Catégorie : Niveau Capes

Une base de Frobenius ? Une matrice de Frobenius ? Qu’est-ce ?

Connaissez-vous la matrice compagnon d’un polynôme unitaire ?

Pour $P_1(X) = X^3 + X^2 -3X +7$, vous associez l’équation de ses racines en isolant le terme de plus haut degré, ce qui donne $X^3 = -X^2+3X-7$. Les coefficients du polynôme de droite sont ceux de la dernière colonne de la matrice compagnon du polynôme $P_1.$ Les autres colonnes sont formées de $0$ partout excepté sur la sous-diagonale tronquée où les coefficients valent tous $1$.

Vous noterez $C(P_1)$ la matrice compagnon du polynôme $P_1$ qui est définie par $C(P_1)=\begin{pmatrix}0 & 0 & -7 \\ 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1\end{pmatrix}.$

Pour le polynôme $P_2(X) = X^4+X^3-X+2$, la matrice compagnon $C(P_2)$ est définie par $C(P_2)=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & -2\\ 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1\end{pmatrix}.$

Des matrices compagnons par blocs comme matrices de Frobenius ?

Considérez la matrice $A$ définie par  : $A = \begin{pmatrix}C(P_1) & 0\\ 0 & C(P_2)\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
0 & 0 & -7 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 3 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 &0 & 0 & 0 & -2\\
0 & 0 & 0 &1 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 &0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -1
\end{pmatrix}$

Elle est diagonale par blocs mais ce n’est pas suffisant : le polynôme $P_1$ défini par $P_1(X) = X^3+X^2-3X+7$ ne divise pas le polynôme $P_2$ défini par $P_2(X)=X^4+X^3-X+2$. Bien que $A$ soit diagonale par blocs avec des matrices compagnons, la matrice $A$ n’est pas une matrice de Frobenius.

Les polynômes doivent se diviser

Trouver une base de Frobenius pour une matrice $A\in M_n(\K)$, où $n\in\N^{*}$, c’est trouver une matrice inversible $P\in GL_n(\K)$ telle que $P^{-1}AP$ soit diagonale par blocs, avec des blocs de la forme $C(P_1)$, …, $C(P_\ell)$ où $\ell\in\N^{*}$, la famille $(P_i)_{1\leq i \leq \ell}$ étant une famille de polynômes unitaires telle que $P_1 | P_2 | … | P_{\ell}$, les matrices $C(P_1)$, …, $C(P_{\ell})$ étant les matrices compagnons relatives aux polynômes $P_1$, …, $P_{\ell}.$

Note. La suite de polynômes $(P_i)_{1\leq i \leq \ell}$ s’appelle la suite des invariants de similitude de la matrice $A$. Elle ne dépend que de la matrice $A.$

Former une matrice diagonale par blocs avec des matrices compagnons est un prérequis, mais il faut bien d’y prendre pour avoir la divisibilité des polynômes.

Exemple. Considérez la matrice $A = \begin{pmatrix}
5 & 7 & 6 & 5 & 5\\
-2 & -5 & -6 & -4 & -5\\
5 & 10 & 10 & 7 & 8\\
-6 & -8 & -6 & -5 & -5\\
-1 & -3 & -3 & -2 & -3
\end{pmatrix}.$

Si vous formez la matrice $P = \begin{pmatrix}
-1 & 0 & -1 & 1 & 0\\
1 & 1 & 1 & -1 & 0\\
-2 & -1 & -1 & 2 & 0\\
2 & 0 & 1 & -1 & 0\\
0 & 0 & 0 & -1 & 1
\end{pmatrix}$ alors la matrice $P$ est inversible et $P^{-1}AP = \begin{pmatrix}
0 & -1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 2 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & -2\\
0 & 0 & 1 & 0 & 3\\
0 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
C(P_1) & 0\\
0 & C(P_2)
\end{pmatrix},$

avec $P_1 = X^2-2X+1 = (X-1)^2$ et $P_2 = X^3-3X+2 = (X+2)(X-1)^2$ et par suite, le polynôme $P_1$ divise bien le polynôme $P_2.$

La matrice $P^{-1}AP$ est bien une matrice de Frobenius associée à la matrice $A$ et la base de $\R^5$ formée par les cinq colonnes de la matrice $P$ constitue une base de Frobenius de la matrice $A.$

Etude complète d’un exemple pour bien comprendre

Soit à trouver une base de Frobenius et la matrice de Frobenius associés à la matrice réelle $A=\begin{pmatrix}
3 & 0 & -1 & 1\\
2 & 2 & 1 & 2\\
-3 & 0 & 2 & -3\\
-4 & 0 & 1 & -2
\end{pmatrix}.$

La première chose à faire, c’est construire un vecteur $v$ pour que $<v> = \vect\{A^k v, k\in\N\}$, l’espace cyclique engendré par $v$ soit de dimension maximum.

Cette dimension maximum sera donnée par le degré du polynôme minimal de la matrice $A$.

Déterminez le polynôme minimal de $A$

Une façon de faire c’est de calculer les puissances successives de $A$ jusqu’à trouver une relation de dépendance linéaire.

Les matrices $I$ et $A$ n’étant pas colinéaires, vous calculez $A^2 = \begin{pmatrix}
8 & 0 & -4 & 4\\
-1 & 4 & 4 & -1\\
-3 & 0 & 4& -3\\
-7 & 0 &4 &-3
\end{pmatrix}$

Le système $A^2 = aA + bI$ d’inconnues $a$ et $b$ réelles n’a pas de solution.

Vous calculez donc $A^3 = \begin{pmatrix}
20 & 0 & -12 & 12\\
-3 & 8 & 12 & -3\\
-9 & 0 & 8& -9\\
-21 & 0 &12 & -13
\end{pmatrix}$

Vous résolvez le système $A^3=aA^2+bA+cI.$ Vous trouvez $a = 3$, $b=0$ et $c=-4$, ce qui prouve que $A^3 = 3A^2-4I.$

Le polynôme minimal de $A$ est égal à $X^3-3X^2+4 = (X+1)(X^2-4X+4)=(X+1)(X-2)^2.$

Construisez un vecteur $v$ pour que l’espace cyclique $<v>$ soit de dimension maximale

En considérant les facteurs irréductibles du polynôme minimal de $A$, vous cherchez un vecteur $v_1\in\ker(A+I)\setminus \{0\}$ et un vecteur $v_2\in\ker(A-2I)^2 \setminus \ker(A-2I).$

Calculez le noyau de la matrice $A+I= \begin{pmatrix}
4 & 0 & -1 & 1\\
2 & 3 & 1 & 2\\
-3 & 0 & 3 & -3\\
-4 & 0 & 1 & -1
\end{pmatrix}.$

Vous finissez par trouver $\ker(A+I) = \vect\left[ \begin{pmatrix}
0\\
-1 \\
1\\
1
\end{pmatrix}\right].$ Vous posez $v_1 = \begin{pmatrix}
0\\
-1 \\
1\\
1
\end{pmatrix}.$

Calculez maintenant le noyau de $A-2I = \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 1\\
2 & 0 & 1 & 2\\
-3 & 0 & 0 & -3\\
-4 & 0 & 1 & -4
\end{pmatrix}.$

