Technique de réduction d’une matrice d’ordre 3 Essaidi Ali 17 juillet 2015 K = R ou C et M ∈ M3 (K).
1
Technique de diagonalisation d’une matrice d’ordre 3 :
1.1
Technique de diagonalisation d’une matrice d’ordre 3 :
Pour diagonaliser une matrice M on suit les étapes suivantes : – Calculer le polynôme caractéristique χM de M . – On détermine les valeurs propres de M qui ne sont autre que les raçine du polynôme caractéristique de M . – On détermine pour chaque valeur propre λ de M l’espace propre associé. – On construit la matrice diagonale D formée des valeurs propres. – On construit la matrice inversible P dont la k-ième colonne est formée des coordonnées d’un vecteur propre associé à la valeurs propre qui se trouve dans la k-ième colonne de la matrice D. – On calcul l’inverse de P . – On a la diagonalisation A = P DP −1 . Remarques : – Le polynôme caractéristique doit être toujours donné sous forme factorisée (produit de polynômes de degré un) pour avoir facilement ses raçines. Pour cela, on opère sur les lignes est colonnes de la matrice du polynôme caractéristique au lieu de calculer directement le déterminant par développement suivant une ligne ou une colonne. – Si A est diagonalisable alors on a 3 cas classés dans le tableau suivant : χA Sp(A) πA
(α − X)(β − X)(γ − X) avec α, β, γ deux à deux distincts (α − X)(β − X)2 avec α 6= β (α − X)3
1.2
{α, β, γ}
(X − α)(X − β)(X − γ)
Espaces propres :
dim Eα (A) = 1 dim Eβ (A) = 1 dim Eγ (A) = 1
{α, β}
(X − α)(X − β)
{α}
X −α
2 – Exemple 01 : Diagonalisation de la matrice A = −1 −1
1
dim Eα (A) = 1 dim Eβ (A) = 2 dim Eα (A) = 1
Exemples d’application : −1 0 0 2 : −2 4
A est semblable à une matrice de laforme : α 0 0 0 β 0 0 0 γ α 0 0 0 β 0 0 0 β α 0 0 A = 0 α 0 0 0 α
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1. Détermination des valeurs propres : On a : 2 − X −1 0 −X 2 χA = −1 −1 −2 4 − X 0 2 2 − X
=
2 − X −1 0
=
2 − X (X − 2) −1 0
−1 −X 1
0 2 −1
=
2 − X (X − 2) −1 0
−1 −X 1
−1 2 − X 0
=
2 − X (2 − X) −1
−1 2 − X
(Développement suivant la troisième ligne)
=
1 − X (2 − X) −1
1 − X 2 − X
(L1 ← L1 + L2 )
=
1 (2 − X)(1 − X) −1
−1 −X X −2
1 2 − X
(L3 ← L3 − L2 )
(C3 ← C3 + C2 )
= (2 − X)(1 − X)(3 − X)
Donc Sp(A) = {1, 2, 3}. On déduit que A est diagonalisable car admet 3 valeurs propres deux à deux distinctes ou encore parceque son polynôme caractéristique qui est aussi annulateur de A (Cayley-Hamilton) est scindé à raçines simples. 2. Détermination des espaces propres : Soit f l’endomorphisme canoniquement associé à A. = x x−y −x − y + 2z = ? ) L’espace propre E1 (A) de A associé à la valeur propre 1 : Soit y ∈ ker(A−I3 ) donc −x − 2y + 3z = z 1 d’où x = y = z. On déduit que E1 (A) = R 1. 1 On pose e1 = (1, 1, 1) donc f (e1 ) = e1 . x = −y −x − 2y + 2z = ? ) L’espace propre E2 (A) de A associé à la valeur propre 2 : Soit y ∈ ker(A−2I3 ) donc z −x − 2y + 2z = 2 x = 2z d’où . On déduit que E2 (A) = R 0. y = 0 1 On pose e2 = (2, 0, 1) donc f (e2 ) = 2e2 . x = −x − y −x − 3y + 2z = ? ) L’espace propre E3 (A) de A associé à la valeur propre 3 : Soit y ∈ ker(A−3I3 ) donc z −x − 2y + z = 1 d’où x = −y = −z. On déduit que E3 (A) = R −1. −1 On pose e3 = (1, −1, −1) donc f (e3 ) = 3e3 . 3. Matrice diagonale D et matrice inversible P : Soit B la base de R3 et C = (e1 , e2 , e3 ) donc la matrice de passage dela canonique 1 2 1 1 1 0 −1 P = PBC = et la matrice de f dans la base C est D = mat(f, C ) = 0 1 1 −1 0
