Auteur/autrice : Yannis TRIANTAPHYLIDES

Pour tout entier naturel $n$ vous définissez :

I_n = \int_{0}^{1} (x(x-1))^n\dx.

Utilisez une intégration par parties

Soit $n$ un entier naturel. Vous cherchez à calculer l’intégrale $I_{n+1}$ directement à l’aide d’une intégration par parties.

Vous posez :

\left\{
\begin{align*}
u'(x) &= 1 \\
v(x) &= (x(x-1))^{n+1}.
\end{align*}
\right.

Cela amène à :

\left\{
\begin{align*}
u(x) &= x \\
v'(x) &= (n+1)(2x-1)(x(x-1))^n.
\end{align*}
\right.

Ainsi :

\begin{align*}
I_{n+1} &= \int_{0}^{1} u'(x)v(x) \dx \\
&=\left[u(x)v(x)\right]_{0}^{1} -\int_{0}^{1} u(x)v'(x)\dx \\
&=\left[x(x^2-x)^{n+1}\right]_{0}^{1} - (n+1)\int_{0}^{1} (2x^2-x)(x^2-x)^n\dx\\
&= - (n+1)\int_{0}^{1} (2x^2-x)(x^2-x)^n\dx.
\end{align*}

A ce stade, vous allez écrire :

\begin{align*}
2x^2-x &= 2x^2-2x+x \\
&=2(x^2-x)+x
\end{align*}

Du coup :

\begin{align*}
I_{n+1} &=  - (2n+2)\int_{0}^{1} (x^2-x)^{n+1}\dx - (n+1)\int_{0}^{1} x(x^2-x)^{n}\dx \\
&=(-2n-2)I_{n+1}-(n+1)\int_{0}^{1} x(x^2-x)^{n}\dx.
\end{align*}

Comme $I_{n+1}$ réapparaît dans le membre de droite, il vient :

(2n+3)I_{n+1} = -(n+1)\int_{0}^{1} x(x^2-x)^{n}\dx.

Faites apparaître une dérivée

Pour calculer l’intégrale $\int_{0}^{1} x(x^2-x)^{n}\dx$ vous procédez ainsi :

\begin{align*}
\int_{0}^{1} x(x^2-x)^{n}\dx &=\frac{1}{2} \int_{0}^{1} 2x(x^2-x)^{n}\dx \\
 &=\frac{1}{2} \int_{0}^{1} (2x-1)(x^2-x)^{n}\dx +\frac{1}{2} \int_{0}^{1} (x^2-x)^{n}\dx \\
&=\frac{1}{2}\left[\frac{(x^2-x)^{n+1}}{n+1}\right]_0^1 + \frac{1}{2} I_n\\
&=\frac{1}{2}I_n.
\end{align*}

Vous déduisez de ce calcul que :

2(2n+3)I_{n+1} = -(n+1)I_n.

En définitive :

\boxed{\forall n\in\N, 2(2n+3)I_{n+1} = -(n+1)I_n.}

Préparez l’hypothèse de récurrence

Soit $n\in\N$, écrivez la relation obtenue ci-dessus sur $n$ lignes :

\begin{align*}
2(2n+1)I_{n}& = -(n)I_{n-1}\\
2(2n-1)I_{n-1} &= -(n-1)I_{n-2}\\
\dots &= \dots\\
2(5)I_{2} &= -(2)I_n\\
2(3)I_{1} &= -(1)I_0.
\end{align*}

En multipliant toutes ces lignes entre elles, vous obtenez :

2^n(1\times 3\times \cdots\times (2n-1)(2n+1)) I_1I_2\cdots I_{n-1}I_n = (-1)^n n! I_0I_1\cdots I_{n-1}.

Sans prendre le besoin de justifier que l’on peut diviser par le produit $I_1I_2\cdots I_{n-1}$ vous pensez que :

2^n(1\times 3\times \cdots\times (2n-1)(2n+1)) I_n = (-1)^n n! I_0.

Or, le calcul de $I_0$ fournit :

\begin{align*}
I_0 &= \int_0^1 (x^2-x)^0\dx \\
&= \int_0^1 1 \dx \\
&=1.
\end{align*}

Donc :

2^n(1\times 3\times \cdots\times (2n-1)(2n+1)) I_n = (-1)^n n!.

Il reste à écrire avec des factorielles le produit des impairs. Pour cela, vous multipliez par le produit :

\begin{align*}
2\times 4 \times \cdots \times (2n) &= (2\times 1)\times (2\times 2)\times \cdots \times(2\times n)\\
&=2^n n!.
\end{align*}

Ainsi :

2^n(1\times 3\times \cdots\times (2n-1)(2n+1)) \times 2\times 4 \times \cdots \times (2n) I_n = (-1)^n 2^n (n!)^2.

Vous simplifiez par $2^n$ :

(2n+1)! I_n = (-1)^n  (n!)^2.

Et voilà le candidat trouvé :

I_n = \frac{(-1)^n (n!)^2}{(2n+1)!}.

Effectuez la récurrence

Pour tout entier naturel $n$, vous posez $\mathscr{P}(n)$ : « $I_n = \frac{(-1)^n (n!)^2}{(2n+1)!}.$ »

Initialisation. D’une part :

\frac{(-1)^0 (0!)^2}{(2\times 0+1)!} = \frac{1}{1!} = 1.

D’autre part, il a été vu que $I_0 = 1.$

Donc $\mathscr{P}(0)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $I_n = \frac{(-1)^n (n!)^2}{(2n+1)!}.$

Il a été établi que :

 2(2n+3)I_{n+1} = -(n+1)I_n.

Utilisant l’hypothèse de récurrence :

\begin{align*}
 2(2n+3)I_{n+1} &= -\frac{(-1)^n (n!)^2 (n+1)}{(2n+1)!}\\
 &=\frac{(-1)^{n+1} (n!)^2 (n+1)}{(2n+1)!}\\
 &=\frac{(-1)^{n+1} (n!)^2 (n+1)^2}{(n+1)(2n+1)!}\\
&=\frac{(-1)^{n+1} ((n+1)!)^2 }{(n+1)(2n+1)!}.
\end{align*}

En divisant par $2$ :

\begin{align*}
(2n+3)I_{n+1} 
&=\frac{(-1)^{n+1} ((n+1)!)^2 }{2(n+1)(2n+1)!}\\
&=\frac{(-1)^{n+1} ((n+1)!)^2 }{(2n+2)(2n+1)!}\\
\end{align*}

En divisant par $2n+3$ qui est non nul :

\begin{align*}
I_{n+1} 
&=\frac{(-1)^{n+1} ((n+1)!)^2 }{(2n+3)(2n+2)(2n+1)!}\\
&=\frac{(-1)^{n+1} ((n+1)!)^2 }{(2n+3)!}\\
&=\frac{(-1)^{n+1} ((n+1)!)^2 }{(2(n+1)+1)!}.
\end{align*}

Donc $\mathscr{P}(n+1)$ est vérifiée.

Conclusion. Pour tout $n\in\N$, la propriété $\mathscr{P}(n)$ est vérifiée.

Concluez

Il a été démontré par récurrence que :

\boxed{\forall n\in\N, \int_{0}^1 (x^2-x)^n \dx =  \frac{(-1)^n (n!)^2}{(2n+1)!}.}

Notez :

\left\{
\begin{align*}
e_1 &= (1,0,0,0)\\
e_2 &= (0,1,0,0)\\
e_3 &= (0,0,1,0)\\
e_4 &= (0,0,0,1).
\end{align*}
\right.

La famille $(e_1,e_2,e_3,e_4)$ est la base canonique de $\R^4.$

Pour tout $(x,y,z,t)\in\R^4$ vous avez :

(x,y,z,t) = xe_1+ye_2+ze_3+te_4.

D’autre part la base duale $(e_1^{*}, e_2^{*}, e_3^{*}, e_4^{*})$ vérifie la propriété suivante :

\forall (x,y,z,t)\in\R^4, (x,y,z,t) = e_1^{*}(x,y,z,t)e_1+e_2^{*}(x,y,z,t)e_2+e_3^{*}(x,y,z,t)e_3+e_4^{*}(x,y,z,t)e_4.

Par unicité de la décomposition d’un vecteur sur une base, vous déduisez immédiatement que, quel que soit $(x,y,z,t)\in\R^4$ :

\left\{
\begin{align*}
e_1^{*}(x,y,z,t) &= x\\
e_2^{*}(x,y,z,t) &= y\\
e_3^{*}(x,y,z,t) &= z\\
e_4^{*}(x,y,z,t) &= t.
\end{align*}
\right.

Vous posez :

\left\{
\begin{align*}
v_1 &= (1,1,0,2)\\
v_2 &= (1,2,1,2)\\
v_3 &= (0,1,2,1)\\
v_4 &= (3,3,1,8).
\end{align*}
\right.

Votre objectif est double :

• démontrer que la famille $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ est une base de $\R^4$ ;
• déterminer explicitement la base duale notée $(v_1^{*}, v_2^{*}, v_3^{*}, v_4^{*})$ de $(v_1,v_2,v_3,v_4).$

Effets des dilatations et des transvections

D’après le contenu rédigé dans l'article 287, la propriété suivante a été établie.

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$

Etant donnée une base $f=(f_1, \dots, f_n)$ d’un $\K$-espace vectoriel de dimension finie $n$, de base duale notée $f^{*} = (f_1^{*}, \dots, f_n^{*})$ :

• quel que soit le scalaire $\lambda$, quels que soient les entiers $i$ et $j$ de $\llbracket 1, n \rrbracket$ tels que $i\neq j$, l’opération $f_i \leftarrow f_i + \lambda f_j$ transforme la base $f$ en une base $f’$ de $E.$ La base duale de $f’$ se déduit de la base duale $f^{*}$ par l’opération $f_j^{*} \leftarrow f_j^{*} – \lambda f_i^{*}$ ;
• quel que soit le scalaire $\lambda$ non nul, l’opération $f_i \leftarrow \lambda f_i $transforme la base $f$ en une base $f’$ de $E.$ La base duale de $f’$ se déduit de la base duale $f^{*}$ par l’opération $f_i^{*} \leftarrow \frac{1}{\lambda} f_i^{*}.$

Mise en pratique

Il s’agit de trouver une suite d’opérations élémentaires qui transforme la famille $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ vers la famille $(e_1,e_2,e_3,e_4).$

Vous effectuez les opérations suivantes : $L_2 \leftarrow L_2-L_1$ et $L_4\leftarrow L_4-3L_1$ :

\left\{
\begin{align*}
v_1 &= (1,1,0,2)\\
v_2-v_1 &= (0,1,1,0)\\
v_3 &= (0,1,2,1)\\
v_4-3v_1 &= (0,0,1,2).
\end{align*}
\right.

Vous effectuez $L_3\leftarrow L_3-L_2$ :

\left\{
\begin{align*}
v_1 &= (1,1,0,2)\\
v_2-v_1         &= (0,1,1,0)\\
v_3-v_2+v_1 &= (0,0,1,1)\\
v_4-3v_1 &= (0,0,1,2).
\end{align*}
\right.

Vous effectuez $L_4 \leftarrow L_4-L_3$ :

\left\{
\begin{align*}
v_1 &= (1,1,0,2)\\
v_2-v_1         &= (0,1,1,0)\\
v_3-v_2+v_1 &= (0,0,1,1)\\
v_4-v_3+v_2-4v_1       &= (0,0,0,1).
\end{align*}
\right.

Puis, vous continuez avec $L_1\leftarrow L_1-L_2$ :

\left\{
\begin{align*}
2v_1-v_2               &= (1,0,-1,2)\\
v_2-v_1         &= (0,1,1,0)\\
v_3-v_2+v_1 &= (0,0,1,1)\\
v_4-v_3+v_2-4v_1       &= (0,0,0,1).
\end{align*}
\right.

Vous effectuez $L_1\leftarrow L_1+L_3$ :

\left\{
\begin{align*}
3v_1-2v_2+v_3               &= (1,0,0,3)\\
v_2-v_1         &= (0,1,1,0)\\
v_3-v_2+v_1 &= (0,0,1,1)\\
v_4-v_3+v_2-4v_1       &= (0,0,0,1).
\end{align*}
\right.

Vous effectuez $L_2\leftarrow L_2-L_3$ :

\left\{
\begin{align*}
3v_1-2v_2+v_3               &= (1,0,0,3)\\
-2v_1+2v_2-v_3         &= (0,1,0,-1)\\
v_3-v_2+v_1 &= (0,0,1,1)\\
v_4-v_3+v_2-4v_1       &= (0,0,0,1).
\end{align*}
\right.

Vous effectuez $L_1\leftarrow L_1-3L_4$ :

\left\{
\begin{align*}
15v_1-5v_2+4v_3  -3v_4              &= e_1\\
-2v_1+2v_2-v_3         &= (0,1,0,-1)\\
v_3-v_2+v_1 &= (0,0,1,1)\\
v_4-v_3+v_2-4v_1       &= (0,0,0,1).
\end{align*}
\right.

Vous effectuez $L_2\leftarrow L_2+L_4$ :

\left\{
\begin{align*}
15v_1-5v_2+4v_3  -3v_4              &= e_1\\
-6v_1+3v_2-2v_3+v_4         &= e_2\\
v_3-v_2+v_1 &= (0,0,1,1)\\
v_4-v_3+v_2-4v_1       &= (0,0,0,1).
\end{align*}
\right.

Vous terminez avec $L_3\leftarrow L_3-L_4$ :

\left\{
\begin{align*}
15v_1-5v_2+4v_3  -3v_4              &= e_1\\
-6v_1+3v_2-2v_3+v_4         &= e_2\\
5v_1-2v_2+2v_3 -v_4 &= e_3\\
v_4-v_3+v_2-4v_1       &= e_4.
\end{align*}
\right.

Il est ainsi prouvé que :

\forall i\in\llbracket 1, 4\rrbracket, e_i\in \mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3,v_4).

La famille $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ est génératrice de $\R^4$ c’est donc une base de $\R^4.$

Note. A partir des égalités ci-dessus, il est possible de déterminer l’expression de la base duale $(v_1^{*}, v_2^{*}, v_3^{*}, v_4^{*})$ sans continuer les opérations élémentaires vu qu’elle vérifie la relation :

\forall u\in\R^4, u = \sum_{i=1}^{4}v_i^{*}(u) v_i.

Comme cet article a pour objectif de détailler les effets des opérations élémentaires, elles seront poursuivies dans la suite.