Le détail du processus est donné parce qu’il est intéressant et évitera de calculer la matrice $(A-2I)^2.$

Pour la détermination de $\ker(A-2I)$ vous résolvez le système linéaire suivant :

$\left\{\begin{align*}
x_1 -x_3+x_4&=0\\
2x_1+x_3+2x_4 &=0\\
-3x_1-3x_4 &=0\\
-4x_1+x_3-4x_4 &=0.
\end{align*}\right.$

Vous effectuez les opérations élémentaires suivantes : $L_2\leftarrow L_2-2L_1$, $L_3\leftarrow L_3+3L_1$ et $L_4\leftarrow L_4+4L_1.$

$\left\{\begin{align*}
x_1 -x_3+x_4&=0\\
3x_3 &=0\\
-3x_3 &=0\\
-3x_3 &=0.
\end{align*}\right.$

Ainsi le système est équivalent à :

$\left\{\begin{align*}
x_1 &=-x_4\\
x_2 & = x_2\\
x_3 &=0\\
x_4 &=x_4.
\end{align*}\right.$

$\ker(A-2I) = \vect\left[ \begin{pmatrix}
-1\\
0 \\
0\\
1
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
0\\
1 \\
0\\
0
\end{pmatrix}\right].$

Vous cherchez maintenant une base de $\ker(A-2I)^2.$

Soit $X = \begin{pmatrix}
x_1\\
x_2 \\
x_3\\
x_4
\end{pmatrix}.$ Au lieu de résoudre $(A-2I)^2X = 0$ vous résolvez $(A-2I)X\in \ker(A-2I).$

Le vecteur $X$ appartient au noyau de $(A-2I)^2$, si et seulement si, il existe deux réels $a$ et $b$ tels que :

$\left\{\begin{align*}
x_1 -x_3+x_4&=-a\\
2x_1+x_3+2x_4 &=b\\
-3x_1-3x_4 &=0\\
-4x_1+x_3-4x_4 &=a.
\end{align*}\right.$

Vous effectuez les mêmes opérations élémentaires : $L_2\leftarrow L_2-2L_1$, $L_3\leftarrow L_3+3L_1$ et $L_4\leftarrow L_4+4L_1.$

$\left\{\begin{align*}
x_1 -x_3+x_4&=-a\\
3x_3 &=b+2a\\
-3x_3 &=-3a\\
-3x_3 &=-3a.
\end{align*}\right.$

$\left\{\begin{align*}
x_1 -x_3&=-a-x_4\\
x_3 &=a\\
b &=a\\
\end{align*}\right.$

$\left\{\begin{align*}
x_1 &=-x_4\\
x_3 &=a\\
b &=a\\
\end{align*}\right.$

$X$ appartient à $\ker(A-2I)^2$ si et seulement si il existe un réel $a$ tel que :

$\left\{\begin{align*}
x_1 &=-x_4\\
x_2 &=x_2\\
x_3 &=a\\
x_4 &=x_4\\
\end{align*}\right.$

$\ker(A-2I)^2 = \vect\left[ \begin{pmatrix}
-1\\
0 \\
0\\
1
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
0\\
1 \\
0\\
0
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
0\\
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}\right].$

Vous choisissez $v_2 = \begin{pmatrix}
0\\
0 \\
1 \\

\end{pmatrix}.$

Maintenant que vous avez les vecteurs $v_1$ et $v_2$, vous posez $v = v_1-v_2 = \begin{pmatrix}
0\\
-1 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}.$

Voyez pourquoi le vecteur $v$ a un polynôme minimal de degré $3$.

Il a été vu que $v_1$ admet $X+1$ pour polynôme minimal et que $v_2$ admet $(X-2)^2.$

Soit $P\in\R[X]$ un polynôme annulant le vecteur $v$, c’est-à-dire tel que $P(A)v = 0.$

Prenez le vecteur $v_1 = v + v_2$. Appliquez le polynôme $P$.

$P(A)v_1 = P(A)v_2$, puis annulez le vecteur $v_2$.

$(A-2I)^2P(A) v_1 = 0.$

Le polynôme $(X-2)^2 P(X)$ annule le vecteur $v_1$. Ce polynôme est un multiple du polynôme minimal de $v_1$, donc $X+1 \ (X-2)^2 P(X)$ et par application du théorème de Gauss, $X+1 | P(X).$

Prenez le vecteur $v_2 = v_1 – v$. Appliquez le polynôme $P$.

$P(A)v_2 = P(A)v_1$, puis annulez le vecteur $v_1$.

$(A+I)P(A)v_2 = 0.$

Le polynôme $(X+1)P(X)$ annule le vecteur $v_2$. Du coup $(X-2)^2 | (X+1)P(X)$ et par le théorème de Gauss, $(X-2)^2 | P(X).$

$P(X)$ est un multiple de $X+1$ et de $(X-2)^2$ qui sont premiers entre eux, donc $P(X)$ est un multiple de leur produit.

D’autre part, $(A+I)(A-2I)^2 v = (A-2I)^2(A+I)v_1-(A+I)(A-2I)^2v_2 = 0. $

Ainsi, le vecteur $v$ admet $(X+1)(X-2)^2 = X^3-3X^2+4$ pour polynôme minimal et $<v>$ est de dimension $3$.

Le premier bloc de Frobenius

D’après ce qui précède, la famille $(v, Av, A^2v)$ est libre et $A^3v = 3A^2v-4v.$ Si vous complétez cette famille en une base $(v, Av, A^2v, w)$ de $\R^4$ et que vous formez la matrice $P = (v | Av | A^2v | w)$, la matrice $P$ sera inversible et $P^{-1}AP$ aura pour forme : $P^{-1}AP = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -4 & \times \\
1 & 0 & 0 & \times\\
0 & 1 & 3 & \times \\
0 & 0 & 0 & \times
\end{pmatrix}.$

En notant $P_2 = (X+1)(X-2)^2$, on a $C(P_2) = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -4\\
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 3
\end{pmatrix}$ et $P^{-1}AP = \begin{pmatrix}C(P_1) & \times \\ 0 & \times \end{pmatrix}$

Attaquez le second bloc de Frobenius

D’après ce qui précède, compléter la famille $(v, Av, A^2v)$ en une base de $\R^4$ ne suffit pas.

Il s’agit, pour former un second bloc avec une matrice compagnon, de construire un supplémentaire stable par $A$ de $\vect(v,Av,A^2v).$

Construisez une forme linéaire $f$ de $\R^4$ telle que $f(v)=0$, $f(Av)=0$ et $f(A^2v) \neq 0$ puis considérez $F = \{w\in\R^4, f(w)=f(Aw)=f(A^2w)=0\}.$ Alors $F$ est un sous-espace vectoriel de $\R^4$, stable par $A$, tel que $\R^4 = <v> \oplus \ F.$

En effet, $F$ est déjà un sous-espace vectoriel de $\R^4$, comme noyau de l’application linéaire $g: w\mapsto (f(w), f(Aw), f(A^2w))$ qui va de $\R^4$ dans $\R^3.$

$F$ est stable par la matrice $A$. En effet, supposez que $w\in F.$ Alors $f(w)=f(Aw)=f(A^2w)=0$ or $A^3w \in \vect(w,Aw,A^2w)$ puisque le polynôme minimal de $A$ est de degré $3$. Par linéarité il s’ensuit que $f(A^3w)=0$ et donc $Aw \in F.$

Pour montrer que $\R^4 = <v> \oplus \ F$ il suffit de montrer que $F$ est de dimension $1$.