base B à la base C est 0 0 2 0. 0 3
4. Calcul de l’inverse de la matrice P :
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1 2 1 1 2 1 L2 ← L2 + L1 2 = On a det P = 1 0 −1 = 2 2 0 2 1 1 −1 2 3 0 L3 ← L3 + L1 1 0 1 1 3 −2 On a comP = 3 −2 1 donc tcomP = 0 −2 2 . −2 2 −2 1 1 −2 1 3 −1 2 2 On déduit que P −1 = det1 P tcomP = 0 −1 1 . 1 1 −1 2 2
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2 = 2. 3
5. Réduction de la matrice A : On a A = mat(f, B), D = mat(f, C ) et P = PBC donc A = P DP −1 d’où : 1 3 2 −1 0 1 2 1 1 0 0 2 2 −1 0 2 = 1 0 −1 0 2 0 0 −1 1 1 −1 −2 4 1 1 −1 0 0 3 2 2
0 – Exemple 02 : Diagonalisation de la matrice B = −1 −1
−1 1 −1
2 −3 3 −3 : 2 −2
1. Détermination des valeurs propres : On a : −X 2 −3 −3 χB = −1 3 − X −1 2 −2 − X −X = X − 1 X − 1
2 1−X 0
−3 0 1 − X
L2 L3
← ←
L2 − L1 L3 − L1
=
−X 2 (X − 1) 1 1
2 −1 0
−3 0 −1
=
−X 2 (X − 1) 1 1
2 −1 0
−3 − X 1 (C3 ← C3 + C1 ) 0
=
2 (X − 1) −1 2
−3 − X 1
(Développement suivant la troisième ligne)
= −(X − 1)2 (X + 1) Donc Sp(B) = {−1, 1}. 2. Détermination des espaces propres : Soit f l’endomorphisme canoniquement associé à B. x = 0 x + 2y − 3z −x + 4y − 3z = 0 ? ) L’espace propre E−1 (B) de B associé à la valeur propre -1 : Soit y ∈ ker(B+I3 ) donc z −x + 2y − z = 0 1 d’où x = y = z. On déduit que E−1 (B) = R 1. 1 On pose e1 = (1, 1, 1) donc f (e1 ) = −e1 . x −x + 2y − 3z = 0 −x + 2y − 3z = 0 ? ) L’espace propre E1 (B) de B associé à la valeur propre 1 : Soit y ∈ ker(B−I3 ) donc z −x + 2y − 3z = 0 2 3 d’où −x + 2y − 3z = 0. C’est l’équation d’un plan vectoriel, on déduit que E1 (B) = R 1 + R 0 . 0 −1 On pose e2 = (2, 1, 0) et e3 = (3, 0, −1) donc f (e2 ) = e2 et f (e3 ) = e3 . www.mathlaayoune.webs.com
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3. Matrice diagonale D et matrice inversible P : Soit B la base de R3 et C = (e1 , e2 , e3 ) donc la matrice de passage dela canonique 2 3 1 1 P = PBC = 1 0 1 et la matrice de f dans la base C est D = mat(f, C ) = 0 0 −1 1 0 4. Calcul de l’inverse de la matrice P: 2 3 1 2 3 1 3 −1 = −2. On a det P = 1 0 1 = 1 0 0 (C3 ← C3 − C1 ) = − −1 1 0 −1 1 0 −1 1 1 −1 −1 1 −4 3 2 donc tcomP = −1 2 −1. On a comP = −4 2 3 −1 −3 −1 2 −3 1 − 2 −2 − 23 1 −1 On déduit que P −1 = det1 P tcomP = 12 . 2 1 3 −1 2 2 5. Réduction de la matrice B : On a B = mat(f, B), D = mat(f, C ) et P = PBC 0 2 −3 2 3 −1 3 −3 = 1 0 −1 2 −2 0 −1 −2 – Exemple 03 : Diagonalisation de la matrice C = 0 2
donc B = P DP −1 d’où : 1 − 2 −2 1 1 0 0 1 0 1 0 21 −1 1 1 0 0 −1 −1 2 4 −4 −4 0 : −2 4
− 23 1 2 3 2
base B à la base C est 0 0 1 0 . 0 −1
1. Détermination des valeurs propres : On a : −2 − X 4 −4 −4 − X 0 χC = 0 2 −2 4 − X −4 0 4 − X
=
−2 − X −(4 + X) 0 2
4 1 −2
=
−2 − X −(X + 4) 2
−4 4 − X
=
−X −(X + 4) 2
=
1 X(X + 4) 2
=
X(2 − X)(X + 4)
−X 4 − X