Résumé des opérations élémentaires

Pour passer de la base $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ à la base $(e_1,e_2,e_3,e_4)$ vous avez appliqué les opérations élémentaires suivantes, dans cet ordre :

\begin{array}{| l  l |}
\hline
L_2 &\leftarrow L_2-L_1 \\ \hline
L_4 &\leftarrow L_4-3L_1  \\ \hline
L_3&\leftarrow L_3-L_2 \\ \hline
L_4 &\leftarrow L_4-L_3 \\ \hline
 L_1&\leftarrow L_1-L_2 \\ \hline
L_1&\leftarrow L_1+L_3 \\ \hline
L_2&\leftarrow L_2-L_3 \\ \hline
L_1&\leftarrow L_1-3L_4 \\ \hline
L_2&\leftarrow L_2+L_4 \\ \hline
L_3&\leftarrow L_3-L_4 \\ \hline
\end{array}

En utilisant les opérations élémentaires réciproques, vous déduisez que vous passez de la base $(e_1,e_2,e_3,e_4)$ à la base $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ de la façon suivante :

\begin{array}{| l  l |}
\hline
L_3&\leftarrow L_3+L_4 \\ \hline
L_2&\leftarrow L_2-L_4 \\ \hline
L_1&\leftarrow L_1+3L_4 \\ \hline
L_2&\leftarrow L_2+L_3 \\ \hline
L_1&\leftarrow L_1-L_3 \\ \hline
L_1&\leftarrow L_1+L_2 \\ \hline
L_4 &\leftarrow L_4+L_3 \\ \hline
L_3&\leftarrow L_3+L_2 \\ \hline
L_4 &\leftarrow L_4+3L_1  \\ \hline
L_2 &\leftarrow L_2+L_1 \\ \hline
\end{array}

En utilisant les effets des opérations élémentaires sur les bases duales, vous déduisez que vous passez de la base $(e_1^{*},e_2^{*},e_3^{*},e_4^{*})$ à la base $(v_1^{*},v_2^{*},v_3^{*},v_4^{*})$ de la façon suivante :

\begin{array}{| l  l |}
\hline
L_4&\leftarrow L_4-L_3 \\ \hline
L_4&\leftarrow L_4+L_2 \\ \hline
L_4&\leftarrow L_4-3L_1 \\ \hline
L_3&\leftarrow L_3-L_2 \\ \hline
L_3&\leftarrow L_3+L_1 \\ \hline
L_2&\leftarrow L_2-L_1 \\ \hline
L_3 &\leftarrow L_3-L_4 \\ \hline
L_2&\leftarrow L_2-L_3 \\ \hline
L_1 &\leftarrow L_1-3L_4  \\ \hline
L_1 &\leftarrow L_1-L_2 \\ \hline
\end{array}

Pour terminer, vous partez de la base $(e_1^{*},e_2^{*},e_3^{*},e_4^{*})$ et appliquez les opérations ci-dessus.

\begin{array}{| l  l | l |}
\hline
& & (e_1^{*},e_2^{*},e_3^{*},e_4^{*})
\\ \hline
L_4&\leftarrow L_4-L_3 & (e_1^{*},e_2^{*},e_3^{*},e_4^{*}-e_3^{*})
\\ \hline
L_4&\leftarrow L_4+L_2 &  (e_1^{*},e_2^{*},e_3^{*},e_4^{*}-e_3^{*} + e_2^{*})
\\ \hline
L_4&\leftarrow L_4-3L_1 &  (e_1^{*},e_2^{*},e_3^{*},e_4^{*}-e_3^{*} + e_2^{*}-3e_1^{*})
 \\ \hline
L_3&\leftarrow L_3-L_2 & (e_1^{*},e_2^{*},e_3^{*}-e_2^{*},e_4^{*}-e_3^{*} + e_2^{*}-3e_1^{*})
 \\ \hline
L_3&\leftarrow L_3+L_1 &  (e_1^{*},e_2^{*},e_3^{*}-e_2^{*}+e_1^{*},e_4^{*}-e_3^{*} + e_2^{*}-3e_1^{*})
\\ \hline
L_2&\leftarrow L_2-L_1 &  (e_1^{*},e_2^{*}-e_1^{*},e_3^{*}-e_2^{*}+e_1^{*},e_4^{*}-e_3^{*} + e_2^{*}-3e_1^{*})
\\ \hline
L_3 &\leftarrow L_3-L_4&   (e_1^{*},e_2^{*}-e_1^{*},4e_1^{*}-2e_2^{*}+2e_3^{*}-e_4^{*} ,e_4^{*}-e_3^{*} + e_2^{*}-3e_1^{*})
 \\ \hline
L_2&\leftarrow L_2-L_3 & (e_1^{*},-5e_1^{*}+3e_2^{*}-2e_3^{*}+e_4^{*},4e_1^{*}-2e_2^{*}+2e_3^{*}-e_4^{*} ,e_4^{*}-e_3^{*} + e_2^{*}-3e_1^{*})
\\ \hline
L_1 &\leftarrow L_1-3L_4 & (10e_1^{*}-3e_2^{*}+3e_3^{*}-3e_4^{*},
-5e_1^{*}+3e_2^{*}-2e_3^{*}+e_4^{*},
4e_1^{*}-2e_2^{*}+2e_3^{*}-e_4^{*} ,
e_4^{*}-e_3^{*} + e_2^{*}-3e_1^{*})
 \\ \hline
L_1 &\leftarrow L_1-L_2&  (15e_1^{*}-6e_2^{*}+5e_3^{*}-4e_4^{*},
-5e_1^{*}+3e_2^{*}-2e_3^{*}+e_4^{*},
4e_1^{*}-2e_2^{*}+2e_3^{*}-e_4^{*} ,
e_4^{*}-e_3^{*} + e_2^{*}-3e_1^{*}).
 \\ \hline
\end{array}

Concluez

Vous déduisez des calculs qui précèdent que, pour tout $(x,y,z,t)\in\R^4$ :

\left\{
\begin{align*}
v_1^{*}(x,y,z,t) &= 15x-6y+5z-4t\\
v_2^{*}(x,y,z,t) &= -5x+3y-2z+t\\
v_3^{*}(x,y,z,t) &= -4x-2y+2z-t\\
v_4^{*}(x,y,z,t) &= -3x+y-z+t.
\end{align*}
\right.

Soit $E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension finie $n\geq 2$ et une de ses bases notée $e=(e_1, \dots, e_n).$

Vous définissez des formes linéaires $e_1^{*}, \dots, e_n^{*}$ en posant :

\forall i \in \llbracket 1, n\rrbracket, e_i^{*}(e_j)  = \delta_{ij}

où $\delta$ désigne le symbole de Kronecker.

L’espace dual de $E$, à savoir l’ensemble des formes linéaires sur $E$, noté $E^{*}$ admet alors une base.

Démontrez que l’espace dual admet pour base $e^{*}$

Liberté de la famille $e^{*}$

Soit $(\lambda_1,\dots,\lambda_n)\in\K^n$ tel que :

\sum_{i=1}^{n} \lambda_i e_i^{*} = 0.

Ainsi :

\forall x\in E, \sum_{i=1}^{n} \lambda_i e_i^{*}(x) = 0.

Soit $j$ un élément fixé de $\llbracket 1, n\rrbracket.$ Appliquez le résultat précédent lorsque $x=e_j$ :

\begin{align*}
\sum_{i=1}^{n} \lambda_i e_i^{*}(e_j) &= 0 \\
\sum_{i=1}^{n} \lambda_i \delta_{ij} &= 0 \\
\lambda_j = 0.
\end{align*}

Du coup :

\forall j\in\llbracket 1, n \rrbracket, \lambda_j = 0.

La décomposition d’un vecteur

Soit $x$ un vecteur de $E.$

Comme $(e_1,\dots, e_n)$ est une base de $E$, il existe $(\lambda_1,\dots, \lambda_n)\in\K^n$ tel que :

x=\sum_{i=1}^{n} \lambda_i e_i.

Soit $j$ un élément fixé de $\llbracket 1, n\rrbracket.$ Vous calculez $e_j^{*}(x)$ et utilisez la linéarité :

\begin{align*}
e_j^{*}(x) &=\sum_{i=1}^{n} \lambda_i e_j^{*}(e_i)\\
&=\sum_{i=1}^{n} \lambda_i \delta_{ij}\\
&=\lambda_j.
\end{align*}

Il vient donc :

x=\sum_{i=1}^{n} e_i^{*}(x) e_i.

Ainsi :

\boxed{\forall x\in E, x=\sum_{i=1}^{n} e_i^{*}(x) e_i.}

Caractère générateur de la famille $e^{*}$

Soit $\varphi$ une forme linéaire, c’est-à-dire une application linéaire allant de $E$ dans $\K.$

Fixez un vecteur $x\in E.$

Il a été vu plus haut que :

x=\sum_{i=1}^{n} e_i^{*}(x) e_i.

Par linéarité de $\varphi$ il vient :

\begin{align*}
\varphi(x)&=\sum_{i=1}^{n} e_i^{*}(x) \varphi(e_i)\\
&=\sum_{i=1}^{n} \varphi(e_i) e_i^{*}(x) \\
&=\left(\sum_{i=1}^{n} \varphi(e_i) e_i^{*}\right)(x).
\end{align*}

Ainsi :

\forall x\in E, \varphi(x) = \left(\sum_{i=1}^{n} \varphi(e_i) e_i^{*}\right)(x).

Et par suite :

\varphi = \sum_{i=1}^{n} \varphi(e_i) e_i^{*}.

Il est ainsi démontré que :

\boxed{\forall \varphi\in E^{*}, \varphi = \sum_{i=1}^{n} \varphi(e_i) e_i^{*}.}

Dimension de $E^{*}$

D’après ce qui précède, $e^{*}$ est une base de $E^{*}$ comportant $n$ vecteurs donc $\boxed{\dim E^{*} = \dim E.}$

Caractérisez la base duale de $e$

Réciproquement, supposez qu’il existe une famille de $E^{*}$, notée $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ telle que :

\forall x\in E, x = \sum_{i=1}^{n} \varphi_i(x) e_i.

Fixez $x\in E.$ Le vecteur $x$ se décompose de deux façons différentes :

\begin{align*}
x &= \sum_{i=1}^{n} \varphi_i(x) e_i\\
x &= \sum_{i=1}^{n} e_i^{*}(x) e_i.
\end{align*}

Par unicité de la décomposition d’un vecteur sur une base, vous déduisez :

\forall i\in \llbracket 1, n \rrbracket, e_i^{*}(x) = \varphi_i(x).

Ainsi :

\forall i\in \llbracket 1, n \rrbracket, e_i^{*} = \varphi_i.

La famille $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ est la base duale de $(e_1,\dots,e_n).$

Une dilatation d’un vecteur de la base $e$ induit une autre dilatation sur la base duale $e^{*}$

Soit $(e_1,\dots, e_n)$ une base de $E.$

Soit $\lambda$ un scalaire non nul et soit $i$ un élément de $\llbracket 1, n \rrbracket$ fixé.

Vous effectuez l’opération élémentaire $e_i \leftarrow \lambda e_i$ au niveau de la base $e.$

Concrètement, vous passez de la base $e = (e_1, \dots, e_{i-1}, e_i, e_{i+1}, \dots e_n)$ à la famille $e’ = (e_1, \dots, e_{i-1}, \lambda e_i, e_{i+1}, \dots e_n).$

Vous allez démontrer que $e’$ est une base de $E$ et trouver sa base duale.

Soit $x\in E.$ Un tel vecteur se décompose ainsi :

\begin{align*}
x &= \sum_{k=1}^{n} e_k^{*}(x) e_k\\
&= e_i^{*}(x) e_i + \sum_{k\neq i} e_k^{*}(x) e_k\\
&= \frac{1}{\lambda}e_i^{*}(x) (\lambda e_i) + \sum_{k\neq i} e_k^{*}(x) e_k.
\end{align*}

D’une part, le vecteur $x$ appartient à l’espace vectoriel engendré par la famille $e’.$ Or $e’$ possède le même nombre de vecteurs que la dimension de $E$ donc $e’$ est une base de $E.$

D’autre part, cette écriture montre que la famille $e’^{*} = (e_1^{*}, \dots, e_{i-1}^{*}, \frac{1}{\lambda} e_i^{*},e_{i+1}^{*}, \dots e_n^{*})$ est la base duale de $e’.$

En définitive, si $e = (e_1, \dots, e_{i-1}, e_i, e_{i+1}, \dots e_n)$ est une base de $E$ dont la base duale est notée $e^{*} = (e_1^{*}, \dots, e_{i-1}^{*}, e_i^{*}, e_{i+1}^{*}, \dots e_n^{*})$, alors, pour tout $\lambda\in\K^{*}$, la famille $e’ = (e_1, \dots, e_{i-1}, \lambda e_i, e_{i+1}, \dots e_n)$ est une autre base de $E$ et la base duale de $e’$ est $e’^{*} = (e_1^{*}, \dots, e_{i-1}^{*}, \frac{1}{\lambda} e_i^{*}, e_{i+1}^{*}, \dots e_n^{*}).$

Une transvection effectuée sur la base $e$ induit une autre transvection sur la base duale $e^{*}$

Soit $(e_1,\dots, e_n)$ une base de $E.$

Soient $i$ et $j$ deux éléments différents de l’ensemble $\llbracket 1, n \rrbracket.$ Soit $\lambda$ un scalaire fixé.

Vous effectuez l’opération élémentaire $e_i \leftarrow \lambda e_i+\lambda e_j$ au niveau de la base $e.$

Concrètement, vous passez de la base $e = (e_1, \dots, e_{i-1}, e_i, e_{i+1}, \dots e_n)$ à la famille $e’ = (e_1, \dots, e_{i-1}, e_i+\lambda e_j, e_{i+1}, \dots e_n).$

Soit $x\in E.$ Un tel vecteur se décompose ainsi :

\begin{align*}
x &= \sum_{k=1}^{n} e_k^{*}(x) e_k\\
&= e_i^{*}(x) e_i + \sum_{k\neq i} e_k^{*}(x) e_k\\
&= e_i^{*}(x) (e_i+\lambda e_j) - e_i^{*}(x)\lambda e_j + \sum_{k\neq i} e_k^{*}(x) e_k\\
&= e_i^{*}(x) (e_i+\lambda e_j) - e_i^{*}(x)\lambda e_j + e_j^{*}(x) e_j +\sum_{k\notin \{i, j\}} e_k^{*}(x) e_k\\
&= e_i^{*}(x) (e_i+\lambda e_j)+ ( e_j^{*}(x)- \lambda e_i^{*}(x)   ) e_j +\sum_{k\notin \{i, j\}} e_k^{*}(x) e_k.
\end{align*}

D’une part, le vecteur $x$ appartient à l’espace vectoriel engendré par la famille $e’.$ Or $e’$ possède le même nombre de vecteurs que la dimension de $E$ donc $e’$ est une base de $E.$

D’autre part, cette écriture montre que la famille $e’^{*} = (e_1^{*}, \dots, e_{j-1}^{*}, e_j^{*}-\lambda e_i^{*}, e_{j+1}^{*}, \dots e_n^{*})$ est la base duale de $e’.$

En définitive, si $e = (e_1, \dots, e_{i-1}, e_i, e_{i+1}, \dots e_n)$ est une base de $E$ dont la base duale est notée $e^{*} = (e_1^{*}, \dots, e_{i-1}^{*}, e_i^{*}, e_{i+1}^{*}, \dots e_n^{*})$, alors, appliquer l’opération de transvection $e_i \leftarrow e_i + \lambda e_j$ sur la base $e$ fournit une autre base de $E$ notée $e’.$ La base duale $e’^{*}$ de $e’$ s’obtient à partir de la base $e^{*}$, à partir de laquelle on applique l’opération de transvection $e_j^{*} \leftarrow e_j^{*} – \lambda e_i^{*}.$

Prolongements

Cas de transpositions

Soit $e=(e_1,\dots, e_n)$ une base de $E$ dont la base duale est notée $e^{*} = (e_1^{*}, \dots, e_n^{*}).$

Soient $i$ et $j$ deux éléments différents de l’ensemble $\llbracket 1, n \rrbracket.$Si vous appliquez l’opération de transposition $e_i \leftrightarrow e_j$ sur la base $e$ et notez $e’$ la nouvelle famille obtenue, justifiez que $e’$ est encore une base de $E$ et déterminez la base duale de $e’$ en fonction de $e^{*}.$

Les permutations

Expliquez pourquoi, sur le plan théorique, il n’est pas utile de traiter le cas d’une permutation des vecteurs d’une base de $e$ et de ses effets éventuels sur la base duale obtenue.