Par le théorème du rang, il suffit de montrer que l’image de $g$ est de dimension $3$. Or c’est effectivement le cas, puisque pour $g(v) = (0,0,k)$ où $ k$ est non nul (puisqu’il est égal à $f(A^2v)$), $g(Av) = (0,k,\times)$, $g(A^2v) = (k, \times, \times).$ Du coup la famille $(g(v), g(Av), g(A^2v))$ est libre. L’image de $g$ contient l’espace engendré par cette famille et donc l’image de $g$ a une dimension supérieure ou égale à $3$. Comme l’image de $g$ est incluse dans $\R^3$, on obtient le résultat annoncé.

Terminez les calculs

Les calculs montrent que $v = \begin{pmatrix}
0\\
-1\\
0\\
1
\end{pmatrix}$, que $Av = \begin{pmatrix}
1\\
0\\
-3\\
-2
\end{pmatrix}$ et que $A^2v = \begin{pmatrix}
4\\
-5\\
-3\\
-3
\end{pmatrix}.$

Il suffit de poser $f\left(\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
x_4
\end{pmatrix}\right) = 3x_1+x_3.$

Pour trouver $F$ on résout $f(x) = f(Ax) = f(A^2x)=0$ pour $x = \begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
x_4
\end{pmatrix}$ ce qui conduit au système :

$\left\{\begin{align*}
3x_1+x_3&=0\\
6x_1-x_3&=0 \\
21x_1-8x_3+9x_4&=0.
\end{align*}\right.$

Sa résolution fournit $x_1 = x_3 = x_4 = 0$ et donc $F = \vect\left[\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix}\right]$ est un supplémentaire stable de $<v>.$

On peut constater rapidement que si $w = \begin{pmatrix}
0\\
1\\
0\\

\end{pmatrix}$, alors $Aw = 2w$ ce qui montre que $w$ admet $X-2$ pour polynôme minimal.

La matrice compagnon de ce polynôme est $(2)$.

Posez $P = (v| Av| A^2v| w)=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 4 & 0 \\
-1 & 0 & -5 & 1\\
0 & -3 & -3 & 0 \\
1 & -2 & -3 & 0
\end{pmatrix}.$

Notez que tous les vecteurs de $F$ sont annulés par le polynôme minimal de $A$, par conséquent le polynôme minimal du vecteur $w$ divise le polynôme minimal de $A$.

En posant $P_1 = X-2$ et $P_2 =(X-2)^2(X+1)$, vous obtenez bien :

$P^{-1}AP = \begin{pmatrix}
C(P_2) & 0\\
0 & C(P_1)
\end{pmatrix} $ où $P_1 | P_2.$

Pour avoir les blocs de Frobenius dans le bon ordre, il suffit de poser $Q = (w | v| Av| A^2v)=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 4 \\
1 & -1 & 0 & -5 \\
0 & 0 & -3 & -3 \\
0 & 1 & -2 & -3
\end{pmatrix}.$

Alors $Q^{-1}AQ = \begin{pmatrix}
C(P_1) & 0\\
0 & C(P_2)
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -4\\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 3
\end{pmatrix}, $ où $P_1 | P_2$ ce qui est la matrice de Frobenius et $Q$ la matrice dont les colonnes constituent une base de Frobenius de la matrice $A$.

Soit $n$ un entier naturel non nul, $\K$ un corps et $A$ une matrice appartenant à $M_n(\K).$

$\K^n$ désigne l’ensemble des matrices colonnes à $n$ lignes à coefficients dans $\K.$

Il existe un polynôme unitaire de degré minimal, noté $\Pi\in\K[X]$ tel que $\Pi(A)=0.$

Le but de cet article consiste à donner une méthode générale permettant de calculer $\Pi.$

Les premiers paragraphes sont théoriques, ceux de la fin donnent un cas pratique.

Le polynôme minimal d’un vecteur

Pour tout vecteur $x\in\K^n$ non nul, il existe un unique polynôme $P_x$ unitaire de degré minimal tel que $P_x(A)x = 0.$

Une première information sur $\Pi$ est donnée par le théorème suivant.

Pour tout vecteur $x\in \K^n$ non nul, le polynôme minimal de $x$, noté $P_x$ divise le polynôme minimal $\Pi$ de la matrice $A$.

Cette information est cruciale, sauf que, pour avoir $\Pi$, combien faut-il prendre de vecteurs ? L’idée c’est que si $(e_1,…,e_n)$ est une base de $\K^n$, $\forall i\in\N, 1\leq i \leq n \Longrightarrow P_{e_i} | \Pi.$

Alors on constate que si $Q$ est le PPCM des polynômes $P_{e_i}$ quand $i$ est compris entre $1$ et $n$, alors $Q$ divise $\Pi$. Il y a en fait égalité : comme chaque $P_{e_i}$ annule le vecteur $e_i$, on en déduit que $\forall i \in\N, 1\leq i \leq n \Longrightarrow P_{e_i}(A)e_i = 0 \Longrightarrow Q(A)e_i = 0.$

Enfin, par linéarité, on conclut que $Q(A)=0.$ Si $x\in\K^n$, il existe $(a_1,…,a_n)\in\K^n$ tel que $x=\sum_{k=1}^n a_ie_i$ et donc $Q(A)x =\sum_{k=1}^n a_iQ(A)e_i = 0.$

Ainsi il apparaît que $Q = \Pi.$

Le cas d’une base générée par plusieurs vecteurs cycliques

Au début vous choisissez un vecteur $x_1$ non nul et pour calculer $P_{x_1}$, vous calculez successivement $Ax_1$, $A^2x_1$ jusqu’à obtenir un premier entier $k$ tel que $A^kx_1$ soit une combinaison linéaire des $A^\ell x_1$ pour $1\leq \ell \leq k-1.$ Les coefficients trouvés vous donnent $P_{x_1}.$

Vous choisissez ensuite un vecteur $x_2$ n’appartenant pas à l’espace cyclique engendré par $x_1$, et calculez de même $P_{x_2}$ jusqu’à ce que vous ayez une base de $\K^n$ de la forme $(x_1, Ax_1, … A^{k_1}x_1, …, x_p, Ax_p, …, A^{k_p}x_p).$ Notez bien ici que $k_i$ n’est pas forcément le degré du polynôme $P_{x_i}.$ En itérant le vecteur $x_i$ sur $A$, il se peut que $A^p x_i$ soit combinaison linéaire des vecteurs précédents… autant itérer permet de trouver le polynôme minimal du vecteur $x_i$, autant il faudra prendre moins de vecteurs pour garder une famille libre…

En notant $Q$ le PPCM de $P_{x_1}$, …, $P_{x_p}$ nous prétendons que $\Pi$ est égal à $Q$.