(Développement suivant la deuxième ligne)
(L1 ← L1 + L2 )
1 4 − X
Donc Sp(C) = {0, 2, −4}. On déduit que C est diagonalisable car admet 3 valeurs propres deux à deux distinctes ou encore parceque son polynôme caractéristique qui est aussi annulateur de A (Cayley-Hamilton) est scindé à raçines simples. 2. Détermination des espaces propres : Soit f l’endomorphisme canoniquement associéà C. x −2x + 4y − 4z = 0 −4y = 0 ? ) L’espace propre E0 (C) de C associé à la valeur propre 0 : Soit y ∈ ker(C) donc z 2x − 2y + 4z = 0 2 x = −2z d’où . On déduit que E0 (C) = R 0 . y = 0 −1 On pose e1 = (2, 0, −1) donc f (e1 ) = 0. x −4x + 4y − 4z = −6y = ? ) L’espace propre E2 (C) de C associé à la valeur propre 2 : Soit y ∈ ker(C−2I3 ) donc z 2x − 2y + 2z = www.mathlaayoune.webs.com
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1 x = −z d’où . On déduit que E2 (C) = R 0 . y = 0 −1 On pose e2 = (1, 0, −1) donc f (e1 ) = 2e2 .
x 2x + 4y − 4z ? ) L’espace propre E−4 (C) de C associé à la valeur propre -4 : Soit y ∈ ker(C+4I3 ) donc 2x − 2y + 8z z −2 d’où −x = y = 2z. On déduit que E−4 (C) = R 2 . 1 On pose e3 = (−2, 2, 1) donc f (e3 ) = −4e3 . 3. Matrice diagonale D et matrice inversible P : Soit B la base R3 et C = (e1 , e2 , e3 ) donc la matrice de passage de la base B canonique de 2 1 −2 0 0 0 2 et la matrice de f dans la base C est D = mat(f, C ) = 0 2 P = PBC = 0 −1 −1 1 0 0
= =
à labase C est 0 0 . −4
4. Calcul de l’inverse de la matrice P: 2 1 −2 2 1 0 2 = −2 = 2. On a det P = 0 −1 −1 −1 −1 1 2 −2 0 2 1 2 On a comP = 1 0 1 donc tcomP = −2 0 −4. 2 −4 0 0 1 0 1 1 1 2 On déduit que P −1 = det1 P tcomP = −1 0 −2. 1 0 0 2 5. Réduction de la matrice C : On a C = mat(f, B), D = mat(f, C ) et P = PBC donc C = P DP −1 d’où : 2 1 −2 0 0 0 1 −2 4 −4 0 −4 0 = 0 0 2 0 2 0 −1 −1 −1 1 0 0 −4 2 −2 4 0
2 2.1
1 2
0 1 2
1 −2 0
Technique de trigonalisation d’une matrice d’ordre 3 : Comment vérifier que M est bien trigonalisable :
Pour vérifier que M est trigonalisable on calcule son polynôme caractéristique χM et on vérifie qu’il est scindé. Remarques : – Si K = C alors tout polynôme non constant est scindé donc M est trigonalisable. – On suppose dans la suite que χM est scindé, M est alors trigonalisable. Puisque deg χM = 3 alors ∃α, β, γ ∈ K deux à deux distincts tels que χM soit de l’une des formes suivantes : χM = −(X − α)(X − β)(X − γ) ou χM = −(X − α)(X − β)2 ou χM = −(X − α)3 . 1. Si χM = −(X − α)(X − β)(X − γ) alors M est diagonalisable. 2. Si χM = −(X − α)(X − β)2 alors on peut citer deux techniques pour vérifier que M n’est pas diagonalisable : (a) Ou bien, on vérifie que dim Eβ (M ) < 2. (b) Ou bien, on vérifie que (M − αI3 )(M − βI3 ) 6= 0. En effet, si M est diagonalisable alors sont polynôme minimale πM sera scindé à raçine simples et puisque les raçines de πM sont exactement les valeurs propres de M donc πM = (X − α)(X − β) et on aura 0 = πM (M ) = (M − αI3 )(M − βI3 ). On remarque, dans ce cas, que si M n’est pas diagonalisable alors πM = (X − α)(X − β)2 . 3. Si χM = −(X − α)3 alors M ne peut être diagonalisable que si M = αI3 (C’est-à-dire M est déjà diagonale ). En effet, si M est diagonalisable alors sont polynôme minimale πM sera scindé à raçines simples et puisque les raçines de πM sont exactement les valeurs propres de M donc πM = (X − α) et on aura 0 = πM (M ) = M − αI3 donc M = αI3 . On remarque, dans ce cas, que si M n’est pas diagonalisable alors πM = (X − α)2 ou πM = (X − α)3 .