Soient $n$ et $p$ deux entiers supérieurs ou égaux à $2$ et $A$ une matrice à coefficients dans un corps $\K$ qui comporte $n$ lignes et $p$ colonnes.

Soient $i$ et $j$ deux éléments différents de l’ensemble $\llbracket 1, n \rrbracket.$

Comme cela a été vu au sein du contenu rédigé dans l'article 272 dont vous reprenez les mêmes notations, quand vous appliquez à la matrice $A$ l’opération élémentaire $L_i \leftrightarrow L_j$, cela revient à la multiplier à gauche par la matrice suivante :

T = F_{ij} + F_{ji} + \sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{i, j\}} F_{mm}.

Une idée de décomposition en utilisant des transvections

Considérez les variables $x$ et $y$ auxquelles vous appliquez les instructions suivantes :

\begin{align*}
x&\leftarrow x+y\\
y&\leftarrow y-x\\
x&\leftarrow x+y.
\end{align*}

Ces trois opérations échangent les valeurs de $x$ et de $y$ et transforment $x$ en son opposé, comme le montre le tableau des valeurs successives prises par $x$ et $y$ :

\begin{array}{|c|c|}
\hline\
\text{Variable }x & \text{Variable }y \\ \hline
x & y \\ 
x+y & y\\
x+y & -x\\
y & -x\\\hline
\end{array}

Pour permuter $x$ avec $y$ il faut rajouter une dilatation en changeant la variable $y$ en son opposé.

L’opération d’échange :

x\leftrightarrow y

est donc équivalente à la série des quatre opérations suivantes :

\left\{
\begin{align*}
x&\leftarrow x+y\\
y&\leftarrow y-x\\
x&\leftarrow x+y\\
y&\leftarrow -y.
\end{align*}
\right.

Vérifiez l’ensemble sur le plan matriciel

Les quatre opérations décrites ci-dessus s’écrivent de façon analogue de la façon suivante :

\left\{
\begin{align*}
L_i&\leftarrow L_i+L_j\\
L_j&\leftarrow L_j-L_i\\
L_i&\leftarrow L_i+L_j\\
L_j&\leftarrow -L_j.
\end{align*}
\right.

Vous posez :

V_i =    F_{i j} + \sum_{k\in\llbracket 1, n\rrbracket } F_{kk} \\
V_j =  -  F_{ji} + \sum_{\ell \in\llbracket 1, n\rrbracket } F_{\ell\ell}\\
D_j = -F_{jj} + \sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{j\}} F_{mm} = -2F_{jj} + \sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket } F_{mm}.

En notant $I$ la matrice identité d’ordre $n$, il vient :

V_i = F_{ij} + I\\
V_j = -F_{ji} + I\\
D_j = -2F_{jj} + I.

Quand vous appliquez à la matrice $A$ les opérations élémentaires suivantes :

\left\{
\begin{align*}
L_i&\leftarrow L_i+L_j\\
L_j&\leftarrow L_j-L_i\\
L_i&\leftarrow L_i+L_j\\
L_j&\leftarrow -L_j.
\end{align*}
\right.

vous multipliez la matrice $A$ à gauche par le produit :

D_jV_iV_jV_i.

Premier produit, calcul de $V_jV_i$

\begin{align*}
V_jV_i &= (-F_{ji} + I)(F_{ij} + I)\\
&=-F_{ji}F_{ij} - F_{ji} + F_{ij} + I\\
&=F_{ij}-F_{ji}-F_{jj}+I.
\end{align*}

Deuxième produit, calcul de $V_i(V_jV_i)$

\begin{align*}
V_i(V_jV_i) &=(F_{ij} + I)(F_{ij}-F_{ji}-F_{jj}+I)\\
&= F_{ij}F_{ij}-F_{ij}F_{ji}-F_{ij}F_{jj}+F_{ij}\\
&\qquad +F_{ij}-F_{ji}-F_{jj}+I\\
&= 0-F_{ii}-F_{ij}+F_{ij}\\
&\qquad +F_{ij}-F_{ji}-F_{jj}+I\\
&=  F_{ij}-F_{ji}-F_{ii}-F_{jj}+I\\
 &=  F_{ij} - F_{ji} + \sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{i, j\}} F_{mm}.
\end{align*}

Troisième et dernier produit, calcul de $D_j(V_iV_jV_i)$

\begin{align*}
D_j(V_iV_jV_i) &= ( -2F_{jj} + I)\left(  F_{ij} - F_{ji} + \sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{i, j\}} F_{mm}\right)\\
&= -2F_{jj}F_{ij} +2F_{jj}F_{ji}-2\sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{i, j\}} F_{jj}F_{mm}\\
&\qquad +F_{ij} - F_{ji} + \sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{i, j\}} F_{mm}
\\
&= 0+2F_{ji} - 0 \\
&\qquad +F_{ij} - F_{ji} + \sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{i, j\}} F_{mm}\\
&= F_{ij} + F_{ji} + \sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{i, j\}} F_{mm}\\
&= T.
\end{align*}

Prolongement

Pour savoir ce qui a motivé l’introduction des opérations ci-dessous

\begin{align*}
x&\leftarrow x+y\\
y&\leftarrow y-x\\
x&\leftarrow x+y
\end{align*}

allez lire le contenu rédigé dans l'article 376.

Vous considérez la matrice :

A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 2\\
-3 & 0 & 4 & 0\\
0 & 1 & 0 & 3\\
-1 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}.

Trigonaliser la matrice $A$ revient à trigonaliser l’endomorphisme $u$ de $\R^4$ canoniquement associé à $A.$ Il est défini par :

\forall(x,y,z,t)\in\R^4, u(x,y,z,t)=(y+2t, -3x+4z, y+3t, -x+z).

Notez les matrices identité

Dans la suite, vous aurez besoin des matrices suivantes :

\begin{align*}
I &= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\\
I_2 &= \begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Déterminez un hyperplan stable par $u$

Suivant ce qui a été établi au sein du contenu écrit dans l'article 283 vous formez la matrice transposée de $A$ :

^{t}A=\begin{pmatrix}
0 & -3 & 0 & -1\\
1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 4 & 0 & 1\\
2 & 0 & 3 & 0
\end{pmatrix}.

Pour déterminer un vecteur propre de $^{t}A$ vous pouvez choisir la colonne de $^{t}A$ qui semble la plus simple possible, ici la quatrième. Vous posez $V = \begin{pmatrix} 0 \\0\\0\\1\end{pmatrix}$ et calculez les itérés de ce vecteur par la matrice $^{t}A.$

Tout d’abord :

\begin{align*}
^{t}A V &=\begin{pmatrix}
0 & -3 & 0 & -1\\
1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 4 & 0 & 1\\
2 & 0 & 3 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 \\
0\\
0\\
1
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
-1 \\
0\\
1\\
0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

La famille $(V, ^{t}A V)$ étant libre, vous poursuivez.

\begin{align*}
(^{t}A)^2 V &=\ ^{t}A (^{t}AV)\\
&= \begin{pmatrix}
0 & -3 & 0 & -1\\
1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 4 & 0 & 1\\
2 & 0 & 3 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1 \\
0\\
1\\
0
\end{pmatrix}  \\
&= \begin{pmatrix}
0 \\
-1\\
0\\
-2
\end{pmatrix} 
+
\begin{pmatrix}
0 \\
1\\
0\\
3
\end{pmatrix} 
\\
&=
\begin{pmatrix}
0 \\
0\\
0\\
1
\end{pmatrix} \\
&=V.
\end{align*}

Cette égalité fournit :

\begin{align*}
(^{t}A)^2V - V &= 0\\
((^{t}A)^2-I)V &=0\\
(^{t}A-I)(^{t}A+I)V &=0.
\end{align*}

D’après ce qui précède, le polynôme $(X+1)(X-1)$ est le polynôme unitaire de plus petit degré appartenant à l’ensemble :

\{P\in\R[X], P(^{t}A)V = 0\}.

Cet ensemble est un idéal de $\R[X]$ qui est engendré par $(X+1)(X-1).$

Or, le polynôme $\pi$ minimal de la matice $^{t}A$ appartient à cet idéal, donc $(X+1)(X-1)$ divise $\pi$ donc $1$ et $-1$ sont deux racines de $\pi$, donc $1$ et $-1$ sont deux valeurs propres de $^{t}A.$

Ainsi, les deux matrices $(^{t}A-I)$ et $(^{t}A+I)$ sont non inversibles.

Vous formez la première :

^{t}A-I=\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
1 & -1 & 1 & 0\\
0 & 4 & -1 & 1\\
2 & 0 & 3 & -1
\end{pmatrix}.

Pour déterminer son noyau, vous cherchez à exprimer une colonne en fonction des autres, elle vous donnera un vecteur non nul de ce noyau.

Vous effectuez les opérations élémentaires suivantes : $L_2\leftarrow L_2+L_1$ ce qui donne :

\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
0 & -4 & 1 & -1\\
0 & 4 & -1 & 1\\
2 & 0 & 3 & -1
\end{pmatrix}.

Vous constatez immédiatement en effectuant l’opération $L_3\leftarrow L_3+L_2$ que vous tombez sur une matrice qui comporte une ligne entièrement nulle :

\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
0 & -4 & 1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 0\\
2 & 0 & 3 & -1
\end{pmatrix}.

Vous retrouvez bien le fait que $^{t}A -I$ est non inversible. Vous continuez les opérations élémentaires. Par exemple avec $L_4\leftarrow L_4+2L_1$ :

\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
0 & -4 & 1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 & -6 & 3 & -3
\end{pmatrix}.

Vous effectuez alors $L_3 \leftrightarrow L_4$ puis $L_3 \leftarrow \frac{1}{3}L_3$ :

\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
0 & -4 & 1 & -1\\
0 & -2 & 1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.

Pour triangulariser la matrice, vous terminez par les opérations $L_2\leftarrow L_2 – 2L_3$ et $L_2\leftrightarrow L_3$ :

\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
0 & -2 & 1 & -1\\
0 & 0 & -1 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.

Il apparaît alors que $C_4 = C_1-C_3$, autrement dit $C_1-C_3-C_4 = 0.$

Les opérations élémentaires sur les lignes conservant les noyaux, il vient, en posant $W = \begin{pmatrix}1 \\0\\-1\\-1\end{pmatrix}$ :

\begin{align*}
(^{t}A-I)W&=\begin{pmatrix}
-1 & -3 & 0 & -1\\
1 & -1 & 1 & 0\\
0 & 4 & -1 & 1\\
2 & 0 & 3 & -1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1 \\0\\-1\\-1\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}0 \\0\\0\\0\end{pmatrix}.
\end{align*}

Donc $W$ est un vecteur propre de la matrice $^{t}A$ associé à la valeur propre $1.$

Ainsi, l’hyperplan $H_3$ de $\R^4$ défini par :

\boxed{H_3 = \{(x,y,z,t)\in\R^4, x-z-t = 0\}}

est stable par l’endomorphisme $u.$

Facultatif : vérifiez que cet hyperplan est stable par $u$

Soit $(x,y,z,t)\in\R^4$ tel que $(x,y,z,t)\in H_3.$

Alors $x = z+t.$

De plus :

\begin{align*}
u(x,y,z,t)&=(y+2t, -3x+4z, y+3t, -x+z) \\
 &=(y+2t, -3z-3t+4z, y+3t, -z-t+z)\\
&=(y+2t, z-3t, y+3t, -t).
\end{align*}

Or :

\begin{align*}
(y+2t)-(y+3t)-(-t) &= y+2t-y-3t+t\\
&=0.
\end{align*}

donc $u(x,y,z,t)\in H_3.$

De ce qui précède, vous déduisez que la restriction de $u$ à $H_3$, notée $u_{|H_3}$ est bien définie.

Déterminez un hyperplan stable par $u_{|H_3}$

Comme :

H_3 = \{(x,y,z,t)\in\R^4, x = z+t\}

vous déduisez :

\begin{align*}
H_3 &= \{(z+t,y,z,t), (y,z,t)\in\R^3\}\\
&= \{(z,0,z,0) + (t,0,0,t) + (0,y,0,0), (y,z,t)\in\R^3\}\\
&= \{z(1,0,1,0) + t(1,0,0,1) + y(0,1,0,0), (y,z,t)\in\R^3\}.
\end{align*}

Vous posez :

\boxed{\begin{align*}
e_1 &= (1,0,1,0)\\
e_2 &= (1,0,0,1)\\
e_3 &= (0,1,0,0).
\end{align*}}

Alors :

H_3 = \mathrm{Vect}(e_1,e_2,e_3).

Comme $H_3$ est de dimension $3$ en tant qu’hyperplan de $\R^4$ vous déduisez que la famille $(e_1,e_2,e_3)$, qui est génératrice de $H_3$, est en fait une base de $H_3.$ Vous noterez $(e_1^{*}, e_2^{*}, e_3^{*})$ sa base duale.

Vous calculez d’abord :

\begin{align*}
u_{|H_3}(e_1) &= u(1,0,1,0)\\
&=(0, 1, 0, 0)\\
&=e_3.
\end{align*}

Puis :

\begin{align*}
u_{|H_3}(e_2) &= u(1,0,0,1)\\
&=(2, -3, 3, -1)\\
&=(2, -3, 3, -1) +e_2-e_2\\
&=(2, -3, 3, -1) + (1,0,0,1)-e_2\\
&=(3, -3, 3, 0) -e_2\\
&=3(1, -1, 1, 0) -e_2\\
&=3(e_1-e_3) -e_2\\
&=3e_1 -e_2-3e_3.
\end{align*}

Enfin :

\begin{align*}
u_{|H_3}(e_3) &= u(0,1,0,0)\\
&=(1, 0, 1, 0)\\
&=e_1.
\end{align*}

Vous déduisez que la matrice de $u_{|H_3}$ dans la base $(e_1,e_2,e_3)$ est :

B = \begin{pmatrix}
0  & 3 & 1\\
0  & -1 & 0\\
1 & -3 & 0
\end{pmatrix}.

Du coup, la matrice transposée de $B$ est :

^{t}B = \begin{pmatrix}
0  & 0 & 1\\
3  & -1 & -3\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}.

La colonne la plus simple de $B$ est la deuxième, ce qui conduit à poser $V = \begin{pmatrix}0\\ 1 \\ 0\end{pmatrix}.$

\begin{align*}
^{t}B V &=  \begin{pmatrix}
0  & 0 & 1\\
3  & -1 & -3\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}
 \begin{pmatrix}0\\ 1 \\ 0\end{pmatrix}
\\
&= \begin{pmatrix}0\\ -1 \\ 0\end{pmatrix}\\
&=-V.
\end{align*}

Vous avez obtenu un vecteur propre de $^{t}B.$

Notez :

\begin{align*}
H_2 &= \{x\in H_3, 0e_1^{*}(x)+1e_2^{*}(x)+0e_3^{*}(x) = 0\}\\
&= \{x\in H_3, e_2^{*}(x) = 0\}.
\end{align*}

Alors $H_2$ est le noyau d’une forme linéaire non nulle de $H_3$ donc $H_2$ est un hyperplan de $H_3$ et donc $H_2$ est de dimension $2.$

Soit $x\in H_2.$ Comme :

\begin{align*}
x &= e_1^{*}(x) e_1+e_2^{*}(x) e_2+e_3^{*}(x) e_3\\
&= e_1^{*}(x) e_1+0 e_2+e_3^{*}(x) e_3\\
&= e_1^{*}(x) e_1+e_3^{*}(x) e_3
\end{align*}

vous déduisez que $x \in \mathrm{Vect}(e_1, e_3).$

Réciproquement, soit $x \in \mathrm{Vect}(e_1, e_3).$

Il existe $(\lambda_1, \lambda_3)\in\R^2$ tel que :

x = \lambda_1 e_1 + \lambda_3 e_3.