Pour tout $i\in\N$ compris entre $1$ et $p$, le polynôme $P_{x_i}$ divise le polynôme $\Pi$, du coup, $Q$ divise $\Pi.$

Soit $i$ un entier compris entre $1$ et $p$.
Soit $j$ un entier compris entre $0$ et $k_i.$

Par définition de $P_{x_i}$, $P(x_i)$ divise $\Pi.$

Notez $P_{x_i}(X) = \sum_{k=0}^{d} a_kX^k.$

Vous avez $\sum_{k=0}^{d} a_kA^k x_i = 0.$ Multipliez cette relation par $A^j.$

Alors $\sum_{k=0}^{d} a_kA^k (A^j x_i)= 0.$ Cela prouve que le polynôme minimal de $A^j x_i$ divise $P_{x_i}$ qui lui-même divise $Q$.

Ainsi $Q$ annule tous les vecteurs de la base $(x_1, Ax_1, … A^{k_1}x_1, …, x_p, Ax_p, …, A^{k_p}x_p)$ et par linéarité $Q(A)=0.$

D’où l’égalité $Q = \Pi.$

Et maintenant, un exemple de calcul dans $\R$

Considérez la matrice réelle définie par $A = \begin{pmatrix}
3 & 0 & -1 & 1\\
2 & 2 & 1 & 2\\
-3 & 0 & 2 & -3\\
-4 & 0 & 1 & -2
\end{pmatrix}.$

L’idée première consiste à choisir un vecteur $x$ de sorte que l’espace cyclique $<x>$ soit facile à calculer.

Vous choisissez $x = \begin{pmatrix}
0 \\
1\\
0\\

\end{pmatrix}.$

Alors $Ax = \begin{pmatrix}
0 \\
2\\
0\\

\end{pmatrix}.$

D’où $Ax = 2x$ et donc $(A-2I)x=0.$

Le polynôme minimal du vecteur $x$ est $X-2.$ N’ayant pas encore une base de $\R^4$ il faut continuer.

La famille $(x)$ étant libre, vous choisissez un vecteur $y$ tel que $y\notin \vect (x)$ de sorte que la famille $(x,y)$ soit libre.

La troisième colonne de $A$ étant la plus simple après la seconde, vous choisissez $y = \begin{pmatrix}
0 \\
0\\
1\\

\end{pmatrix} $ qui convient. Vous cherchez à trouver le polynôme minimal du vecteur $y.$

$Ay = \begin{pmatrix}
-1 \\
1\\
2\\
1
\end{pmatrix}.$

La famille $(y,Ay)$ est libre, il faut continuer.

$A^2 y = A \begin{pmatrix}
-1 \\
1\\
2\\
1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-4 \\
4\\
4\\
4
\end{pmatrix}$

Vous constatez que $A^2y = 4Ay-4y$, donc $(A^2-4A+4I)y = 0$ et $X^2-4X+4 = (X-2)^2.$

La famille $(x,y,Ay)$ étant libre, il manque un vecteur pour obtenir une base de $\R^4.$

Choisissez $z\in\R^4 \setminus \vect(x,y,Ay).$ Par exemple $z = \begin{pmatrix}
0\\
0\\
0\\
1
\end{pmatrix}$ convient.

$Az = \begin{pmatrix}
1 \\
2\\
-3\\
2
\end{pmatrix}$

La famille $(z,Az)$ est libre.

$A^2z = A \begin{pmatrix}
1 \\
2\\
-3\\
2
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
4 \\
-1\\
-3\\
-3
\end{pmatrix} $

La famille $(z,Az,A^2z)$ est libre.

$A^3z = A \begin{pmatrix}
4 \\
-1\\
-3\\
-3
\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
12 \\
-3\\
-9\\
-13
\end{pmatrix}.$

Vous remarquez que $A^3 z = 3A^2z – 4z$ d’où $(A^3-3A^2+4I)z=0$ donc $z$ admet $X^3-3X^2+4$ pour polynôme minimal. Pour le factoriser, on teste si $2$ est une racine de ce polynôme. C’est bien le cas et c’est même une racine double : $X^3-3X^2+4 = (X-2)(X^2-X-2) = (X-2)^2(X+1).$

Ainsi le polynôme $\Pi$ est un multiple de $(X-2)^2(X+1)$.

Remarquez que le polynôme $(X-2)^2(X+1)$ annule tous les vecteurs de la base $(x,y,Ay,z).$ En effet, vous avez $(A-2I)^2(A+I) x = 0$, $(A-2I)^2(A+I) y = 0$ et $(A-2I)^2(A+I) z = 0$, du coup $(A-2I)^2(A+I) (Ay) = 0.$

Par linéarité il s’ensuit que $(A-2I)^2(A+I)=0$ ce qui prouve que $\boxed{\Pi = (X-2)^2(X+1)}.$

Peut-on se passer des vecteurs cycliques ?

Tout à fait, si on ne veut pas tester les conditions de liberté de la forme « est-ce que $Ay$ est une combinaison linéaire de $x$ et de $y$ ? », il suffit de travailler avec une base $(e_1,…,e_n)$ de $\K^n.$

Le polynôme minimal $\Pi$ de la matrice $A$ est égal au PPCM des polynômes minimaux (pris sur $A$) des vecteurs d’une base de $\K^n.$
$\Pi =$ PPCM $(P_{e_i})_{1\leq i\leq n}.$

Pourquoi calculer un déterminant ?

Considérez la matrice $A=\begin{pmatrix}
7&1&2&2\\
1&4&-1&-1\\
-2&1&5&-1\\
1&1&2&8
\end{pmatrix}.$

Pour parvenir à trouver une représentation plus simple de cette matrice, vous êtes plus ou moins amenés à déterminer les valeurs propres et vecteurs propres de $A$, c’est-à-dire tous les réels $x\in\R$ de sorte qu’il existe un vecteur $X$ non nul tel que $AX=xX.$ Cette égalité amène à $(A-xI)X=0$ avec $X\neq 0$ autrement dit, le réel $x$ ne peut pas être choisi n’importe comment.

L’égalité $(A-xI)X = 0$ avec $X$ non nul force la matrice $A-xI$ a être singulière ou non inversible. Par conséquent le déterminant $\det(xI-A)$ est nul. Le choix de $xI-A$ au lieu de $A-xI$ pour le calcul du déterminant est motivé par le fait que, pour toute matrice réelle $T$ carrée d’ordre $n$, $\det(xI-T)$ est un polynôme unitaire de degré $n$, ce qui n’est pas le cas de $\det(A-xI)$ quand $n$ est impair.

Quels outils utiliser pour développer un déterminant ?

Un déterminant de taille $3\times 3$ peut être calculé avec la règle de Sarrus, ce qui donne 6 termes, ce qui est faisable, mais fastidieux… et puis si le déterminant de départ est de taille $4\times 4$ vous êtes ramenés à développer avec une formule à 24 termes. Il faut bannir ces utilisations-là.

Utilisez plutôt les opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes.