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Méthode de trigonalisation :
On suppose que M est trigonalisable mais pas diagonalisable. Pour trigonaliser M on suit les étapes suivantes : – On calcul le polynôme caractéristique χM de M . – On détermine les valeurs propres de M qui ne sont autre que les raçine du polynôme caractéristique de M . – On détermine la base de trigonalisation de M : 1. Etape 1 : Pour toute valeur propre simple λ de M (lorsqu’elle existe) on détermine la base de l’espace propre associé. 2. Pour chaque valeur propre multiple λ de M ( elle existe toujours, sinon la matrice sera diagonalisable) on suit les étapes suivantes : (a) Etape 1 : On détermine une base de l’espace propre de M associé à λ. (b) Etape k (k ≥ 2) : Si dim ker(M − λI3 )k−1 < m(λ) on détermine une base de ker(M − λI3 )k qui complète celle de ker(M − λI3 )k−1 . Pour chaque nouveau vecteur obtenu x de ker(M − λI3 )k \ ker(M − λI3 )k−1 on a (M − λI3 )(x) ∈ ker(M − λI3 )k−1 donc M x ∈ λx + ker(M − λI3 ), ce qui permet de déterminer les coordonnées de M x en fonction de x et des éléments de la base de ker(M − λI3 )k−1 . On détermine ainsi les coordonnées de M x dans la base de trigonalisation. – Soit (e1 , e2 , e3 ) la base obtenue. On construit la matrice inversible P dont les colonnes sont les coordonnées des vecteurs e1 , e2 et e3 dans la base canonique de M31 (R) et la matrice triangulaire supérieure T dont les colonnes sont les coordonnées des vecteurs M e1 , M e2 et M e3 dans la base (e1 , e2 , e3 ). – On calcul l’inverse de P . – On a la trigonalisation M = P T P −1 . Remarques : – Le polynôme caractéristique doit être toujours donné sous forme factorisée (produit de polynômes de degré un) pour avoir facilement ses raçines. Pour cela, on opère sur les lignes est les colonnes de la matrice du polynôme caractéristique au lieu de calculer directement le déterminant par développement suivant une ligne ou une colonne. – Si M est trigonalisable alors on a 3 cas classés dans le tableau suivant : χM Sp(M ) πM Espaces propres et caractéristiques : M est semblable à une matrice de laforme : = 1 α 0 0 dim Eα (M ) 0 β a dim Eβ (M ) = 1 (α − X)(β − X)2 {α, β} (X − α)(X − β)2 2 dim ker(M − βI3 ) = 2 0 0 β avec α 6= β avec a 6= 0 α 0 a dim Eα (M ) = 2 0 α b (α − X)3 {α} (X − α)2 2 dim ker(M − αI3 ) = 3 0 0 α avec (a, b) 6=(0, 0) α a b = 1 dim Eα (M ) 0 α c dim ker(M − αI3 )2 = 2 (α − X)3 {α} (X − α)3 0 0 α dim ker(M − αI3 )3 = 3 avec ac 6= 0
2.3
Exemples d’application :
0 – Exemple 01 : Trigonalisation de la matrice A = −2 0
2 −3 4 −5 : 0 1
1. Détermination des valeurs propres : On a : −X 2 −3 −5 χA = −2 4 − X 0 0 1 − X =
−X (1 − X) −2
2 4 − X
=
(1 − X)(X − 2)2
(Développement suivant la dernière ligne)
Donc Sp(A) = {1, 2}.
