Vous prenez la suite du contenu écrit dans l'article 289.
Vous appelez $u$ l’endomorphisme de $\R^4$ canoniquement associé à la matrice $A$ définie par :
A = \begin{pmatrix}
0 & 1 &1 &1\\
1 & 0 &1 &1\\
1 & 1 &0 &1\\
1 & 1 &1 &0
\end{pmatrix}.Cet endomorphisme est connu sur les vecteurs de la base canonique de $\R^4$ :
\left\{\begin{align*}
u(1,0,0,0) &= (0,1,1,1)\\
u(0,1,0,0) &= (1,0,1,1)\\
u(0,0,1,0) &= (1,1,0,1)\\
u(0,0,0,1) &= (1,1,1,0).
\end{align*}
\right.Il a été établi dans l’article précité que la matrice $P$ :
P=\begin{pmatrix}
1 & 0 &0 &0\\
0 & 1 &0 &0\\
0 & 1 &1 &0\\
0 & 1 &0 &1
\end{pmatrix}est une matrice de changement de base dans laquelle la matrice de $u$ dans la nouvelle base est de Hessenberg, notée $H$ :
H= \begin{pmatrix}
0 & 3 &1 &1\\
1 & 2 &1 &1\\
0 & 0 &-1 &0\\
0 & 0 &0 &-1
\end{pmatrix}.Vous allez vérifier ce point directement.
Effectuez le changement de base en adoptant le point de vue des endomorphismes
Notez $(e_1,e_2,e_3,e_4)$ la base canonique de $\R^4.$
Le $\R$-espace vectoriel $\R^4$ est muni de son produit scalaire usuel. Ainsi $(e_1,e_2,e_3,e_4)$ est une base orthonormée de $\R^4.$
Vu la matrice $P$ qui est inversible, vous posez :
\left\{
\begin{align*}
f_1 &= e_1 \\
f_2 &= e_2+e_3+e_4\\
f_3 &= e_3\\
f_4 &= e_4.
\end{align*}
\right.La famille $(f_1,f_2,f_3,f_4)$ est une base de $\R^4.$
La matrice $P$ est donc la matrice de passage de la base $(e_1,e_2,e_3,e_4)$ vers la base $(f_1,f_2,f_3,f_4).$
Pour rappel :
\left\{
\begin{align*}
u(e_1) &= e_2+e_3+e_4\\
u(e_2) &= e_1+e_3+e_4\\
u(e_3) &= e_1+e_2+e_4\\
u(e_4) &= e_1+e_2+e_3.
\end{align*}
\right.Maintenant vous calculez les images par l’endomorphisme $u$ des vecteurs $f_1$, $f_2$, $f_3$ et $f_4$ et vous exprimez les résultats dans la base $(f_1,f_2,f_3,f_4).$ Cela conduit à ce qui suit.
\begin{align*}
u(f_1) &= u(e_1)\\
&= e_2+e_3+e_4\\
&=f_2.
\end{align*}Puis :
\begin{align*}
u(f_2) &= u(e_2+e_3+e_4)\\
&= u(e_2)+u(e_3)+u(e_4)\\
&=3e_1+2e_2+2e_3+2e_4\\
&=3f_1+2(e_2+e_3+e_4)\\
&=3f_1+2f_2.
\end{align*}Vous poursuivez :
\begin{align*}
u(f_3) &= u(e_3)\\
&= e_1+e_2+e_4\\
&=e_1+(e_2+e_3+e_4)-e_3\\
&=f_1+f_2-f_3.
\end{align*}Vous terminez :
\begin{align*}
u(f_4) &= u(e_4)\\
&= e_1+e_2+e_3\\
&=e_1+(e_2+e_3+e_4)-e_4\\
&=f_1+f_2-f_4.
\end{align*}Vous avez retrouvé que, dans la base $(f_1,f_2,f_3,f_4)$ la matrice de $u$ est bien la matrice $H$ précitée :
H= \begin{pmatrix}
0 & 3 &1 &1\\
1 & 2 &1 &1\\
0 & 0 &-1 &0\\
0 & 0 &0 &-1
\end{pmatrix}.Utilisez le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt
Dans la base $(f_1,f_2,f_3,f_4)$, la matrice de $u$ est de Hessenberg. Cependant, la base $(f_1,f_2,f_3,f_4)$ n’est pas orthonormée : par exemple, le produit scalaire $\langle f_2,f_3\rangle$ n’est pas nul.