• Priorité 1 : cherchez à factoriser par un polynôme de degré 1.
• Priorité 2 : faites apparaître des zéros pour vous ramener à un déterminant de taille inférieure, et recommencez.

Calcul bien mené d’un déterminant $4×4$

Pour déterminer les valeurs propres de $A$, vous êtes amené à calculer :

\begin{aligned}
\det(xI-A)&=\begin{vmatrix}
x-7 & -1 & -2 & -2\\
-1 & x-4 & 1 & 1\\
2 & -1 & x-5 & 1\\
-1 & -1 & -2 & x-8
\end{vmatrix}
\end{aligned}

Le plus important ensuite c’est d’arriver à former une colonne qui soit factorisable par un polynôme de degré 1. Remplacez la colonne 1 avec l’opération élémentaire $C_1\leftarrow C_1+C_2-C_3.$

\begin{aligned}
\det(xI-A) &= \begin{vmatrix}
x-6 & -1 & -2 & -2\\
x-6 & x-4 & 1 & 1\\
0 & -1 & x-5 & 1\\
-x+6 & -1 & -2 & x-8
\end{vmatrix}\\
&=(x-6)\begin{vmatrix}
1 & -1 & -2 & -2\\
1 & x-4 & 1 & 1\\
0 & -1 & x-5 & 1\\
-1 & -1 & -2 & x-8
\end{vmatrix}.
\end{aligned}

Ensuite vous forcez l’apparition de trois zéros sur la première colonne avec les opérations élémentaires suivantes :
$L_2\leftarrow L_2-L_1$ et $L_4\leftarrow L_4+L_1.$

\begin{aligned}
\det(xI-A)&=(x-6)\begin{vmatrix}
1 & -1 & -2 & -2\\
0 & x-3 & 3 & 3\\
0 & -1 & x-5 & 1\\
0 & -2 & -4 & x-10
\end{vmatrix}\\
&=(x-6)\begin{vmatrix}
x-3 & 3 & 3\\
-1 & x-5 & 1\\
-2 & -4 & x-10
\end{vmatrix}\\
\end{aligned}

Puis vous formez l’opération élémentaire $C_2\leftarrow C_2-C_3.$

\begin{aligned}
\det(xI-A)&=(x-6)\begin{vmatrix}
x-3 & 3 & 3\\
-1 & x-5 & 1\\
-2 & -4 & x-10
\end{vmatrix}\\
&=(x-6)\begin{vmatrix}
x-3 & 0 & 3\\
-1 & x-6 & 1\\
-2 & -x+6 & x-10
\end{vmatrix}\\
&=(x-6)^2\begin{vmatrix}
x-3 & 0 & 3\\
-1 & 1 & 1\\
-2 & -1 & x-10
\end{vmatrix}\\
\end{aligned}

Forcez l’apparition de deux zéros sur la colonne 2.
$L_3\leftarrow L_3+L_2$

\begin{aligned}
\det(xI-A) &= (x-6)^2\begin{vmatrix}
x-3 & 0 & 3\\
-1 & 1 & 1\\
-3 & 0 & x-9
\end{vmatrix}\\
&= (x-6)^2\begin{vmatrix}
x-3 & 3\\
-3 & x-9
\end{vmatrix}
\end{aligned}

Formez l’opération élémentaire $C_1\leftarrow C_1-C_2.$

\begin{aligned}
\det(xI-A) &= (x-6)^2\begin{vmatrix}
x-3 & 3\\
-3 & x-9
\end{vmatrix}\\
&= (x-6)^2\begin{vmatrix}
x-6 & 3\\
-x+6 & x-9
\end{vmatrix}\\
&= (x-6)^3\begin{vmatrix}
1 & 3\\
-1 & x-9
\end{vmatrix}\\
\end{aligned}

Puis forcez l’apparition d’un zéro sur la colonne 1 avec $L_2\leftarrow L_2+L_1$ et concluez.

\begin{aligned}
\det(xI-A) &= (x-6^3)\begin{vmatrix}
1 & 3\\
0 & x-6
\end{vmatrix}\\
&=(x-6)^4.
\end{aligned}

Prolongement

Procédez à la réduction de la matrice $A$, maintenant que vous savez qu’elle n’a que $6$ comme valeur propre.

Le contexte

Dans cet article, on se place dans un espace vectoriel $V$ réel ou complexe muni d’un produit scalaire, appellé aussi espace préhilbertien. Ce produit scalaire sera noté $(.|.)$, dans le cas complexe ce produit scalaire sera linéaire pour la première variable et anti-linéaire vis-à-vis de la seconde variable. La norme associée à ce produit scalaire sera notée $||.||.$

Considérez un sous-espace vectoriel de $V$ que vous noterez $W.$

Soit $x$ un vecteur quelconque de $V$. Il s’agit d’approximer le mieux possible le vecteur $x$ parmi tous les vecteurs de $W$. Vous considérez la borne inférieure $\inf_{w\in W} ||x-w||$ qui est bien définie. En effet, puisque $W$ contient toujours le vecteur nul et $\forall w\in W, ||x-w||\geq 0$, l’ensemble $\{||x-w||, w\in W\}$ est non vide et minoré par $0.$

Que se passe-t-il s’il existe une meilleure approximation ?

Lorsque la borne inférieure $\inf_{w\in W} ||x-w||$ est atteinte, il existe un vecteur $y\in W$ de sorte que $\forall w\in W, ||x-y||\leq ||x-w||.$ Cette dernière inégalité permet de justifier l’appellation « meilleure approximation. »

Comment localiser un tel vecteur $y$, réalisant une meilleure approximation ?

Dans cette partie sera étudié le lien entre orthogonalité et meilleure approximation.

Supposez qu’il existe un vecteur $y\in W$ réalisant une meilleure approximation de $x$ parmi tous les vecteurs $w\in W.$ Autrement dit, supposez qu’il existe un vecteur $y\in W$ tel que $\forall w\in W, ||x-y||\leq ||x-w||.$

Maintenant les calculs débutent. Fixez un vecteur $w\in W.$ Dans le cas où l’espace $V$ est complexe, notez qu’on n’a pas, en général, la commutativité du produit scalaire et qu’il convient d’être vigilant sur l’ordre dans le développement.

\begin{aligned}
||x-y||&\leq ||x-w|| \\
||x-y||^2 &\leq ||x-w||^2 \\
(x-y|x-y) &\leq (x-w|x-w)\\
||x||^2+||y||^2-(x|y)-(y|x)&\leq ||x||^2+||w||^2-(x|w)-(w|x) \\
0&\leq ||w||^2-||y||^2+(x|y-w)+(y-w|x)
\end{aligned}

Comment aller plus loin ?

Regardez ce qui se passe quand $V$ est de dimension $2$ et que $W$ est de dimension $1$. Il apparaît géométriquement que le vecteur $y$ est tel que $x-y$ est orthogonal à tous les vecteurs de $W.$ Ce vecteur joue un rôle important, vous allez le faire apparaître dans vos calculs.

Vous allez donc écrire que $x = x-y + y$ dans les deux produits scalaires du dessus.