Par linéarité :

\begin{align*}
e_2^{*}(x) &= \lambda_1 e_2^{*}(e_1) + \lambda_3 e_2^{*}(e_3)\\
&= \lambda_1 \times 0 + \lambda_3 \times 0\\
&=0.
\end{align*}

Donc $x\in H_2.$

Ainsi l’hyperplan $H_2$ est stable par $u_{|H_3}$ donc par $u$, avec :

\boxed{H_2  = \mathrm{Vect}(e_1, e_3).}

Comme $H_2$ est de dimension $2$, la famille $(e_1,e_3)$ qui est génératrice de $H_2$, en est une base.

Déterminez une droite stable par $u_{|H_2}$

Comme $u(e_1) = e_3$ et $u(e_3) = e_1$ la matrice $C$ de $u_{|H_2}$ dans la base $(e_1,e_3)$ est :

C = \begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}.

Vous constatez que $^{t}C = C.$ Vous posez $V = \begin{pmatrix}1\\ 0 \end{pmatrix}.$

Alors :

\begin{align*}
^{t}CV &= \begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1\\ 0 \end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}0\\ 1 \end{pmatrix}.
\end{align*}

La famille $(V, ^{t}CV)$ étant libre vous poursuivez.

Puis :

\begin{align*}
(^{t}C)^2V &= \begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}0\\ 1 \end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}1\\ 0 \end{pmatrix}\\
&=V.
\end{align*}

Ainsi, le polynôme $X^2-1$ est le polynôme unitaire de plus petit degré appartenant à l’ensemble :

\{P\in\R[X], P(^{t}C)V = 0\}.

Comme le polynôme minimal de la matrice $^{t}C$ y appartient, vous déduisez que $X^2-1 = (X+1)(X-1)$ le divise. Le polynôme minimal de $^{t}C$ admet donc $1$ et $-1$ pour racines qui sont deux valeurs propres.

Vous formez la matrice :

^{t}C - I_2 = \begin{pmatrix}
-1 & 1\\
1 & -1
\end{pmatrix}.

La colonne $2$ vaut $-1$ fois la colonne $1$, soit $C_2 = -C_1$ soit $C_1+C_2 = 0$ donc le vecteur $\begin{pmatrix}1\\ 1 \end{pmatrix}$ est vecteur propre de $^{t}C.$

En notant $(e_1^{**}, e_3^{**})$ la base duale de $(e_1,e_3)$ vous définissez la droite $D$ de $H_2$ en posant :

\begin{align*}
D &= \{x\in H_2, 1e_1^{**}(x)+ 1e_3^{**}(x) = 0\}\\
&= \{x\in H_2, e_1^{**}(x)+ e_3^{**}(x) = 0\}.
\end{align*}

Notez que $e_1^{**}(e_1)+ e_3^{**}(e_1) = 1+0 = 1$ donc la forme linéaire $e_1^{**}+e_3^{**}$ n’est pas nulle.

Donc $D$ est un hyperplan de $H_2$ et par suite $D$ est de dimension $1$, c’est une droite.

Il s’agit maintenant d’en déterminer une base.

Soit $x \in D.$ Alors $x\in H_2$ donc il existe $(\lambda_1, \lambda_3)\in \R^2$ tel que :

x=\lambda_1e_1+\lambda_3e_3.

Par linéarité :

\begin{align*}
e_1^{**}(x) &= \lambda_1e_1^{**}(e_1)+\lambda_3 e_1^{**}(e_3)\\
&=\lambda_1.
\end{align*}

\begin{align*}
e_3^{**}(x) &= \lambda_1e_3^{**}(e_1)+\lambda_3 e_3^{**}(e_3)\\
&=\lambda_3.
\end{align*}

Comme :

e_1^{**}(x)+ e_3^{**}(x) = 0

Vous déduisez :

\begin{align*}
\lambda_1+\lambda_3 &= 0\\
\lambda_1 &= - \lambda_3.
\end{align*}

Du coup :

\begin{align*}
x&=\lambda_1e_1+\lambda_3e_3\\
x&=-\lambda_3e_1+\lambda_3e_3\\
x&=\lambda_3(-e_1+e_3)\\
x&\in \mathrm{Vect}(-e_1+e_3).
\end{align*}

Réciproquement, soit $x\in \mathrm{Vect}(-e_1+e_3).$

Il existe un réel $\lambda$ tel que :

\begin{align*}
x&=\lambda(-e_1+e_3)\\
&=-\lambda e_1+ \lambda e_3.
\end{align*}

Vous obtenez toujours par linéarité :

\begin{align*}
e_1^{**}(x) &= -\lambda e_1^{**}(e_1) + \lambda e_1^{**}(e_3)\\
&=-\lambda.
\end{align*}

\begin{align*}
e_3^{**}(x) &= -\lambda e_3^{**}(e_1) + \lambda e_3^{**}(e_3)\\
&=\lambda.
\end{align*}

Et par suite :

e_1^{**}(x)+ e_3^{**}(x) = 0

donc $x\in D.$

En définitive, la droite $\boxed{D = \mathrm{Vect}(-e_1+e_3)}$ est stable par $u_{|H_2}$ donc par $u.$

Déduisez-en une trigonalisation de l’endomorphisme $u$

Choisissez un vecteur $v_4$ n’appartenant pas à $H_3.$

Comme $H_3$ est caractérisé par l’égalité :

H_3 = \{(x,y,z,t)\in\R^4, x-z-t = 0\}

vous choisissez $\boxed{v_4 = (1,0,0,0).}$

Alors $\R^4$ s’écrit comme somme directe :

\R^4 = H_3 \oplus \mathrm{Vect}(v_4)

Vous cherchez maintenant à décomposer $H_3.$ Vous prenez un vecteur de $H_3$ qui n’appartient pas à $H_2.$

Pour rappel :

H_3 = \mathrm{Vect}(e_1,e_2,e_3).

Cependant :

\begin{align*}
H_2 &= \mathrm{Vect}(e_1,e_3)\\
&= \{x\in H_3, e_2^{*}(x) = 0\}.
\end{align*}

En choisissant $\boxed{v_3 = e_2 = (1,0,0,1)}$ vous aboutissez à :

\R^4 = H_2  \oplus \mathrm{Vect}(v_3) \oplus \mathrm{Vect}(v_4)

Pour décomposer $H_2$ vous choisissez de $H_2$ qui n’appartient pas à $D.$ Vous pouvez choisir $\boxed{v_2 = e_3 = (0,1,0,0).}$

En effet, si $e_3$ appartenait à la droite $D$, il existerait un scalaire $\lambda$ tel que :

\begin{align*}
e_3 &= \lambda(-e_1+e_3)\\
\lambda e_1+(1-\lambda)e_3&=0
\end{align*}

La famille $(e_1,e_3)$ étant libre, cela fournit $\lambda = 0$ et $1-\lambda = 0$ donc $\lambda= 0= 1$ ce qui est absurde.

En posant $\boxed{v_1 = -e_1+e_3 = (-1,1,-1,0)}$ vous aboutissez à :

\R^4 =\mathrm{Vect}(v_1) \oplus \mathrm{Vect}(v_2)   \oplus \mathrm{Vect}(v_3) \oplus \mathrm{Vect}(v_4).

Pour finir les calculs, il reste à calculer, pour tout $i\in \llbracket, 1,4\rrbracket$ le vecteur $u(v_i)$ au sein de la base $(v_1,v_2,v_3,v_4).$

Tout d’abord :

\begin{align*}
u(v_1) &= u(-1,1,-1,0)\\
&= (1, -1, 1, 0)\\
&= -v_1.
\end{align*}

Ensuite :

\begin{align*}
u(v_2) &= u(0,1,0,0)\\
&= (1, 0, 1, 0)\\
&= (1, 0, 1, 0) + (-1,1,-1,0) - v_1\\
&= (0,1,0,0) -v_1\\
&= -v_1+v_2.
\end{align*}

Puis :

\begin{align*}
u(v_3) &= u(1,0,0,1)\\
&= (2, -3, 3, -1) \\
&=  (2, -3, 3, -1) + (1,0,0,1)  -v_3\\
&=(3,-3,3,0)-v_3\\
&=3(1,-1,1,0)-v_3\\
&=-3v_1-v_3.
\end{align*}

Enfin :

\begin{align*}
u(v_4) &= u(1,0,0,0)\\
&= (0, -3, 0, -1).
\end{align*}

La famille $(v_1,v_2,v_3,v_4,u(v_4))$ est liée. Cela va permettre d’exprimer le vecteur $u(v_4)$ dans la base $(v_1,v_2,v_3,v_4).$

\left\{\begin{align*}
v_1&=(-1,1,-1,0)\\
v_2 &= (0,1,0,0)\\
v_3 &= (1,0,0,1)\\
v_4 &= (1,0,0,0)\\
u(v_4) &= (0, -3, 0, -1).
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
v_2 &= (0,1,0,0)\\
v_1+v_3 &= (0,1,-1,1)\\
v_1+v_4 &= (0,1,-1,0)\\
u(v_4) &= (0, -3, 0, -1).
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
v_1-v_2+v_3 &= (0,0,-1,1)\\
v_1-v_2+v_4 &= (0,0,-1,0)\\
3v_2+u(v_4) &= (0, 0, 0, -1).
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
v_3 -v_4 &= (0,0,0,1)\\
3v_2+u(v_4) &= (0, 0, 0, -1).
\end{align*}\right.

\begin{align*}
 3v_2+v_3 -v_4 +u(v_4) &= 0 \\
u(v_4) &= -3v_2-v_3+v_4.
\end{align*}

Dans la base $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ l’endomorphisme $u$ est trigonalisé, puisque sa matrice $T$ est triangulaire supérieure :

\boxed{T = \begin{pmatrix}
-1 & -1 & -3 & 0\\
0 & 1 & 0 & -3\\
0 & 0 & -1 & -1\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.}

Interprétez matriciellement le changement de base

Partez de la matrice :

A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 2\\
-3 & 0 & 4 & 0\\
0 & 1 & 0 & 3\\
-1 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}.

Vous notez $P$ la matrice de passage de la base canonique de $\R^4$ vers la base $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ :

P=\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 1 & 1\\
1 & 1 & 0 & 0\\
-1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}.

Alors $P$ est inversible et :

\boxed{T = P^{-1}AP.}

Soit $E$ l’ensemble $\R^3$ muni de sa structure de $\R$-espace vectoriel.

Vous considérez l’endomorphisme $u$ de $\R^3$ défini par :

\forall (x,y,z)\in\R^3, u(x,y,z)=(4x+2y-2z,x+5y-z, x+3y+z).

Note. La matrice de l’endomorphisme $u$ dans la base canonique de $\R^3$ est :

A =\begin{pmatrix}
4 & 2 & -2\\
1 & 5 & -1 \\
1 & 3 & 1
\end{pmatrix}.

Supposez qu’il existe un hyperplan stable par $u$

Notez $H$ un tel hyperplan. Alors $\forall X\in H, u(X)\in H.$

Il a été vu dans le contenu rédigé dans l'article 282 qu’il existe une forme linéaire $\varphi$ non nulle telle que $H = \ker \varphi.$

Vous simplifier les notations, vous notez $a = \varphi(1,0,0)$, $b=\varphi(0,1,0)$ et $c=\varphi(0,0,1).$

Vous fixez un élément $(x,y,z)$ de $\ker \varphi.$

Comme $(x,y,z)\in H$ vous déduisez que $u(x,y,z)$ appartient encore à $H$, ce qui s’écrit :

\begin{align*}
\varphi(4x+2y-2z,x+5y-z, x+3y+z) &= 0 \\
\varphi(4x,x,x)+\varphi(2y,5y,3y)+\varphi(-2z,-z,z)&=0\\
x\varphi(4,1,1)+y\varphi(2,5,3)+z\varphi(-2,-1,1)&=0\\
(4a+b+c)x+(2a+5b+3c)y+(-2a-b+c)z &= 0.
\end{align*}

Considérez la forme linéaire $\psi$ de $\R^3$ définie par :

\forall (x',y',z')\in\R^3, \psi(x',y',z') = (4a+b+c)x'+(2a+5b+3c)y'+(-2a-b+c)z'.

Ainsi vous avez obtenu $(x,y,z)\in\ker \psi.$

Du coup, $\ker \varphi \subset \ker \psi.$

Toujours d’après le contenu rédigé dans l'article 282 vous déduisez qu’il existe un réel $t$ tel que $\psi = t \varphi.$

En évaluant cette égalité pour le vecteur $(1,0,0)$ vous trouvez $4a+b+c = ta.$

Avec l’évaluation sur le vecteur $(0,1,0)$ vous trouvez $2a+5b+3c=tb.$

Enfin, avec le vecteur $(0,0,1)$ vous trouvez $-2a-b+c = tc.$

La forme linéaire $\varphi$ étant non nulle, vous déduisez $(a,b,c)\neq (0,0,0).$ De plus :

\begin{pmatrix}
4 & 1 & 1\\
2 & 5 & 3\\
-2 & -1 & 1\\
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
 a\\
 b\\
c\\
\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}
 a\\
 b\\
c\\
\end{pmatrix}.

Ainsi, le vecteur $\begin{pmatrix}a\\b\\ c\end{pmatrix}$ est un vecteur propre de la matrice $^{t}A.$

Réciproquement, pour chaque vecteur propre de la matrice transposée de $A$, montrez que vous obtenez un hyperplan stable par $u$

Soit $X$ un vecteur propre de la matrice $^{t}A.$

Il existe donc un réel $t$ et un triplet $(a,b,c)\in\R^3 \setminus \{0,0,0\}$ tels que :

\begin{align*}
X&=\begin{pmatrix}
a\\
b\\
c
\end{pmatrix}\\
^{t}AX &= tX.
\end{align*}

Vous déduisez alors que :

\left\{\begin{align*}
 4a+b+c &= ta\\
 2a+5b+3c&=tb\\
-2a-b+c &= tc.
\end{align*}\right.

Notez $\varphi$ la forme linéaire définie par :

\forall (x,y,z)\in\R^3, \varphi(x,y,z)=ax+by+cz.

Comme $(a,b,c)\neq (0,0,0)$ la forme linéaire $\varphi$ n’est pas entièrement nulle.