Vous allez donc dans un premier temps orthogonaliser la base $(f_1,f_2,f_3,f_4)$ pour le produit scalaire usuel qui sera noté entre crochets.
Premier vecteur
Vous posez d’abord :
\boxed{f_1^{\perp} = f_1 = e_1.}\Vert f_1^{\perp}\Vert^2 = \Vert e_1\Vert^2 = 1.Deuxième vecteur
Utilisant la projection orthogonale du vecteur $f_2$ sur l’espace engendré par le vecteur $f_1^{\perp}$, vous posez :
\begin{align*}
f_2^{\perp} &= f_2-\frac{\langle f_2, f_1^{\perp}\rangle}{\Vert f_1^{\perp}\Vert^2} f_1^{\perp}\\
&= f_2-\langle f_2, f_1\rangle f_1.
\end{align*}
Or :
\begin{align*}
\langle f_2,f_1\rangle &= \langle e_2+e_3+e_4, e_1\rangle\\
&= \langle e_2, e_1\rangle + \langle e_3, e_1\rangle + \langle e_4, e_1\rangle \\
&=0+0+0\\
&=0.
\end{align*}
Donc :
\boxed{f_2^{\perp} = f_2 = e_2+e_3+e_4.}Vous évaluez la norme au carré de ce vecteur :
\begin{align*}
\Vert f_2^{\perp}\Vert^2 &= \Vert e_2 \Vert^2+ \Vert e_3 \Vert^2+\Vert e_4\Vert^2 \\
&=1+1+1\\
&=3.
\end{align*}Troisième vecteur
Utilisant la projection orthogonale du vecteur $f_3$ sur l’espace engendré par les vecteurs $f_1^{\perp}$ et $f_2^{\perp}$ vous posez :
\begin{align*}
f_3^{\perp} &= f_3-\frac{\langle f_3, f_1^{\perp}\rangle}{\Vert f_1^{\perp}\Vert^2} f_1^{\perp}-\frac{\langle f_3, f_2^{\perp}\rangle}{\Vert f_2^{\perp}\Vert^2} f_2^{\perp}
\\
&= f_3-\frac{\langle f_3, f_1\rangle}{\Vert f_1\Vert^2} f_1-\frac{\langle f_3, f_2\rangle}{\Vert f_2\Vert^2} f_2.
\end{align*}
Vous avez deux produits scalaires à calculer.
D’une part :
\begin{align*}
\langle f_3,f_1\rangle &= \langle e_3,e_1 \rangle\\
&=0.
\end{align*}D’autre part :
\begin{align*}
\langle f_3,f_2\rangle &= \langle e_3,e_2+e_3+e_4 \rangle\\
&= \langle e_3,e_2 \rangle + \langle e_3,e_3 \rangle+ \langle e_3,e_4 \rangle \\
&=0+\Vert e_3 \Vert^2+0\\
&=1.
\end{align*}Donc :
\boxed{f_3^{\perp} = f_3-\frac{1}{3} f_2.}Dans la base $(e_1,e_2,e_3,e_4)$ le vecteur $f_3^{\perp}$ s’écrit comme suit :
f_3^{\perp} = e_3 - \frac{1}{3}(e_2+e_3+e_4)Après développement et réduction vous obtenez :
\boxed{f_3^{\perp} =- \frac{1}{3}e_2+\frac{2}{3} e_3 - \frac{1}{3}e_4.}Au passage, la norme au carré de ce vecteur est égale à :
\begin{align*}
\Vert f_3^{\perp} \Vert^2 &= \left(-\frac{1}{3}\right)^2 + \left(\frac{2}{3}\right)^2 + \left(-\frac{1}{3}\right)^2\\
&=\frac{1}{9}+\frac{4}{9}+\frac{1}{9}\\
&=\frac{6}{9}\\
&=\frac{2}{3}.
\end{align*}Quatrième vecteur
Utilisant la projection orthogonale du vecteur $f_4$ sur l’espace engendré par les vecteurs $f_1$, $f_2$ et $f_3$ vous posez :
\begin{align*}
f_4^{\perp} &= f_4-\frac{\langle f_4, f_1^{\perp}\rangle}{\Vert f_1^{\perp}\Vert^2} f_1^{\perp}-\frac{\langle f_4, f_2^{\perp}\rangle}{\Vert f_2^{\perp}\Vert^2} f_2^{\perp}-\frac{\langle f_4, f_3^{\perp}\rangle}{\Vert f_3\Vert^2} f_3^{\perp}
\\
&= f_4-{\langle f_4, f_1\rangle} f_1-\frac{\langle f_4, f_2\rangle}{3} f_2^{\perp} - \frac{3}{2}{\langle f_4, f_3^{\perp}\rangle} f_3^{\perp}.