En développant, vous obtenez :

\begin{aligned}
(x|y-w)&= (x-y | y-w)+(y|y-w)\\
&=(x-y|y-w)+||y||^2-(y|w).
\end{aligned}

\begin{aligned}
(y-w|x)&= (y-w|x-y)+(y-w|y)\\
&=(y-w|x-y)+||y||^2-(w|y).
\end{aligned}

\begin{aligned}
0&\leq ||w||^2-||y||^2+(x|w-y)+(w-y|x) \\
0&\leq ||w||^2-||y||^2+2||y||^2+(x-y|w-y)+(w-y|x-y)-(y|w)-(w|y)\\
0&\leq ||w||^2+||y||^2+(x-y|w-y)+(w-y|x-y)-(y|w)-(w|y)\\
0&\leq (w-y|w-y)+(x-y|w-y)+(w-y|x+y)\\
0&\leq ||w-y||^2+(x-y|w-y)+(w-y|x-y).
\end{aligned}

Il a été établi que :

$\forall w\in W, 0\leq ||w-y||^2+(x-y|w-y)+(w-y|x-y).$

Note. Les lecteurs avertis réussiront à établir à cette inégalité beaucoup plus rapidement.

Soit $r\in W$. Posez $w=r+y.$ Alors $w\in W$ du coup, comme $r=w-y$ :

$0\leq ||r||^2+(x-y|r)+(r|x-y).$

Ainsi :

$\forall r\in W, 0\leq ||r||^2+(x-y|r)+(r|x-y).$

Cette propriété est trop forte : soit $w$ un vecteur quelconque de $W$.

$\forall k\in\R^{*}, k^2w\in W$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq ||k^2w||^2+(x-y|k^2w)+(k^2w|x-y)$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq k^4||w||^2+k^2(x-y|w)+k^2(w|x-y)$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq k^2||w||^2+(x-y|w)+(w|x-y)$

Faisant tendre $k$ vers $0$, il s’ensuit que : $(x-y|w)+(w|x-y) \geq 0.$

De même :

$\forall k\in\R^{*}, -k^2w\in W$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq ||-k^2w||^2-(x-y|k^2w)-(k^2w|x-y)$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq k^4||w||^2-k^2(x-y|w)-k^2(w|x-y)$
$\forall k\in\R^{*}, 0\leq k^2||w||^2-(x-y|w)-(w|x-y)$

Faisant tendre $k$ vers $0$, il s’ensuit que : $(x-y|w)+(w|x-y) \leq 0.$

Vous en déduisez que $\forall w\in W, (x-y|w)+(w|x-y) = 0.$

La conclusion où l’espace vectoriel $V$ est réel

Le produit scalaire est commutatif, donc $\forall w\in W, (x-y|w)+(w|x-y) = 2(x-y|w)$ et par suite $\forall w\in W, (x-y|w)=0.$

La conclusion où l’espace vectoriel $V$ est complexe

Le produit scalaire vérifie l’anti-linéarité par rapport à la seconde variable.

Soit $w\in W$. Alors vous utilisez le nombre $i\in \C$ qui vérifie $i^2 = -1.$ Comme $i w \in W$ :

\begin{aligned}
(x-y|iw)+(iw|x-y)&=0\\
-i(x-y|w)+i(w|x-y)&=0\\
-(x-y|w)+(w|x-y)&=0.
\end{aligned}

D’autre part $(x-y|w)+(w|x-y) = 0.$

Par différence vous obtenez $2(x-y|w)=0$ et finalement $(x-y|w)=0.$

Le lien est maintenant établi

Que l’espace $V$ soit réel ou complexe, un vecteur $y\in W$qui réalise le minimum de la borne inférieure $\inf_{w\in W} ||x-w||$ est tel que $x-y$ est orthogonal à tous les vecteurs de $W.$

Prolongement

Dans le cas où il existerait deux vecteurs $y_1\in W$ et $y_2\in W$ tels que $y_1$ et $y_2$ réalisent le minimum de la borne inférieure $\inf_{w\in W} ||x-w||$, a-t-on obligatoirement $y_1 = y_2$ ?

Dans le cas où la borne inférieure $\inf_{w\in W} ||x-w||$ est atteinte, peut-il y avoir plusieurs vecteurs réalisant un tel minimum ?

Dans le cas réel ou complexe, avec la topologie, on y arrive

Dans la littérature mathématique, on trouve beaucoup de preuves de ce résultat dans $\R$ ou $\C$, avec des arguments de densité.

On commence par montrer que, si $A$ ou $B$ est inversible, supposons par exemple que ce soit la matrice $A$, alors les deux polynômes caractéristiques sont égaux :
\begin{aligned}
\det(xI – AB) &= \det(A^{-1}) \det(xI – AB) \det(A) \\
&= \det( A^{-1}(xI – AB)A )\\
&= \det( xI – A^{-1}ABA)\\
&=\det (xI -BA).
\end{aligned}

Note. Les lecteurs avertis auront remarqué que les matrices $AB$ et $BA$ sont semblables lorsque la matrice $A$ ou la matrice $B$ est inversible.

Puis on conclut par passage à la limite dans le cas général.

Est-on limité aux cas réels et complexes ?

Il est surprenant de trouver des preuves de ce type, basées sur la densité et la topologie, alors qu’en fait, la propriété fondamentale du déterminant $\det(AB)=\det(A) \det(B)$ permet de conclure avec de l’algèbre.

Vous allez voir comment.

Il y a mieux, le résultat est valable dans n’importe quel corps commutatif

Soit $n$ un entier naturel non nul.

Soient $A$ et $B$ deux matrices carrées d’ordre $n$ à coefficients dans un corps commutatif $K$ (qui n’est pas forcément réel ou complexe).

Il s’agit de montrer que $\forall x\in K, \det(xI-AB)=\det(xI-BA).$

Comme on ne sait pas si la matrice $A$ est inversible ou non, on utilise seulement $\det(A)$.

Remarquez que :

\begin{aligned}
\det(A) \det(xI-BA) &= \det( A(xI- BA ))\\
&= \det(xA-ABA)\\
&= \det ((xI-AB)A)\\
&=\det (xI-AB)\det(A)
\end{aligned}.

Mais problème, il s’agit de simplifier par $\det(A)$, ce qui ne pourrait se faire que si $A$ est inversible… et on se mord la queue.

Comment s’en sortir ? La simplification est possible dans un anneau commutatif intègre. Or, si $K$ est un corps, l’anneau des polynômes à une indéterminée $K[X]$ l’est.

Vous allez reprendre le même calcul que précédemment mais en travaillant avec la matrice $A-XI$ à la place de la matrice $A$. Les matrices $A-XI$ et $B$ sont maintenant vues comme des matrices à coefficients dans l’anneau $K[X]$.

\begin{aligned}
\det(A-XI) \det(xI-B(A-XI)) &= \det( (A-XI)(xI- B(A-XI) ))\\
&= \det(x(A-XI)-(A-XI)B(A-XI))\\
&= \det ((xI-(A-XI)B)(A-XI))\\
&=\det (xI-(A-XI)B)\det(A-XI)
\end{aligned}.