Posez $H = \ker \varphi.$ Alors $H$ est un hyperplan de $E.$

Soit maintenant $(x,y,z)\R^3$ tel que $(x,y,z)\in H.$

Alors :

\begin{align*}
\varphi(u(x,y,z)) &= \varphi(4x+2y-2z,x+5y-z, x+3y+z) \\
&=a(4x+2y-2z)+b(x+5y-z)+c(x+3y+z)\\
&=(4a+b+c)x+(2a+5b+3c)y+(-2a-b+c)z\\
&=tax+tby+tcz\\
&=t(ax+by+cz)\\
&=t\varphi(x,y,z)\\
&=t\times 0\\
&=0.
\end{align*}

Donc $u(x,y,z)\in H.$

L’hyperplan $H$ est bien stable par $u.$

Concluez

Pour obtenir un hyperplan stable par l’endomorphisme $u$ il faut et il suffit de trouver un triplet de réels $(a,b,c)$ pour que $\begin{pmatrix} a\\ b\\ c \end{pmatrix}$ soit un vecteur propre de la matrice transposée de $A.$

Une fois ce vecteur propre obtenu, l’ensemble défini par :

H = \{(x,y,z)\in\R^3, ax+by+cz=0\}

est un hyperplan stable par $u.$

Soit $n$ un entier naturel non nul. Soit $E$ un $\K$-espace vectoriel de dimension finie $n.$

Note. Dans cet article, le théorème du rang ainsi que les résultats éventuels sur la dualité ne seront volontairement pas utilisés.

Démontrez qu’un hyperplan est le noyau d’une forme linéaire non nulle

Vous fixez dans ce paragraphe un sous-espace vectoriel de $E$ de dimension $n-1$ qui sera noté $H.$ Un tel sous-espace est nommé hyperplan de $E.$

Notez $(e_1, \dots, e_{n-1})$ une base de $H$ et complétez la en rajoutant un vecteur $e_n$ de $E$ tel que $(e_1,\dots, e_{n-1}, e_n)$ soit une base de $E.$

Une application linéaire étant déterminée par ses images sur une base, vous notez $\varphi$ l’unique forme linéaire de $E$ qui vérifie :

\left\{\begin{array}{l}
\forall i\in \llbracket 1, n-1 \rrbracket, \varphi(e_i)=0\\
\varphi(e_n)=1.
\end{array}\right.

La forme linéaire $\varphi$ est non nulle puisque $\varphi(e_n) \neq 0.$

Soit maintenant $x$ un vecteur de $H.$

Comme $H$ est engendré par la famille de vecteurs $(e_1,\dots,e_{n-1})$ vous déduisez qu’il existe $(\lambda_1,\dots, \lambda_{n-1})\in\K^{n-1}$ tel que :

x = \sum_{i=1}^{n-1}\lambda_i e_i.

Par linéarité de $\varphi$ :

\begin{align*}
\varphi(x) &= \sum_{i=1}^{n-1}\lambda_i \varphi(e_i)\\
&= \sum_{i=1}^{n-1}\lambda_i  \times 0\\
&=0.
\end{align*}

Ainsi $H$ est inclus dans le noyau de $\varphi.$

Soit maintenant $x$ un vecteur de $E$ tel que $x\in \ker \varphi.$

Il existe $(\lambda_1,\dots,\lambda_{n-1},\lambda_n)\in \K^n$ tel que :

x = \sum_{i=1}^{n-1}\lambda_i e_i + \lambda_n e_n

D’autre part, $\varphi(x) = 0.$

Ainsi, en appliquant $\varphi$ vous déduisez :

\begin{align*}
\varphi(x) & = \sum_{i=1}^{n-1}\lambda_i \varphi(e_i) + \lambda_n \varphi(e_n) \\
0 &= \sum_{i=1}^{n-1}\lambda_i \times 0 + \lambda_n \times 1 \\
0 &= \lambda_n.
\end{align*}

Du coup :

\begin{align*}
x &= \sum_{i=1}^{n-1}\lambda_i e_i + 0\times e_n\\
&= \sum_{i=1}^{n-1}\lambda_i e_i.
\end{align*}

Ainsi :

\begin{array}{l}
x\in\mathrm{Vect}(e_1,\dots, e_{n-1})\\
x\in H.
\end{array} 

Vous déduisez l’égalité :

\boxed{H = \ker \varphi.}

Démontrez qu’une forme linéaire est proportionnelle à une autre quand le noyau de la seconde est inclus dans le noyau de la première

Soient $\psi$ et $\varphi$ deux formes linéaires quelconques de $E$ telles que $\ker \varphi \subset \ker \psi.$

Cas où $\varphi = 0$

Si la forme linéaire $\varphi$ est entièrement nulle, alors $\ker \varphi = E$ et l’inclusion $\ker \varphi \subset \ker \psi$ fournit $\ker \psi = E$ et donc $\psi = 0.$ Ainsi $\varphi = \psi$ et les deux formes linéaires $\psi$ et $\varphi$ sont bien proportionnelles.

Cas où $\varphi \neq 0$

Supposez maintenant que $\varphi \neq 0.$ Il existe un vecteur $e_n$ tel que $\varphi(e_n) \neq 0.$ Notez $H = \ker \varphi.$

Démontrez que $E = H\oplus \mathrm{Vect}(e_n).$

Soit $x$ un vecteur de $E.$

Comme $\varphi(x)\in\K$ vous avez :

\varphi(x) =  \frac{\varphi(x)}{\varphi(e_n)} \times \varphi(e_n)

Posez $t = \frac{\varphi(x)}{\varphi(e_n)}.$ Alors :

\begin{align*}
\varphi(x) &=  t \times \varphi(e_n) \\
\varphi(x)&=  \varphi(t e_n) \\
\varphi(x) - \varphi(t e_n) &= 0\\
\varphi(x-te_n)&=0\\
x-te_n \in H.
\end{align*}

Comme :

x= (x-te_n)+te_n

il apparaît que $x\in H + \mathrm{Vect}(e_n).$

Donc

E = H+\mathrm{Vect}(e_n).

Soit maintenant $x\in H\cap \mathrm{Vect}(e_n).$

D’une part, il existe $t\in\K$ tel que $x = te_n$ et d’autre part $\varphi(x) = 0.$

Ainsi $t\varphi(e_n) = 0.$ Or $\varphi(e_n)\neq 0$ donc $t = 0$ et par suite $x=0.$

Donc

H\cap \mathrm{Vect}(e_n) = \{0\}.

Ainsi :

\boxed{E = H \oplus \mathrm{Vect}(e_n).}

Démontrez que la forme $\psi$ est un multiple de $\varphi$

Le vecteur $e_n$ ne peut être nul, sinon $\varphi(e_n)$ serait nul aussi, ce qui est absurde. Donc $\dim \mathrm{Vect(e_n)}=1.$

Comme :

\dim E = \dim H + \dim \mathrm{Vect}(e_n)

vous déduisez que :

\dim H = n-1.

Donc $H$ est un hyperplan de $E.$ Il existe donc $(e_1,\dots, e_{n-1})\in E^{n-1}$ tel que $H$ admette la famille $(e_1,\dots, e_{n-1})$ comme base.

L’égalité $E = H \oplus \mathrm{Vect}(e_n)$ fournit alors le résultat suivant : $(e_1,\dots, e_{n-1}, e_n)$ est une base de $E.$

Les formes linéaires $\psi$ et $\varphi$ s’annulent simultanément lorsqu’elles sont restreintes à $H.$

Via un scalaire $t$ bien choisi, vous allez montrer que $\psi$ et $t \varphi$ coïncident sur $E$ tout entier.

Pour cela intéressez-vous encore au vecteur $e_n.$ Comme $\psi(e_n)\in \K$ il suffit de poser $t = \frac{\psi(e_n)}{\varphi(e_n)}.$

Tout d’abord :

\begin{align*}
(t\varphi)(e_n) &= t\times \varphi(e_n)\\
&=\frac{\psi(e_n)}{\varphi(e_n)} \times \varphi(e_n)\\
&=\psi(e_n).
\end{align*}

Soit maintenant $x\in E.$

Il existe $(\lambda_1, \dots, \lambda_n)\in\K^n$ tel que :

x = \sum_{i=1}^{n}\lambda_i e_i.

D’une part :

\begin{align*}
(t\varphi)(x) &=  t\times \varphi(x)\\
&=t \times \sum_{i=1}^{n} \lambda_i \varphi(e_i)\\
&= \sum_{i=1}^{n} (t\lambda_i) \varphi(e_i)\\
&= \sum_{i=1}^{n-1} (t\lambda_i) \varphi(e_i) + t\lambda_n \varphi(e_n) \\
&= \sum_{i=1}^{n-1} (t\lambda_i) \times 0 + \lambda_n \times (t\varphi)(e_n) \\
&= \lambda_n \psi(e_n).
\end{align*}

D’autre part :

\begin{align*}
\psi(x) &=   \sum_{i=1}^{n} \lambda_i \psi(e_i)\\
&= \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_i \psi (e_i) + \lambda_n \psi(e_n) \\
&= \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_i \times 0 + \lambda_n \psi(e_n) \\
&= \lambda_n \psi(e_n)\\
&=(t\varphi)(x).
\end{align*}

Concluez

Si $\varphi$ et $\psi$ sont deux formes linéaires telles que $\ker \varphi \subset \ker \psi$, alors la forme linéaire $\psi$ est un multiple de la forme linéaire $\varphi.$

Dans $\R^3$ vous posez :

\left\{\begin{align*}
\alpha_1 &= (1,0,1)\\
\alpha_2 &= (0,1,-2)\\
\alpha_3 &= (-1,-1,0).
\end{align*}\right.

Exprimez les vecteurs de la base canonique de $\R^3$ en fonction des vecteurs $\alpha_1$ $\alpha_2$ et $\alpha_3.$

Vous adoptez les notations suivantes pour les vecteurs de la base canonique de $\R^3$ :

\left\{\begin{align*}
\e_1 &= (1,0,0)\\
\e_2 &= (0,1,0)\\
\e_3 &= (0,0,1).
\end{align*}\right.

Votre objectif est de triangulariser le système suivant :

\left\{\begin{array}{llll}
\alpha_1 &= &\hphantom{-}e_1&&+\hphantom{-}e_3\\
\alpha_2 &= & &\hphantom{-}e_2&-2e_3\\
\alpha_3 &= &-e_1&-e_2&\\
\end{array}\right.

\left\{\begin{array}{llll}
\alpha_1 &= &\hphantom{-}e_1&&+\hphantom{-}e_3\\
\alpha_2 &= & &\hphantom{-}e_2&-2e_3\\
\alpha_1 + \alpha_3 &= &&-e_2&+\hphantom{-}e_3\\
\end{array}\right.

\left\{\begin{array}{llll}
\alpha_1 &= &\hphantom{-}e_1&&+\hphantom{-}e_3\\
\alpha_2 &= & &\hphantom{-}e_2&-2e_3\\
\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3 &= &&&-\hphantom{-}e_3\\
\end{array}\right.

Puis par remontée vous obtenez :

\left\{\begin{array}{llll}
e_3 &= &-\alpha_1&-\hphantom{2}\alpha_2&-\alpha_3\\
e_2 &= &\hphantom{-}\alpha_2&+2e_3\\
e_1 &= &\hphantom{-}\alpha_1&-\hphantom{-}e_3
\end{array}\right.

\left\{\begin{array}{llll}
e_3 &= &-\alpha_1&-\hphantom{2}\alpha_2-\alpha_3\\
e_2 &= &\hphantom{-}\alpha_2&+2(-\alpha_1-\alpha_2-\alpha_3)\\
e_1 &= &\hphantom{-}\alpha_1&-(-\alpha_1-\alpha_2-\alpha_3)
\end{array}\right.

\left\{\begin{array}{llll}
e_3 &= &-\hphantom{2}\alpha_1&-\alpha_2&-\hphantom{2}\alpha_3\\
e_2 &= &-2\alpha_1&-\alpha_2&-2\alpha_3\\
e_1 &= &\hphantom{-}2\alpha_1&+\alpha_2&+\hphantom{2}\alpha_3.
\end{array}\right.

Vous allez maintenant pouvoir déterminer les expressions de certaines formes linéaires vérifiant des conditions sur les vecteurs $\alpha_1$, $\alpha_2$ et $\alpha_3.$

Exemple : déterminez une forme linéaire $f$ telle que $f(\alpha_1) = 1$, $f(\alpha_2) = -1$ et $f(\alpha_3) = 3$

Analyse. Supposez qu’il existe une forme linéaire $f$ telle que $f(\alpha_1) = 1$, $f(\alpha_2) = -1$ et $f(\alpha_3) = 3.$

Soit $(x,y,z)$ un vecteur de $\R^3.$ Vous obtenez :

\begin{align*}
f(x,y,z) &= f(xe_1+ye_2+ze_3)\\
&=xf(e_1)+yf(e_2)+zf(e_3)\\
&=xf(2\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)+yf(-2\alpha_1-\alpha_2-2\alpha_3)+zf(-\alpha_1-\alpha_2-\alpha_3)\\
&=x(2f(\alpha_1)+f(\alpha_2)+f(\alpha_3))\\
&\qquad +y(-2f(\alpha_1)-f(\alpha_2)-2f(\alpha_3))\\
&\qquad +z(-f(\alpha_1)-f(\alpha_2)-f(\alpha_3))\\
&=x(2+(-1)+3)+y(-2-(-1)-6)+z(-1-(-1)-3)\\
&=4x-7y-3z.
\end{align*}

Synthèse. Quel que soit $(x,y,z)\in\R^3$ vous posez $f(x,y,z)=4x-7y-3z.$ Alors :

\begin{align*}
f(\alpha_1) &= f(1,0,1)\\
&=4\times 1 - 7\times 0 - 3\times 1\\
&=4-0-3\\
&=1.
\end{align*}

De même :

\begin{align*}
f(\alpha_2) &= f(0,1,-2)\\
&=4\times 0 - 7\times 1 - 3\times (-2)\\
&=0-7+6\\
&=-1.
\end{align*}

Enfin :

\begin{align*}
f(\alpha_3) &= f(-1,-1,0)\\
&=4\times (-1) - 7\times (-1) - 3\times 0\\
&=-4+7-0\\
&=3.
\end{align*}

La forme linéaire $f$ convient.

Conclusion. Il existe une et une seule forme linéaire $f$ définie sur $\R^3$ telle que $f(\alpha_1) = 1$, $f(\alpha_2) = -1$ et $f(\alpha_3) = 3.$ Elle est définie par :

\boxed{\forall (x,y,z)\in\R^3, f(x,y,z)=4x-7y-3z.}

Soit $f$ l’endomorphisme de $\R^4$ défini par ce qui suit, à savoir $\forall(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4,$

f(x_1,x_2,x_3,x_4)=(4x_1+3x_2+7x_3\ ,\ x_1+2x_2+2x_3\ ,\ -x_1\ ,\ -4x_1-7x_2-14x_3-3x_4).

Pour trigonaliser cet endomorphisme, vous allez utiliser le concept de polynôme conducteur.

Pour rappel, si $W$ est un sous-espace stable de $\R^4$ et si $u$ est un vecteur de $\R^4$, vous désignerez par $P_{u,W}$ le polynôme unitaire de plus petit degré de $\R[X]$ tel que $(P_{u,W}(f))(u)\in W.$ Le polynôme $P_{u,W}$ est appelé polynôme conducteur du vecteur $u$ dans le sous-espace $W.$

Vous posez $W_1 = \{0\}$ et posez $e_1 = (1,0,0,0).$

Calculez le polynôme conducteur $P_{e_1, W_1}$

Tout d’abord, le vecteur $e_1$ n’appartient pas à $W_1$ donc $P_{e_1, W_1}$ ne peut être constant.