\end{align*}Vous avez trois produits scalaires à calculer.
\begin{align*}
\langle f_4,f_1\rangle &= \langle e_4,e_1 \rangle\\
&=0.
\end{align*}\begin{align*}
\langle f_4,f_2\rangle &= \langle e_4,e_2+e_3+e_4 \rangle\\
&=1.
\end{align*}\begin{align*}
\langle f_4,f_3^{\perp}\rangle &= \left\langle e_4,- \frac{1}{3}e_2+\frac{2}{3} e_3 - \frac{1}{3}e_4 \right\rangle\\
&=\frac{-1}{3}.
\end{align*}\begin{align*}
f_4^{\perp} &=f_4-\frac{1}{3} f_2^{\perp} + \frac{1}{2} f_3^{\perp}\\
&=f_4-\frac{1}{3}f_2+\frac{1}{2}\left(f_3-\frac{1}{3} f_2\right)\\
&=-\frac{1}{2}f_2+\frac{1}{2}f_3+f_4.
\end{align*}
En résumé :
\boxed{f_4^{\perp} = -\frac{1}{2}f_2+\frac{1}{2}f_3+f_4.}Dans la base $(e_1,e_2,e_3,e_4)$ le vecteur $f_4^{\perp}$ s’écrit comme suit :
\begin{align*}
f_4^{\perp} &= -\frac{1}{2}(e_2+e_3+e_4)+\frac{1}{2}e_3+e_4
\\
&=-\frac{1}{2}e_2+\frac{1}{2}e_4.
\end{align*}Vous avez obtenu :
\boxed{f_4^{\perp} =-\frac{1}{2}e_2+\frac{1}{2}e_4.}La norme au carré de ce vecteur est égale à :
\begin{align*}
\Vert f_4^{\perp} \Vert^2 &= \left(-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 \\
&=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\\
&=\frac{1}{2}.
\end{align*}Orthonormalisez la base obtenue
Par le procédé effectué, la famille $(f_1^{\perp},f_2^{\perp},f_3^{\perp},f_4^{\perp})$ est orthogonale.
Donc la famille :
\left(f_1^{\perp},\frac{\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp},\frac{\sqrt{6}}{2}f_3^{\perp},\sqrt{2}f_4^{\perp}\right)est orthonormale.
Déterminez la matrice de $u$ dans la base $(f_1^{\perp},f_2^{\perp},f_3^{\perp},f_4^{\perp})$
Premier vecteur
Comme $u(f_1) =f_2$ vous déduisez :
\begin{align*}
u(f_1^{\perp}) &=f_2^{\perp}.
\end{align*}Deuxième vecteur
Ensuite, comme $u(f_2) = 3f_1+2f_2$ il vient :
\begin{align*}
u(f_2^{\perp}) &= 3f_1^{\perp}+2f_2^{\perp}.
\end{align*}Troisième vecteur
Comme :
\begin{align*}
u(f_3) &= f_1+f_2-f_3
\\
f_3^{\perp} &= f_3-\frac{1}{3} f_2
\end{align*}il vient par linéarité :
\begin{align*}
u(f_3^{\perp}) &= u(f_3)-\frac{1}{3} u(f_2)\\
&= f_1+f_2-f_3-\frac{1}{3}(3f_1+2f_2)\\
&=\frac{1}{3}f_2-f_3\\
&=\frac{1}{3}f_2-(f_3^{\perp}+\frac{1}{3}f_2)\\
&=-f_3^{\perp}.
\end{align*}
Quatrième vecteur
Comme :
\begin{align*}
u(f_4) &=f_1+f_2-f_4 \\
f_4^{\perp} &= -\frac{1}{2}f_2+\frac{1}{2}f_3+f_4
\end{align*}par linéarité, il vient :
\begin{align*}
u(f_4^{\perp}) &= -\frac{1}{2}u(f_2)+\frac{1}{2}u(f_3)+u(f_4)\\
&= -\frac{1}{2}(3f_1+2f_2)+\frac{1}{2}(f_1+f_2-f_3)+(f_1+f_2-f_4)\\
&=\frac{1}{2}f_2-\frac{1}{2}f_3-f_4\\
&=-f_4^{\perp}.