Cette égalité est vraie dans l’anneau $K[X]$. Or $\det(A-XI)$ est un polynôme de degré $n$, de coefficient dominant $(-1)^n.$ Par conséquent, il est non nul dans $K[X].$

Il en résulte que, dans $K[X]$, $\det(xI-B(A-XI))=\det(xI-(A-XI)B).$ On substitue $X$ par $0$ (le neutre de l’addition dans $K$) et on obtient le résultat voulu $\det(xI-BA)=\det(xI-AB).$

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie $n$ sur un corps $K$, muni d’un produit scalaire noté $(.|.)$.

Par le procédé de Gram-Schmidt, vous savez qu’il existe une base de $E$, par exemple $(e_1,\dots,e_n)$ qui est orthonormale. Elle restera fixée une bonne fois pour toutes dans tout cet article.

L’intérêt d’une base orthonormée c’est qu’il est facile de décomposer un vecteur sur cette base en utilisant des produits scalaires.

Le lemme

Vous allez démontrer le résultat suivant :

Quels que soient les scalaires $k_1$, …, $k_n$ du corps $K$ il existe un unique vecteur $x\in E$ tel que $\forall i\in\N, 1\leq i\leq n \Rightarrow (x|e_i)=k_i.$

Procédez par analyse-synthèse.

Analyse

Soient $k_1$, …, $k_n$ des éléments de $K$. Supposez qu’il existe un vecteur $x\in E$ tel que, pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $n$, le produit scalaire $(x|e_i)$ est égal à $k_i.$

Comme $(e_1,\dots,e_n)$ est une base de $E$, le vecteur $x$ se décompose dessus. Il existe $n$ scalaires $\ell_1$,…,$\ell_n$ tels que $x=\sum_{j=1}^n \ell_j e_j.$

Soit $i$ un entier compris entre $1$ et $n$. Vous calculez le produit scalaire $(x|e_i)$ par distributivité.

\begin{aligned}
(x|e_i) &= \sum_{j=1}^n \ell_j (e_j|e_i) \\
&= \ell_i + \sum_{j\neq i} \ell_j (e_j|e_i) \\
&= \ell_i.
\end{aligned}

Il s’ensuit que, pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $n$, $\ell_i =(x|e_i) = k_i.$

Vous en déduisez que $x = \sum_{j=1}^n k_j e_j$ d’où l’unicité.

Synthèse

Soient $k_1$, …, $k_n$ des éléments de $K$.

Considérez le vecteur $x = \sum_{j=1}^n k_j e_j$. Alors, pour tout $i$ compris entre $1$ et $n$ :

\begin{aligned}
(x|e_i) &= \sum_{j=1}^n k_j (e_j|e_i) \\
&= k_i + \sum_{j\neq i} k_j (e_j|e_i) \\
&= k_i.
\end{aligned}

et le vecteur $x$ convient.

Le résultat avec une base quelconque

Soit $(u_1,…,u_n)$ une base de $E$. Vous utilisez la base ortonormée $(e_1,…,e_n)$ précédente. Il existe $n^2$ scalaires $(\lambda_{ij})_{1\leq i \leq n; 1\leq j \leq n}$ tels que :$\forall i \in \N, 1\leq i \leq n \Longrightarrow e_i = \sum_{j=1}^n \lambda_{ij} u_j.$

De même, il existe $n^2$ scalaires $(\mu_{ij})_{1\leq i \leq n; 1\leq j \leq n}$ tels que :$\forall i \in \N, 1\leq i \leq n \Longrightarrow u_i = \sum_{j=1}^n \mu_{ij} e_j.$

Soient $p$ et $j$ deux entiers compris entre $1$ et $n$. Vous aurez besoin d’évaluer une somme double.

Partez du vecteur $u_p$, $u_p = \sum_{q=1}^n \mu_{pq} e_q$, puis décomposez tous les vecteurs $e_q.$

\begin{aligned}
u_p &= \sum_{q=1}^n \mu_{pq} \left( \sum_{i=1}^n \lambda_{qi} u_i \right) \\
&= \sum_{q=1}^n \mu_{pq} \sum_{i=1}^n \lambda_{qi} u_i \\
&= \sum_{i=1}^n \sum_{q=1}^n \mu_{pq}\lambda_{qi} u_i \\
&= \sum_{i=1}^n \left(\sum_{q=1}^n \mu_{pq}\lambda_{qi}\right) u_i \\
\end{aligned}

Par unicité de la décomposition d’un vecteur dans une base, il en résulte que :

$\sum_{q=1}^n \mu_{pq}\lambda_{qi} = 1$ si $i=p.$

$\sum_{q=1}^n \mu_{pq}\lambda_{qi} = 1$ si $i\neq p.$

Cela permet de démontrer le résultat suivant, plus large.

Quels que soient les scalaires $k_1$, …, $k_n$ du corps $K$ il existe un unique vecteur $x\in E$ tel que $\forall i\in\N, 1\leq i\leq n \Rightarrow (x|u_i)=k_i.$

Analyse

Soient $k_1$, …, $k_n$ des éléments de $K$. Supposez qu’il existe un vecteur $x\in E$ tel que, pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $n$, le produit scalaire $(x|u_i)$ est égal à $k_i.$

Vous déduisez que, pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $n$ :

\begin{aligned}
(x|e_i) &= \sum_{j=1}^n \lambda_{ij} (x|u_j) \\
&= \sum_{j=1}^n \lambda_{ij} k_j.
\end{aligned}

D’après le lemme, l’unicité du vecteur $x$ est assurée.

Synthèse

Soient $k_1$, …, $k_n$ des éléments de $K$.

Considérons le vecteur $x$ défini par $x = \sum_{i=1}^n \left( \sum_{j=1}^n \lambda_{ij} k_j \right)e_i.$

Soit $p$ un entier compris entre $1$ et $n$.

\begin{aligned}
(x|u_p) &= \sum_{i=1}^n \left( \sum_{j=1}^n \lambda_{ij} k_j \right) (e_i | u_p)\\
&= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \lambda_{ij} k_j (e_i | u_p) \\
&= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \sum_{q=1}^n \lambda_{ij}\mu_{pq} k_j (e_i | e_q) \\
&= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \lambda_{ij}\mu_{pi} k_j \\
&=\sum_{j=1}^n \left( \sum_{i=1}^n \lambda_{ij}\mu_{pi}\right) k_j \\
&=\sum_{j=1}^n \left( \sum_{i=1}^n\mu_{pi} \lambda_{ij}\right) k_j \\
&=\left( \sum_{i=1}^n\mu_{pi} \lambda_{ip}\right) k_p + \sum_{j\neq p} \left( \sum_{i=1}^n\mu_{pi} \lambda_{ij}\right) k_j \\
&= 1 k_p + \sum_{j\neq p} 0 k_j \\
&= k_p.
\end{aligned}

Voilà prouvé que le vecteur $x$ convient bien.

Cela achève la démonstration.

Note. Les lecteurs avertis auront remarqué que nous utilisons le fait que les matrices de passage des bases $(e_i)$ vers $(u_i)$ et vice-versa sont inversibles et inverses l’une de l’autre. Nous nous en passons ici afin de manipuler les symboles sigmas.