Supposez que $P_{e_1, W_1}$ soit de degré $1.$

Alors il existe un réel $a$ tel que $P_{e_1, W_1}(X) = X+a$ du coup $P_{e_1, W_1}(f) = f+a\mathrm{Id}_{\R^4}.$ Par suite :

\begin{align*}
( f+a\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) &= 0\\
f(1,0,0,0)+(a,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\
(4,1,-1,-4) + (a,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\
(4+a,1,-1,-4)  &= (0,0,0,0).
\end{align*}

L’identification de la quatrième coordonnée aboutit à une impossibilité.

Supposez que $P_{e_1, W_1}$ soit de degré $2.$

Alors il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $P_{e_1, W_1}(X) = X^2+aX+b$ du coup $P_{e_1, W_1}(f) = f\circ f+af+b\mathrm{Id}_{\R^4}.$ Par suite :

\begin{align*}
( f\circ f+af+b\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) &= 0\\
(f\circ f)(1,0,0,0)+af(1,0,0,0)+b(1,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\
f(4,1,-1,-4)+a(4,1,-1,-4) + (b,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\
(12,4,-4,3)+(4a,a,-a,-4a)+ (b,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\
(12+4a+b, 4+a,-4-a,3-4a)&= (0,0,0,0)\\
\end{align*}

L’identification de la deuxième coordonnée fournit $4+a = 0$ donc $a=-4.$

L’identification de la quatrième coordonnée fournit $3-4a = 0.$ Or, $3-4a = 3+16=19$ ce qui est incompatible.

Du coup, le degré de $P_{e_1, W_1}$ est supérieur ou égal à $3.$

Analyse. Supposez que $P_{e_1, W_1}$ soit de degré $3.$

Alors il existe trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que $P_{e_1, W_1}(X) = X^3+aX^2+bX+c$ du coup $P_{e_1, W_1}(f) = f\circ f\circ f+af\circ f+bf+c\mathrm{Id}_{\R^4}.$ Par suite :

\begin{align*}
(  f\circ f\circ f+af\circ f+bf+c\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) &= 0\\
(32,12,-12,-29)+a(12,4,-4,3)+b(4,1,-1,-4)+c(1,0,0,0) &= (0,0,0,0)\\
(32+12a+4b+c, 12+4a+b, -12-4a-b, -29+3a-4b)&= (0,0,0,0).
\end{align*}

L’identification de la troisième et de la quatrième coordonnée fournit le système suivant :

\left\{\begin{align*}
3a-4b &= 29 \\
4a+b &= -12.
\end{align*}\right.

Vous multipliez la deuxième ligne par $4$ :

\left\{\begin{align*}
3a-4b &= 29 \\
16a+4b &= -48.
\end{align*}\right.

Par somme vous déduisez $19a = -19$, ainsi :

a=-1.

Comme $b = -12-4a$ vous déduisez :

\begin{align*}
b &= -12+4\\
&= -8.
\end{align*}

D’autre part, $32+12a+4b+c = 0$ donc :

\begin{align*}
c&=-32-12a-4b\\
c&=-32+12+32\\
c&=12.
\end{align*}

Synthèse. Soit $P$ le polynôme défini par $P(X) = X^3-X^2-8X+12.$

Vous calculez :

\begin{align*}
P(f)(e_1) &= (f\circ f\circ f-f\circ f-8f+12\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \\
&= (32,12,-12,-29)-(12,4,-4,3)-8(4,1,-1,-4)+12(1,0,0,0)\\
&=(32-12-32+12, 12-4-8, -12+4+8, -29-3+32)\\
&=(0,0,0,0).
\end{align*}

Par conséquent $(P(f))(e_1)\in W_1$, vous déduisez ainsi que :

\boxed{P_{e_1, W_1}(X)=X^3-X^2-8X+12.}

Trouvez une racine du polynôme conducteur $P_{e_1, W_1}$ et construisez un vecteur $v_1$

Vous constatez que :

\begin{align*}
P_{e_1, W_1}(2)&=2^3-2^2-8\times 2+12\\
&= 8-4-16+12\\
&=0.
\end{align*}

Vous factorisez $P_{e_1, W_1}$ par $X-2.$ Il existe un réel $a$ tel que :

X^3-X^2-8X+12 = (X-2)(X^2+aX-6).

Remplacez $X$ par $-1$, vous obtenez :

\begin{align*}
-1-1+8+12 &= (-3)(-5-a) \\
18&=3(a+5)\\
6&=a+5\\
1&=a.
\end{align*}

De ce qui précède :

P_{e_1, W_1}(X)= (X-2)(X^2+X-6).

Vous posez $v_1 = (f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1).$ Alors :

\begin{align*}
P_{e_1, W_1}(f)&= (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4}) \\
(P_{e_1, W_1}(f))(e_1)&= ((f-2\mathrm{Id}_{\R^4})\circ (f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4}) )(e_1)\\
&= (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(v_1).
\end{align*}

Comme $(P_{e_1, W_1}(f))(e_1) \in W_1$ vous déduisez $(f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(v_1) \in W_1$ et par suite $f(v_1)=2v_1.$

D’autre part, comme $P_{e_1, W_1}(f)$ est le polynôme conducteur du vecteur $e_1$ dans l’espace $W_1$, vous déduisez que $ (f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \notin W_1$ donc $v_1\notin W_1$ donc $v_1\neq 0.$

Calculez maintenant explicitement le vecteur $v_1$ :

\begin{align*}
v_1 &=  (f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1)\\
&=f(f(e_1))+f(e_1)-6e_1\\
&=(12,4,-4,3)+(4,1,-1,-4)+(-6,0,0,0)\\
&=(10,5,-5,-1).
\end{align*}

En définitive, avec $\boxed{v_1 =(10,5,-5,-1)}$ vous avez obtenu :

\boxed{f(v_1) = 2v_1.}

Dans la suite, vous posez $W_2 = \mathrm{Vect}(v_1).$

Vous constatez que $e_1$ et $v_1$ ne sont pas colinéaires donc $e_1\notin W_2.$ Comme $f(v_1)\in W_2$ il s’ensuit que $W_2$ est stable par $f.$

Calculez le polynôme conducteur $P_{e_1, W_2}$

Le vecteur $e_1$ n’appartient pas à $W_2$ donc $P_{e_1, W_2}$ ne peut être constant.

Supposez que $P_{e_1, W_2}$ soit de degré $1.$

Alors il existe un réel $a$ tel que $P_{e_1, W_2}(X) = X+a$ du coup $P_{e_1, W_2}(f) = f+a\mathrm{Id}_{\R^4}.$ Par suite :

\begin{align*}
( f+a\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \in W_2\\
(4+a,1,-1,-4)  \in W_2.
\end{align*}

Il existe un réel $t$ tel que :

(4+a,1,-1,-4) = t(10,5,-5,-1).

L’identification de la deuxième coordonnée fournit :

1 = 5t.

L’identification de la quatrième coordonnée fournit :

-4 = -t.

Vous déduisez $t=4$ et $1=5t$ fournit $1=20$, contradiction.

Supposez que $P_{e_1, W_2}$ a un degré supérieur ou égal à $2.$

Analyse. Vous supposez que $P_{e_1, W_2}$ est de degré $2.$

Alors il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $P_{e_1, W_1}(X) = X^2+aX+b$ du coup :

\begin{align*}
( f\circ f+af+b\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \in W_2\\
(12+4a+b, 4+a,-4-a,3-4a)\in W_2.
\end{align*}

Il existe un réel $t$ tel que :

(12+4a+b, 4+a,-4-a,3-4a) = t(10,5,-5,-1).

L’identification de la deuxième coordonnée fournit :

4+a = 5t.

L’identification de la quatrième coordonnée fournit :

\begin{align*}
3-4a &= -t \\
t&=4a-3.
\end{align*}

Du coup :

\begin{align*}
4+a &= 5(4a-3)\\
4+a&=20a-15\\
19 &=19a\\
1&=a.
\end{align*}

Par suite :

t = 4\times 1-3 = 1.

L’identification de la première coordonnée fournit :

\begin{align*}
12+4a+b &= 10t\\
b&=10t-12-4a\\
b&=10-12-4\\
b&=-6.
\end{align*}

Synthèse. Posez $P(X) = X^2+X-6.$

\begin{align*}
(P(f))(e_1) &= ( f\circ f+f-6\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \\
&=(f\circ f)(e_1)+f(e_1)-6e_1\\
&= (12,4,-4,3)+(4,1,-1,-4)+(-6,0,0,0)\\
&=(10,5,-5,-1)\\
&=v_1.
\end{align*}

Donc $(P(f))(e_1) \in W_2$, vous déduisez ainsi que :

\boxed{P_{e_1, W_2}(X)=X^2+X-6.}

Trouvez une racine de $P_{e_1, W_2}$ et construisez un vecteur $v_2$

Vous constatez que :

\begin{align*}
P_{e_1, W_2}(-3)&=(-3)^2-3-6\\
&= 9-9\\
&=0.
\end{align*}

Vous factorisez $P_{e_1, W_2}$ par $X+3$ ce qui fournit :

P_{e_1, W_2}(X)=(X+3)(X-2).

Vous posez $v_2 = (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1).$ Alors :

\begin{align*}
P_{e_1, W_2}(f)&= (f+3\mathrm{Id}_{\R^4})(f-2\mathrm{Id}_{\R^4}) \\
(P_{e_1, W_2}(f))(e_1)&= ((f+3\mathrm{Id}_{\R^4})\circ (f-2\mathrm{Id}_{\R^4}) )(e_1)\\
v_1 &= (f+3\mathrm{Id}_{\R^4})(v_2)\\
v_1 &= f(v_2)+3v_2.
\end{align*}

D’autre part, comme $P_{e_1, W_2}(f)$ est le polynôme conducteur du vecteur $e_1$ dans l’espace $W_2$, vous déduisez que $ (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \notin W_2$ donc $v_2\notin W_1$ donc $v_2\notin \mathrm{Vect}(v_1)$ donc la famille $(v_1,v_2)$ est libre.

Calculez maintenant explicitement le vecteur $v_2$ :

\begin{align*}
v_2 &=  (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1)\\
&=f(e_1)-2e_1\\
&=(4,1,-1,-4)+(-2,0,0,0)\\
&=(2,1,-1,-4).
\end{align*}

En définitive, avec $\boxed{v_2 =(2,1,-1,-4)}$ vous avez obtenu :

\boxed{f(v_2) = -3v_2+v_1.}

Dans la suite, vous posez $W_3 = \mathrm{Vect}(v_1,v_2).$

Avant de poursuivre, il faut déterminer les coordonnées d’un vecteur qui n’appartienne pas à $W_3.$

Caractérisez l’espace $W_3$ par un système d’équations linéaires

Analyse. Soit $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4$ tel que $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_3.$

Par définition de $W_3$, il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $(x_1,x_2,x_3,x_4) = av_1+bv_2$ d’où :

(x_1,x_2,x_3,x_4) = a(10,5,-5,-1)+b(2,1,-1,-4).

Par conséquent :

\left\{\begin{align*}
10a+2b &= x_1 \\
5a+b &=x_2\\
-5a-b &= x_3\\
-a-4b &=x_4.
\end{align*}\right.

Vous permutez d’abord les lignes $1$ et $4$ :

\left\{\begin{align*}
-a-4b &=x_4\\
10a+2b &= x_1 \\
5a+b &=x_2\\
-5a-b &= x_3.
\end{align*}
\right.

Vous effectuez les opérations élémentaires suivantes : $L_2\leftarrow L_2+10L_1$, $L_3\leftarrow L_3+5L_1$ et $L_4\leftarrow L_4-5L_1$ :

\left\{\begin{align*}
-a-4b &=x_4\\
-38b &= x_1+10x_4 \\
-19b &=x_2+5x_4\\
19b &= x_3-5x_4.
\end{align*}
\right.

Vous permutez ensuite les lignes $2$ et $4$ :

\left\{\begin{align*}
-a-4b &=x_4\\
19b &= x_3-5x_4\\
-19b &=x_2+5x_4\\
-38b &= x_1+10x_4.
\end{align*}
\right.

Vous effectuez les opérations élémentaires suivantes : $L_3\leftarrow L_3+L_2$, $L_4\leftarrow L_4+2L_2.$

\left\{\begin{align*}
-a-4b &=x_4\\
19b &= x_3-5x_4\\
0 &=x_2+x_3\\
0 &= x_1+2x_3.
\end{align*}
\right.

Synthèse. Soit maintenant $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4$ tel que :

\left\{\begin{align*}
x_2+x_3 &= 0\\
x_1+2x_3 &=0.
\end{align*}\right.

Vous posez :

b = \frac{x_3-5x_4}{19}.

Puis vous posez :

\begin{align*}
a&=-x_4-4b\\
&=\frac{-19x_4}{19}+\frac{-4x_3+20x_4}{19}\\
&=\frac{-4x_3+x_4}{19}.
\end{align*}

Maintenant, vous calculez :

\begin{align*}
av_1+bv_2 &= a(10,5,-5,-1)+b(2,1,-1,-4) \\
&=\frac{-4x_3+x_4}{19} (10,5,-5,-1)+\frac{x_3-5x_4}{19}(2,1,-1,-4)\\
&=\frac{1}{19}\left[(-4x_3+x_4)(10,5,-5,-1) + (x_3-5x_4)(2,1,-1,-4)\right]\\
&=\frac{1}{19}\left[(-40x_3+10x_4,-20x_3+5x_4,20x_3-5x_4,4x_3-x_4) + (2x_3-10x_4,x_3-5x_4,-x_3+5x_4,-4x_3+20x_4)\right]\\
&=\frac{1}{19}( -38x_3, -19x_3, 19x_3, 19x_4)\\
&=(-2x_3,-x_3,x_3,x_4).
\end{align*}

Or, $x_2 = -x_3$ et $x_1 = -2x_3$ donc :

av_1+bv_2 = (x_1,x_2,x_3,x_4).

Et par conséquent $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_3.$

Vous venez d’établir l’équivalence suivante :

\boxed{
\forall (x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4, (x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_3 \Longleftrightarrow \left\{
\begin{align*}
x_2+x_3 &= 0\\
x_1+2x_3 &=0.
\end{align*}
\right.
}

De ce qui précède, vous déduisez que $(1,0,0,0)\notin W_3$ et donc $e_1\notin W_3.$

Comme $f(v_1)\in\mathrm{Vect}(v_1)$ vous obtenez $f(v_1)\in\mathrm{Vect}(v_1,v_2).$

De même, comme $f(v_2) = -3v_2+v_1$ vous avez aussi $f(v_2)\in\mathrm{Vect}(v_1,v_2).$

Du coup, l’espace $W_3$ est stable par $f.$

Calculez le polynôme conducteur $P_{e_1, W_3}$

Le vecteur $e_1$ n’appartient pas à $W_3$ donc $P_{e_1, W_3}$ ne peut être constant.