\end{align*}La matrice $K$ de $u$ dans la base $(f_1^{\perp},f_2^{\perp},f_3^{\perp},f_4^{\perp})$ est toujours de Hessenberg :
K=\begin{pmatrix}
0 & 3 & 0 & 0\\
1 & 2 & 0 & 0\\
0 & 0 & -1 & 0\\
0 & 0 & 0 & -1
\end{pmatrix}.Déterminez la matrice de $u$ dans la base $\left(f_1^{\perp},\frac{\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp},\frac{\sqrt{6}}{2}f_3^{\perp},\sqrt{2}f_4^{\perp}\right)$
La matrice de $u$ dans la base canonique est symétrique, donc $u$ est auto-adjoint.
Donc sa matrice sera symétrique dans n’importe quelle base orthonormée.
Vous déduisez que, dans la base $\left(f_1^{\perp},\frac{\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp},\frac{\sqrt{6}}{2}f_3^{\perp},\sqrt{2}f_4^{\perp}\right)$ la matrice $L$ de $u$ sera à la fois symétrique et de Hessenberg. En particulier elle sera symétrique et tridiagonale.
Premier vecteur
De $u(f_1^{\perp}) =f_2^{\perp}$ vous déduisez :
\begin{align*}
u(f_1^{\perp}) =\sqrt{3} \left(\frac{\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp}\right).
\end{align*}Deuxième vecteur
De $u(f_2^{\perp}) = 3f_1^{\perp}+2f_2^{\perp}$ il vient :
\begin{align*}
u\left(\frac{\sqrt{3}}{3} f_2^{\perp}\right) &= \sqrt{3}f_1^{\perp}+\frac{2\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp}\\
&=\sqrt{3}f_1^{\perp}+2\left(\frac{\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp}\right).
\end{align*}Troisième vecteur
De $u(f_3^{\perp}) = -f_3^{\perp}$ vous déduisez :
\begin{align*}
u\left(\frac{\sqrt{6}}{2}f_3^{\perp}\right) = -\left(\frac{\sqrt{6}}{2}f_3^{\perp}\right).
\end{align*}Quatrième vecteur
De $u(f_4^{\perp}) = -f_4^{\perp}$ vous déduisez :
\begin{align*}
u\left(\sqrt{2}f_4^{\perp}\right) &= -\left(\sqrt{2}f_4^{\perp}\right).
\end{align*}
La matrice $L$ de $u$ dans la base $\left(f_1^{\perp},\frac{\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp},\frac{\sqrt{6}}{2}f_3^{\perp},\sqrt{2}f_4^{\perp}\right)$ est symétrique et tridiagonale :
L=\begin{pmatrix}
0 & \sqrt{3} & 0 & 0\\
\sqrt{3} & 2 & 0 & 0\\
0 & 0 & -1 & 0\\
0 & 0 & 0 & -1
\end{pmatrix}.Concluez
En notant $Q$ la matrice de passage de la base canonique de $\R^4$ vers la famille $\left(f_1^{\perp},\frac{\sqrt{3}}{3}f_2^{\perp},\frac{\sqrt{6}}{2}f_3^{\perp},\sqrt{2}f_4^{\perp}\right)$ vous obtenez une matrice orthogonale :
Q = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & \frac{\sqrt{3}}{3} & -\frac{\sqrt{6}}{6} & -\frac{\sqrt{2}}{2}\\
0 & \frac{\sqrt{3}}{3} & \frac{\sqrt{6}}{3} & 0\\
0 & \frac{\sqrt{3}}{3} & -\frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{2}}{2}
\end{pmatrix}.Alors :
\boxed{Q^{-1}AQ = {}^{t}QAQ = L = \begin{pmatrix}
0 & \sqrt{3} & 0 & 0\\
\sqrt{3} & 2 & 0 & 0\\
0 & 0 & -1 & 0\\
0 & 0 & 0 & -1
\end{pmatrix}.}Prolongement
La matrice réelle $L$ est-elle diagonalisable ? Autrement dit, existe-t-il une base de diagonalisation de l’endomorphisme $u$ ?
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