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 :
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 :
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 :
L’identification de la quatrième coordonnée fournit :
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 :
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 :
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 :
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 :
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}.