Analyse. Supposez que $P_{e_1, W_3}$ soit de degré $1.$

Alors il existe un réel $a$ tel que $P_{e_1, W_3}(X) = X+a$ du coup $P_{e_1, W_3}(f) = f+a\mathrm{Id}_{\R^4}.$ Par suite :

\begin{align*}
( f+a\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \in W_3\\
f(1,0,0,0)+(a,0,0,0) \in W_3\\
(4,1,-1,-4) + (a,0,0,0)  \in W_3\\
(4+a,1,-1,-4)  \in W_3.
\end{align*}

D’après la deuxième équation qui caractérise l’espace $W_3$ vous déduisez :

\begin{align*}
(4+a)+2\times (-1) &=0 \\
2+a&=0\\
a&=-2.
\end{align*}

Synthèse. Posez $P(X)=X-2.$ Alors :

\begin{align*}
(P(f))(e_1) &= (f-2\mathrm{Id}_{\R^4})(e_1) \\
&=f(e_1)-2e_1\\
&=(4,1,-1,-4)+(-2,0,0,0)\\
&=(2,1,-1,-4).
\end{align*}

Comme $1+(-1) = 0$ et $2+2\times (-1) = 0$ les équations qui caractérisent $W_3$ sont satisfaites par le vecteur $(2,1,-1,-4)$ donc $(P(f))(e_1) \in W_3.$

Du coup, il est prouvé que $\boxed{P_{e_1,W_3} = X-2.}$

Construisez un vecteur $v_3$

Vous posez $v_3 = \boxed{(1,0,0,0)} = e_1.$ Il a été vu que $e_1 \notin W_3$ donc $v_3 \notin W_3$ donc la famille $(v_1,v_2,v_3)$ est libre.

Comme $(2,1,-1,-4)\in W_3$, c’est-à-dire $f(v_3)-2v_3 \in W_3$, ce vecteur est une combinaison linéaire des vecteurs $v_1$ et $v_2.$

Une telle combinaison se trouve à l’aide des calculs effectués pour caractériser $W_3.$ Avec

\begin{align*}
a&=\frac{-4\times(-1)+(-4)}{19} \\
&=0
\end{align*}

\begin{align*}
b &= \frac{(-1)-5(-4)}{19}\\
&=\frac{-1+20}{19}\\
&=1
\end{align*}

vous retrouvez bien que :

\begin{align*}
(2,1,-1,-4) &=  v_2\\
f(v_3) -2 v_3&=  v_2.
\end{align*}

D’après ce qui précède :

\boxed{f(v_3) = 2v_3 + v_2.}

Pour finir, vous posez $W_4 = \mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3)$ qui est un espace de dimension $3.$

Caractérisez par une équation l’espace $W_4$ et déduisez-en un vecteur $v_4$

Vous pourrez ainsi choisir un vecteur $v_4$ tel que $v_4\notin W_4.$

Analyse. Soit $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4$ tel que $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_4.$

Par définition de $W_4$, il existe trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que $(x_1,x_2,x_3,x_4) = av_1+bv_2+cv_3$ d’où :

(x_1,x_2,x_3,x_4) = a(10,5,-5,-1)+b(2,1,-1,-4)+c(1,0,0,0).

Par conséquent :

\left\{\begin{array}{llll}
10a&+2b &+c&= x_1 \\
5a&+b &&=x_2\\
-5a&-b &&= x_3\\
-a&-4b &&=x_4.
\end{array}\right.

Vous permutez la ligne $1$ et la ligne $4$ :

\left\{\begin{array}{llll}
-a&-4b &&=x_4\\
5a&+b &&=x_2\\
-5a&-b &&= x_3\\
10a&+2b &+c&= x_1.
\end{array}\right.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_2\leftarrow L_2+5L_1$ :

\left\{\begin{array}{llll}
-a&-4b  &&=x_4\\
   &-19b &&=x_2+5x_4\\
-5a&-b &&= x_3\\
10a&+2b &+c&= x_1.
\end{array}\right.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_3\leftarrow L_3-5L_1$ :

\left\{\begin{array}{llll}
-a&-4b  &&=x_4\\
   &-19b &&=x_2+5x_4\\
&\hphantom{+} 19b   &&= x_3-5x_4\\
10a&+2b &+c&= x_1.
\end{array}\right.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_4\leftarrow L_4+10L_1$ :

\left\{\begin{array}{llll}
-a&-4b  &&=x_4\\
   &-19b &&=x_2+5x_4\\
&\hphantom{+} 19b   &&= x_3-5x_4\\
&-38b &+c&= x_1+10x_4.
\end{array}\right.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_3\leftarrow L_3+L_2$ :

\left\{\begin{array}{llll}
-a&-4b  &&=x_4\\
   &-19b &&=x_2+5x_4\\
&   &\hphantom{+}0&= x_2+x_3\\
&-38b &+c&= x_1+10x_4.
\end{array}\right.

Afin d’obtenir un système triangularisé, vous effectuez $L_4\leftarrow L_4-2L_2$ et vous permutez la ligne $3$ et la ligne $4$ :

\left\{\begin{array}{llll}
-a&-4b  &&=x_4\\
   &-19b &&=x_2+5x_4\\
& &c&= x_1-2x_2\\
&   &0&= x_2+x_3.
\end{array}\right.

Il sera utile de trouver $b$ et $a$.

Vous avez :

b=\frac{-x_2-5x_4}{19}.

Enfin :

\begin{align*}
a&=-4b-x_4\\
&=\frac{4x_2+20x_4}{19}+\frac{-19x_4}{19}\\
&=\frac{4x_2+x_4}{19}.
\end{align*}

Synthèse. Soit $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4$ tel que $x_2+x_3 =0.$

Vous posez :

\begin{align*}
a&=\frac{4x_2+x_4}{19}\\
b&=\frac{-x_2-5x_4}{19}\\
c&=x_1-2x_2.
\end{align*}

Vous calculez le vecteur suivant :

\begin{align*}
av_1+bv_2+cv_3 &= \frac{4x_2+x_4}{19}(10,5,-5,-1)+ \frac{-x_2-5x_4}{19}(2,1,-1,-4)+(x_1-2x_2)(1,0,0,0)\\
19(av_1+bv_2+cv_3) &= (40x_2+10x_4, 20x_2+5x_4,-20x_2-5x_4, -4x_2-x_4)\\
&\qquad+(-2x_2-10x_4, -x_2-5x_4, x_2+5x_4, 4x_2+20x_4)\\
&\qquad+(19x_1-38x_2,0,0,0)\\
&=(19x_1,19x_2, -19x_2, 19x_4)\\
av_1+bv_2+cv_3 &=(x_1, x_2, -x_2, x_4).
\end{align*}

Comme $x_3 = -x_2$ vous déduisez que $(x_1,x_2,x_3,x_4) = av_1+bv_2+cv_3$ donc $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_4.$

En définitive, il a été démontré que :

\boxed{\forall (x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4, (x_1,x_2,x_3,x_4)\in W_4\Longleftrightarrow x_2+x_4 = 0.}

Vous constatez alors que $e_1 \in W_4$ il faut donc changer de vecteur. Prenez par exemple $e_2 = (0,1,0,0).$ Alors $e_2\notin W_4.$

Comme $(f(v_1),f(v_2),f(v_3))\in W_4^3$ vous déduisez que $W_4$ est stable par $f.$

Calculez le polynôme conducteur $P_{e_2, W_4}$

Comme le polynôme $P_{e_2,W_4}$ n’est pas constant, son degré est supérieur ou égal à $1.$

Analyse. Supposez que $P_{e_2,W_4}$ est de degré $1.$ Il existe un réel $a$ tel que $P_{e_2,W_4} = X+a.$

Ainsi :

f(e_2)+ae_2 \in W_4\\
(3,2,0,-7)+(0,a,0,0) \in W_4\\
(3,2+a,0,-7)\in W_4

Par suite $(2+a)+0 =0$ donc $a=-2.$

Synthèse. Posez $P(X) = X-2.$

Alors :

\begin{align*}
f(e_2)-2e_2 &= (3,2,0,-7)+(0,-2,0,0)\\
&=(3,0,0,-7).
\end{align*}

Comme $0+0 = 0$ vous déduisez $f(e_2)-2e_2 \in W_3.$

Le polynôme conducteur du vecteur $e_2$ dans l’espace $W_3$ est :

\boxed{P_{e_2,W_3}(X) = X-2.}

Explicitez un vecteur $v_4$ et concluez

Vous posez $v_4 = (0,1,0,0) = e_2.$

Comme $e_2 \notin W_4$ vous déduisez $v_4 \notin W_4$ et donc $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ est une famille libre de $\R^4$ avec autant de vecteurs que la dimension de $\R^4$ donc $(v_1,v_2,v_3,v_4)$ est une base de $\R^4.$

Il reste à décomposer, par complétude, le vecteur $(3,0,0,-7)$ comme combinaison linéaire des vecteurs $v_1$, $v_2$ et $v_3.$

Vous posez :

\begin{align*}
a&=\frac{4\times 0-7}{19} = \frac{-7}{19}\\
b&=\frac{-0-5(-7)}{19}=\frac{35}{19}\\
c&=3-2\times 0 = 3.
\end{align*}

Puis :

\begin{align*}
av_1+bv_2+cv_3 &= \frac{-7}{19}(10,5,-5,-1)+\frac{35}{19}(2,1,-1,-4)+3(1,0,0,0)\\
&= \frac{1}{19}(-70,-35,35,7)+\frac{1}{19}(70,35,-35,-140)+(3,0,0,0)\\
&=\frac{1}{19}(0,0,0,-133)+(3,0,0,0)\\
&=(0,0,0,-7)+(3,0,0,0)\\
&=(3,0,0,-7)\\
&=f(v_4)-2v_4.
\end{align*}

Donc :

\begin{align*}
f(v_4)-2v_4 &= \frac{-7}{19}v_1+\frac{35}{19}v_2+3v_3\\
f(19v_4)-2(19v_4) &= -7v_1+35v_2+57v_3.
\end{align*}

Vous posez $\boxed{v’_4 = (0,19,0,0)} = 19v_4$ et ainsi :

\boxed{f(v'_4) = 2v'_4+57v_3+35v_2-7v_1.}

Dans la base $(v_1,v_2,v_3,v’_4)$ l’endomorphisme $f$ est trigonalisé.

Matrice de passage et matrice triangulaire

Soit $A$ la matrice de l’endomorphisme $f$ dans la base canonique de $\R^4.$

A = \begin{pmatrix}
4 & 3 & 7 & 0\\
1 & 2 & 2 & 0\\
-1 & 0 & 0 & 0\\
-4 & -7 & -14 & -3
\end{pmatrix}.

Soit $P$ la matrice inversible de passage de la base canonique de $\R^4$ vers la base $(v_1,v_2,v_3,v’_4).$ Alors :

P = \begin{pmatrix}
10 & 2 & 1 & 0\\
5 & 1 & 0 & 19\\
-5 & -1 & 0 & 0\\
-1 & -4 & 0 & 0
\end{pmatrix}.

La matrice de $f$ dans la base $(v_1,v_2,v_3,v’_4)$ est bien égale à :

T = P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
2 & 1 & 0 & -7\\
0 & -3 & 1 & 35\\
0 & 0 & 2 & 57\\
0 & 0 & 0 & 2
\end{pmatrix}.

Considérez la matrice :

A= \begin{pmatrix}
3 & -1 & -1 \\
-1 & 2 & 0\\
3 & -2 & 0
\end{pmatrix}.

Soit $(x_1,x_2,x_3)\in\R^3.$ En posant $X = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2\\ x_3\end{pmatrix}$ il vient :

\begin{align*}
AX &= \begin{pmatrix}
3 & -1 & -1 \\
-1 & 2 & 0\\
3 & -2 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2\\ x_3\end{pmatrix} 
\\
&=\begin{pmatrix} 3x_1-x_2-x_3 \\ -x_1+2x_2\\3x_1-2 x_2\end{pmatrix}.
\end{align*}

Vous allez considérer l’endomorphisme $f$ de $\R^3$ défini par :

\forall (x_1,x_2,x_3), f(x_1,x_2,x_3) = (3x_1-x_2-x_3,-x_1+2x_2, 3x_1-2x_2).

Vous noterez dans la suite $I$ la matrice identité d’ordre $3$ :

I = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.

Déterminez le polynôme minimal de la matrice $A$

La matrice $A$ n’étant pas un multiple de la matrice identité, le polynôme minimal de $A$ n’a pas pour degré $1.$

Vous calculez $A^2$ :

A^2= 
\begin{pmatrix}
7 & -3 & -3 \\
-5 & 5 & 1\\
11 & -7 & -3
\end{pmatrix}.

Supposez qu’il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $A^2 = aA+bI$ autrement dit :

 \begin{pmatrix}
7 & -3 & -3 \\
-5 & 5 & 1\\
11 & -7 & -3
\end{pmatrix} = a\begin{pmatrix}
3 & -1 & -1 \\
-1 & 2 & 0\\
3 & -2 & 0
\end{pmatrix} + b \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.

L’identification du coefficient à la ligne $1$ et à la colonne $2$ fournit :

-3 = -a.

Ainsi, $a = 3.$

L’identification du coefficient à la ligne $3$ et à la colonne $2$ fournit :

-7 = -2a.

Et comme $a=3$, vous aboutissez à une contradiction.

Le polynôme minimal de $A$ n’a pas pour degré $2.$

Vous poursuivez en calculant $A^3$ :

A^3 = 
\begin{pmatrix}
15 & -7 & -7 \\
-17 & 13 & 5\\
31 & -19 & -11
\end{pmatrix}.

Analyse. Supposez qu’il existe trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que $A^3 = aA^2+bA+cI$, alors :

\begin{pmatrix}
15 & -7 & -7 \\
-17 & 13 & 5\\
31 & -19 & -11
\end{pmatrix}
 = a \begin{pmatrix}
7 & -3 & -3 \\
-5 & 5 & 1\\
11 & -7 & -3
\end{pmatrix} + b\begin{pmatrix}
3 & -1 & -1 \\
-1 & 2 & 0\\
3 & -2 & 0
\end{pmatrix} + c \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.

Vous identifiez le coefficient situé à la ligne $1$ et à la colonne $2$ d’où :

-7 = -3a-b.

Vous identifiez le coefficient situé à la ligne $2$ et à la colonne $1$ d’où :

-17 = -5a-b.

Par soustraction des deux égalités obtenues, vous déduisez :

10 = 2a

Du coup $a=5.$

Comme $b=-3a+7$ vous déduisez $b=-15+7 = -8.$

Vous identifiez le coefficient situé à la ligne $1$ et à la colonne $1$ d’où :

\begin{align*}
15 &= 7a+3b+c\\
c&=15-7a-3b\\
c&=15-35+24\\
c&=39-35\\
c&=4.
\end{align*}

Synthèse. Vous calculez ce qui suit :

\begin{align*}
5A^2-8A+4I &= 
 5 \begin{pmatrix}
7 & -3 & -3 \\
-5 & 5 & 1\\
11 & -7 & -3
\end{pmatrix} -8\begin{pmatrix}
3 & -1 & -1 \\
-1 & 2 & 0\\
3 & -2 & 0
\end{pmatrix} + 4 \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
35 & -15 & -15 \\
-25 & 25 & 5\\
55 & -35 & -15
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
-24 & 8 & 8 \\
8 & -16 & 0\\
-24 & 16 & 0
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
4 & 0 & 0\\
0 & 4 & 0\\
0 & 0 & 4
\end{pmatrix}
\\
 &=\begin{pmatrix}
15 & -7 & -7\\
-17 & 13 & 5\\
31 & -19 & -11
\end{pmatrix}
\\
&=A^3.
\end{align*}

En définitive, le polynôme $P$ défini par $\boxed{P(X) = X^3-5X^2+8X-4}$ est le polynôme minimal de $A.$ C’est aussi le polynôme minimal de l’endomorphisme $f.$

Factorisez le polynôme minimal

Vous constatez que, quand $X=1$, $X^3-5X^2+8X-4 = 0$.