Prolongement

Dans $\R^3$ on note $u = (1,1,1)$, $v=(1,2,1)$ et $w=(2,3,-1)$. Le produit scalaire usuel est noté $(.|.).$
Montrez qu’il existe un unique vecteur $x$ tel que $(x|u)=1$, $(x|v)=3$, $(x|w)=2$ et déterminez ce vecteur.

Tester l’indépendance linéaire de vecteurs sans résoudre de systèmes linéaires ? Est-ce possible ? Le procédé d’orthogonalisation de Gram-Schmidt permet de répondre par l’affirmative.

Pour y voir plus clair, travaillez dans $\R^3$ muni du produit scalaire usuel noté $(.|.)$ et considérez les vecteurs suivants :
$u_1 = (2,-1,3)$, $u_2 = (3,-2,7)$ et $u_3=(8,-5,17).$ La famille $(u_1,u_2,u_3)$ est-elle libre ou liée ?

Les calculs vont prendre du temps et c’est tout à fait normal puisqu’on forme une base orthogonale de l’espace engendré par les trois vecteurs $u_1$, $u_2$ et $u_3$.

Qu’est-ce que le procédé de Gram-Schmidt ?

Pour chaque vecteur, de la gauche vers la droite, parmi $u_1$, $u_2$ et $u_3$, vous remplacez chaque vecteur par sa différence avec sa projection orthogonale sur l’espace engendré par les vecteurs précédents.

Par exemple, $u_2$ sera remplacé par $u_2-\alpha$ où $\alpha$ est la projection orthogonale de $u_2$ sur l’espace engendré par $u_1$.

De même, $u_3$ sera remplacé par $u_3-\beta$ où $\beta$ est la projection orthogonale de $u_3$ sur l’espace engendré par $u_1$ et $u_2$.

Appliquez l’orthogonalisation de Gram-Schmidt sur $u_1$ et $u_2$

Projetez orthogonalement le vecteur $u_2$ sur l’espace vectoriel engendré par $u_1$, notez $p(u_2)$ ce vecteur pour l’instant.

L’expression de cette projection pose souvent des difficultés.

Analyse

Par définition de la projection orthogonale, $p(u_2)$ est colinéaire à $u_1$. D’autre part, les vecteurs $u_2-p(u_2)$ et $u_1$ sont orthogonaux.

Il existe un réel $k$ tel que $p(u_2) = ku_1.$

Pour trouver ce réel $k$, vous utilisez le produit scalaire.

\begin{aligned}
(u_2-p(u_2)|u_1)&=0 \\
(u_2-k u_1)|u_1)&=0 \\
(u_2|u_1) -k ||u_1||^2 &=0\\
k &=\dfrac{(u_2|u_1)}{||u_1||^2}
\end{aligned}

Synthèse

Posez $p(u_2) = \dfrac{(u_2|u_1)}{||u_1||^2} u_1.$

$p(u_2)$ est bien colinéaire à $u_1$.

D’autre part :

\begin{aligned}
(u_2-p(u_2)|u_1)&=(u_2|u_1)-\left(\dfrac{(u_2|u_1)}{||u_1||^2} u_1 |u_1\right) \\
&=(u_2|u_1)-\dfrac{(u_2|u_1)}{||u_1||^2} ||u_1||^2 \\
&=0.
\end{aligned}

Procédez au calcul

$(u_2|u_1) = 6+2+21=29.$
$||u_1||^2=4+1+9=14.$

Notez $v_2 = u_2-p(u_2).$

Alors
\begin{aligned}
v_2 &= (3,-2,7) – \dfrac{29}{14} (2,-1,3) \\
&= \dfrac{1}{14}( (42,-28,98) – (58,-29,87))\\
&=\dfrac{1}{14} (-16,1,11).
\end{aligned}

Quel intérêt ?

La famille $(u_1,v_2)$ est orthogonale. L’espace engendré par $u_1$ et $u_2$ est le même que celui qui est engendré par $u_1$ et $v_2$. La famille $(u_1,v_2)$ est donc une base de l’espace engendré par $u_1$ et $u_2$.

Projetez le vecteur $u_3$ orthogonalement sur l’espace engendré par $u_1$ et $u_2$

Afin de ne pas compliquer les notations, notez $p(u_3)$ le projeté orthogonal cherché. Notez bien qu’il suffit de projeter orthogonalement $u_3$ sur l’espace engendré par $u_1$ et $v_2$. Pour se débarrasser des fractions, vous projetez sur l’espace engendré par $u_1$ et $w_2 = 14v_2=(-16,1,11)$.

En suivant une méthode analogue, vous trouvez que :

$p(u_3) = \dfrac{(u_3|u_1)}{||u_1||^2}u_1 + \dfrac{(u_3|w_2)}{||w_2||^2}w_2.$

Passez au calcul de $p(u_3)$ et concluez

$(u_3|u_1) = 16+5+51 = 21+51=72.$
$||u_1||^2=14.$

$(u_3|w_2) = – 128-5+187 = -133+187=54.$
$||w_2||^2=256+1+121=257+121=378.$

\begin{aligned}
p(u_3)&=\dfrac{72}{14}(2,-1,3)+\dfrac{54}{378}(-16,1,11)\\
&=\dfrac{36}{7}(2,-1,3)+\dfrac{27}{189}(-16,1,11)\\
&=\dfrac{36}{7}(2,-1,3)+\dfrac{1}{7}(-16,1,11)\\
&=\dfrac{1}{7}((72,-36,108)+(-16,1,11))\\
&=\dfrac{1}{7}(56,-35,119)\\
&=(8,-5,17)\\
\end{aligned}

Dans la suite de Gram-Schmidt, vous calculez $u_3-p(u_3)$ et ici, le résultat est le vecteur nul. A partir de ce stade, vous savez que la famille $(u_1,u_2,u_3)$ est liée puisque $u_3=p(u_3)$ et que $p(u_3)$ est une combinaison linéaire de $u_1$ et de $u_2$.

Bonus : trouvez la décomposition de $u_3$ sur les vecteurs précédents

\begin{aligned}
u_3 &= p(u_3)\\
&=\dfrac{(u_3|u_1)}{||u_1||^2}u_1 + \dfrac{(u_3|w_2)}{||w_2||^2}w_2\\
&=\dfrac{36}{7} u_1 + \dfrac{1}{7}\times 14 v_2\\
&=\dfrac{36}{7} u_1 + 2 v_2\\
&=\dfrac{36}{7} u_1 + 2 \left(u_2 – \dfrac{29}{14}u_1\right)\\
&=\left(\dfrac{36}{7} – \dfrac{29}{7} \right)u_1 + 2u_2\\
&=u_1+2u_2.
\end{aligned}

Prolongement

Démontrez que l’ensemble $\left\{\displaystyle\int_0^1 (x^3-ax-b)^2 \text{d}x, (a,b)\in\R^2\right\}$ admet un plus petit élément $d$. Trouvez la valeur exacte du nombre $d$. Déterminez toutes les valeurs de $a$ et de $b$ pour lesquelles le nombre $d$ est atteint.