Le polynôme $X^3-5X^2+8X-4$ est factorisable par $X-1$ du coup, vous déduisez l’existence d’un réel $a$ tel que :

X^3-5X^2+8X-4 =(X-1)(X^2+aX+4).

En effectuant $X=-1$, vous déduisez :

\begin{align*}
-1-5-8-4 &=(-2)(1-a+4)\\
-18 &= (-2)(5-a)\\
9 &= 5-a\\
a&=-4.
\end{align*}

Donc :

\begin{align*}
X^3-5X^2+8X-4 &=(X-1)(X^2-4X+4) \\
&=(X-1)(X-2)^2.
\end{align*}

Commencez à trigonaliser l’endomorphisme $f$

Le polynôme minimal admet $1$ et $2$ pour racines, qui sont les deux valeurs propres de $f.$

Vous faites le choix de commencer par la valeur propre $2.$

Notez que le produit $(A-I)(A-2)$ ne peut être la matrice nulle, sinon $P$ ne serait pas le polynôme minimal de $A.$

Après développement, $(A-I)(A-2I) = A^2-3A+2I$, du coup :

\begin{align*}
(A-I)(A-2I) &=  \begin{pmatrix}
7 & -3 & -3 \\
-5 & 5 & 1\\
11 & -7 & -3
\end{pmatrix}
-3
\begin{pmatrix}
3 & -1 & -1 \\
-1 & 2 & 0\\
3 & -2 & 0
\end{pmatrix}
+2
 \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\\
&=
 \begin{pmatrix}
7 & -3 & -3 \\
-5 & 5 & 1\\
11 & -7 & -3
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
-9 & 3 & 3 \\
3 & -6 & 0\\
-9 & 6 & 0
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
2 & 0 & 0\\
0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}
\\
&=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0\\
-2 & 1 & 1\\
2 & -1 & -1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

En multipliant par $A-2I$ à gauche, vous déduisez :

\begin{align*}
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix} &= A^3-5A^2+8A-4I\\
&= (A-2I)(A-I)(A-2I)\\
&= (A-2I) \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0\\
-2 & 1 & 1\\
2 & -1 & -1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

En particulier :

\begin{pmatrix}
0 \\
0 \\
0 
\end{pmatrix} 
=
(A-2I) 
\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
-1 
\end{pmatrix} .

Posez $\boxed{v_1 = (0,1,-1).}$ Comme $(f-2\mathrm{Id}_{\R^3})(v_1)=0$ vous déduisez $\boxed{f(v_1)=2v_1.}$

Notez $V_1 = \mathrm{Vect}(v_1)$ qui est de dimension $1$ puisque $v_1$ est un vecteur non nul.

Décrivez l’espace $V_1$ avec des équations

Analyse. Soit $(x_1,x_2,x_3)\in\R^3$ un élément de $V_1.$

Il existe donc un réel $t$ tel que $(x_1,x_2,x_3) = t(0,1,-1).$ Cela se traduit par le système suivant :

\begin{align*}
x_1 &= 0\\
x_2 &= t\\
x_3 &= -t\\
\end{align*}

Vous réordonnez ce système avec $t$ pour inconnue et $x_1$, $x_2$ et $x_3$ comme paramètres :

\begin{align*}
t &=x_2\\
t&=-x_3\\
x_1 &= 0\\
\end{align*}

Du coup par soustraction de la ligne $2$ avec la ligne $1$ il vient :

\begin{align*}
t &=x_2\\
x_2+x_3&=0\\
x_1 &= 0.
\end{align*}

Synthèse. Soit $(x_1,x_2,x_3)\in \R^3$ tel que $x_1 = 0$ et $x_2+x_3 = 0.$

Posez $t = x_2.$

Alors $x_3 = -x_2 = -t.$

Du coup :

\begin{align*}
(x_1,x_2,x_3) &= (0, t , -t)\\
&=t(0,1,-1)\\
&=tv_1.
\end{align*}

Conclusion. L’espace $V_1$ est égal à :

V_1 = \left\{(x_1,x_2,x_3)\in\R^3, 
x_1 = 0\text{ et }
x_2+x_3=0
 \right\}.

Construisez un vecteur $v_2$ tel que $f(v_2)\in\mathrm{Vect}(v_1,v_2)$ avec un polynôme conducteur

Choisissez un vecteur $w$ tel que $w\notin V_1$ par exemple $w=(1,0,0).$ (De ce fait, comme $w\notin V_1$ le polynôme conducteur de $w$ dans $V_1$ ne peut être constant, cela sera détaillé ci-dessous.)

Déterminez le polynôme conducteur du vecteur $w$ dans l’espace $V_1$

Notez $L=\{R\in\R[X], R(f)(w) \in V_1\}.$

Remarquez que $P(f) = 0.$ Donc $P(f)(w) = 0$ donc $P(f)(w) \in V_1.$

Le polynôme minimal de $f$ appartient à $L$ vous déduisez qu’il existe un polynôme unitaire de degré minimal appartenant à $L.$

Dans ce qui suit, l’objectif va être de déterminer ce polynôme qui sera noté $Q.$

Si $Q$ est de degré $0$, $Q$ est constant donc $Q(X)=1$, alors $Q(f) = \mathrm{Id}_{\R^3}$ donc $Q(f)(w) = w.$ Ainsi $w\in V_1.$ Contradiction. Donc $Q$ est un polynôme de degré supérieur ou égal à $1.$

Si $Q$ est de degré $1$, il existe un réel $a$ tel que $Q(X)=X+a.$ La relation $Q(f)(w) = 0$ s’écrit :

\begin{align*}
(f+a\mathrm{Id}_{\R^3})(w)&\in V_1 \\
f(w)+aw &\in V_1\\
f(1,0,0)+(a,0,0)&\in V_1\\
(3,-1,3)+(a,0,0) &\in V_1\\
(3+a, -1, 3) &\in V_1.
\end{align*}

De ce qui a été obtenu sur $V_1$, à savoir :

V_1 = \left\{(x_1,x_2,x_3)\in\R^3, 
x_1 = 0\text{ et }
x_2+x_3=0
 \right\}

vous déduisez que $-1+3$ doit être nul, ce qui est absurde.

Donc $Q$ est un polynôme de degré supérieur ou égal à $2.$

Analyse. Si $Q$ est de degré $2$, il existe un réel $a$ et un réel $b$ tels que $Q(X)=X^2+aX+b.$ La relation $Q(f)(w) = 0$ s’écrit :

\begin{align*}
(f\circ f+a f+ b\mathrm{Id}_{\R^3})(w)&\in V_1 \\
f(f(w))+af(w)+bw &\in V_1\\
f(3,-1,3)+a(3,-1,3)+b(1,0,0)&\in V_1\\
(7,-5,11)+(3a,-a,3a)+(b,0,0) &\in V_1\\
(7+3a+b, -5-a, 11+3a) &\in V_1.
\end{align*}

Cela implique que :

\begin{align*}
(-5-a)+(11+3a)&=0\\
2a+6 &=0\\
a&=-3.
\end{align*}

D’autre part :

\begin{align*}
7+3a+b&=0 \\
b&=-3a-7\\
b&=9-7\\
b&=2. 
\end{align*}

Synthèse. Posez $Q(X) = X^2-3X+2.$

Vous calculez $A^2-3A+2I$ ce qui fournit :

\begin{align*}
A^2-3A+2I &= 
\begin{pmatrix}
7 & -3 & -3 \\
-5 & 5 & 1\\
11 & -7 & -3
\end{pmatrix}
-3
\begin{pmatrix}
3 & -1 & -1 \\
-1 & 2 & 0\\
3 & -2 & 0
\end{pmatrix}
+
2 \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\\
&= 
\begin{pmatrix}
7 & -3 & -3 \\
-5 & 5 & 1\\
11 & -7 & -3
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
-9 & 3 & 3 \\
3 & -6 & 0\\
-9 & 6 & 0
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
2 & 0 & 0\\
0 & 2 & 0\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}
\\
&=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0\\
-2 & 1 & 1\\
2 & -1 & -1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Du coup :

\begin{align*}
(A^2-3A+2I) 
\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0
\end{pmatrix} 
&=
 \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0\\
-2 & 1 & 1\\
2 & -1 & -1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0
\end{pmatrix} 
\\
&=
\begin{pmatrix}
0\\
-2\\
2
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Du coup :

(f\circ f+a f+ b\mathrm{Id}_{\R^3})(w) = (0,-2,2).

La première coordonnée de $(0,-2,2)$ est nulle et la somme $-2+2$ est nulle, donc $(0,-2,2)\in V_1.$

Ainsi $\boxed{Q(f)(w)\in V_1}.$

Le polynôme $\boxed{Q(X) = X^2-3X+2 = (X-1)(X-2)}$ est le polynôme conducteur du vecteur $w$ dans l’espace $V_1.$

Déterminez le vecteur $v_2$

D’après ce qui précède :

((f-\mathrm{Id}_{\R^3})\circ (f-2\mathrm{Id}_{\R^3}))(w)\in V_1.

Posez $v_2 = (f-2\mathrm{Id}_{\R^3})(w).$ Alors :

(f-\mathrm{Id}_{\R^3})(v_2)\in V_1

Du coup :

\begin{align*}
f(v_2)-v_2\in V_1\\
f(v_2)-v_2 \in \mathrm{Vect}(v_1)\\
f(v_2)\in \mathrm{Vect}(v_1,v_2).
\end{align*}

Le vecteur $v_2$ convient bien. Pour plus de précisions, vous le calculez explicitement :

\begin{align*}
v_2 &= f(w)-2w\\
&=f(1,0,0)+(-2,0,0)\\
&=(3,-1,3)+(-2,0,0)\\
&=(1,-1,3).
\end{align*}

Vous calculez $f(v_2)-v_2$ et déduisez une décomposition de $f(v_2)$ comme combinaison linéaire des vecteurs $v_1$ et $v_2$.

\begin{align*}
f(v_2)-v_2 &= f(1,-1,3)-(1,-1,3) \\
&=(1,-3,5)+(-1,1,-3)\\
&=(0,-2,2)\\
&=-2(0,1,-1)\\
&=-2v_1.
\end{align*}

Ainsi, avec $\boxed{v_2 = (1,-1,3)}$ vous obtenez $\boxed{f(v_2)=v_2-2v_1.}$

Construisez un vecteur $v_3$ tel que $f(v_3)\in\mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3)$

Il convient déjà de remarquer que la famille $(v_1,v_2)$ est libre.

En effet, $v_1$ n’est pas nul, donc $(v_1)$ est libre.

Si $(v_1,v_2)$ était liée, vous auriez $v_2 \in\mathrm{Vect}(v_1)$ donc $v_2\in V_1$ ce qui est absurde.

Posez $V_2 = \mathrm{Vect}(v_1,v_2)$ qui est de dimension $2.$

Si vous arrivez à construire un vecteur $v_3$ tel que $v_3\notin V_2$ alors $(v_1,v_2,v_3)$ sera libre et aura autant de vecteurs que la dimension de $\R^3$ ce sera donc une base de $R^3$ donc le vecteur $f(v_3)$ appartiendra bien à l’ensemble $\mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3).$

Caractérisez l’espace $V_2$ par une équation

Analyse. Soit $(x_1,x_2,x_3)\in V_2.$

Il existe deux réels $a$ et $b$ tels que :

\begin{align*}
(x_1,x_2,x_3) &= a(0,1,-1) + b(1,-1,3)\\
&=(0,a,-a)+(b,-b,3b)\\
&=(b,a-b,-a+3b).
\end{align*}

Vous déduisez que :

\begin{array}{lll}
a&-b&=x_2\\
-a&+3b &= x_3\\
&\hphantom{+}b &= x_1.
\end{array}

Vous éliminez $a$ dans la seconde équation :

\begin{array}{lll}
a&-b&=x_2\\
&\hphantom{+}2b &= x_2+x_3\\
&\hphantom{+}b &= x_1.
\end{array}

Vous permutez les lignes $2$ et $3$ :

\begin{array}{lll}
a&-b&=x_2\\
&\hphantom{+}b &= x_1\\
&\hphantom{+}2b &= x_2+x_3.
\end{array}

Vous éliminez $b$ de la dernière équation :

\begin{array}{lll}
a&-b&=x_2\\
&\hphantom{+}b &= x_1\\
&\hphantom{+}0&= -2x_1+x_2+x_3.
\end{array}

Puis vous trouvez $a$ :

\begin{array}{lll}
&\hphantom{+}a&=x_1+x_2\\
&\hphantom{+}b &= x_1\\
&\hphantom{+}0&= -2x_1+x_2+x_3.
\end{array}

Analyse. Soit $(x_1,x_2,x_3)\in\R^3$ tel que $-2x_1+x_2+x_3 = 0.$

Vous posez $a = x_1+x_2$ et $b=x_1$ puis vous calculez ce qui suit :

\begin{align*}
av_1+bv_2 &= a(0,1,-1) + b(1,-1,3)\\
&=(x_1+x_2)(0,1,-1) + x_1(1,-1,3)\\
&=(0,x_1+x_2,-x_1-x_2)+(x_1,-x_1,3x_1)\\
&=(x_1, x_2, 2x_1-x_2).
\end{align*}

Or, $-2x_1+x_2+x_3 = 0$ fournit $x_3 = 2x_1-x_2$ donc $av_1+bv_2 = (x_1,x_2,x_3)$ et $(x_1,x_2,x_3)\in V_2.$

Conclusion. Vous avez établi que :

V_2 = \left\{(x_1,x_2,x_3)\in\R^3,  -2x_1+x_2+x_3 = 0  \right\}.

Choisissez un vecteur $v_3$ qui convient

Posez $\boxed{v_3 = (0,1,0).}$ Comme $-2\times 0+1+0 \neq 0$, $v_3 \notin V_2$ donc $(v_1,v_2,v_3)$ est libre et $(v_1,v_2,v_3)$ est une base de $\R^3.$

Pour davantage de précisions, vous allez calculer $f(v_3)$ et le décomposer sur la base $(v_1,v_2,v_3).$

\begin{align*}
f(v_3) &= f(0,1,0) \\
&=(-1,2,-2).
\end{align*}

Or, il existe trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que $av_1+bv_2+cv_3 = (-1,2,-2).$

\begin{align*}
av_1+bv_2+cv_3 &=a(0,1,-1)+b(1,-1,3)+c(0,1,0)\\
&=(0,a,-a)+(b,-b+3b)+(0,c,0)\\
&=(b, a-b+c, -a+3b).
\end{align*}

Du coup :

\left\{\begin{align*}
b&=-1\\
a-b+c&=2\\
-a+3b &=-2
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
b&=-1\\
a+1+c&=2\\
-a-3 &=-2
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
b&=-1\\
a+1+c&=2\\
-1 &=a
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
b&=-1\\
c&=2\\
-1 &=a.
\end{align*}\right.

La décomposition du vecteur $f(v_3)$ est :

\boxed{f(v_3) = -v_1-v_2+2v_3.}

Concluez

Dans la base $(v_1,v_2,v_3)$ où $v_1 =(0,1,-1)$, $v_2 = (1,-1,3)$ et $v_3 = (0,1,0)$ la matrice de $f$ est triangulaire supérieure et elle égale à :

\begin{pmatrix}
2 &  -2& -1 \\
0 &  1& -1\\
0 &  0& 2\\
\end{pmatrix}.

L’endomorphisme $f$ a été trigonalisé.