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2. Détermination de la base de trigonalisation : Soit f l’endomorphisme canoniquement associé à A. x −x + 2y − 3z = 0 ? ) Soit y ∈ ker(A − I3 ) donc d’où −x = y = z. On déduit que E1 (A) = −2x + 3y − 5z = 0 z −1 R 1 . 1 On pose e1 = e1 . (−1, 1, 1) donc f (e1 ) = x −2x + 2y − 3z = 0 x = y −2x + 2y − 5z = 0 d’où ? ) Soit y ∈ ker(A − 2I3 ) donc . On déduit que E2 (A) = z = 0 z −z = 0 1 R 1. 0 On pose e2 = (1, 1, 0) donc f (e2 ) = 2e2 . On a dim ker(A − 2I3 ) = 1 < 2 = m(2) donc on doit calculer ker(A − 2I3 )2 : 2 −2 2 −3 0 0 −1 On a (A − 2I3 )2 = −2 2 −5 = 0 0 1 . 0 0 −1 0 0 1 x 1 1 Soit y ∈ ker(A − 2I3 )2 donc z = 0 d’où ker(A − 2I)2 = R 1 + R 0. z 0 0 On pose e3 = (1, 0, 0). On a e3 ∈ ker(f − 2idR3 )2 donc (f − 2idR3 )(e3 ) ∈ ker(f − 2idR3 ) = Re2 . On déduit que ∃α ∈ R tel que (f − 2idR3 )(e3 ) = αe2 . 1 −2 1 −2 2 −3 On a A − 2I3 = −2 2 −5 donc (A − 2I3 ) 0 = −2 = −2 1 donc (f − 2idR3 )(e3 ) = −2e2 et 0 0 0 0 0 −1 par suite f (e3 ) = −2e2 + 2e3 . Remarque : Pour calculer (A − 2I3 )2 rapidement on peut utiliser la remarque suivante : On a, d’après Cayley-Hamilton, χA est annulateur de A donc (A − I3 )(A − 2I3 )2 = 0 d’où Im(A − 2I3 )2 ⊂ −1 ker(A − I3 ) = R 1 . 1 −1 Les colonnes de (A − 2I3 )2 étant des éléments de Im(A − 2I3 )2 donc ils seront colinéaires avec 1 . Autrement 1 x y z dit, ∃x, y, z ∈ R tels que (A − 2I3 )2 = −x −y −z . −x −y −z Il suffit alors de calculer les coefficients de la première ligne de (A − 2I3 )2 pour déterminer x, y et z et déduire les autres. 3. Matrice triangulaire T et matrice inversible P : Soit B la base canonique de R3 et C = (e1 , e2 , e3 ). On a, d’après le théorème de décomposition des noyaux et Cayley-Hamilton, R3 = ker(f − idR3 ) ⊕ ker(f − 2idR3 )2 et puisque (e1 ) est une base de ker(f − idR3 ) et (e2 , e3 ) base de ker(f )2 donc C est une base de R3 . − 2idR3 −1 1 1 La matrice de passage de la base B à la base C est P = PBC = 1 1 0 et la matrice de f dans la base C 1 0 0 1 0 0 est T = mat(f, C ) = 0 2 −2. 0 0 2 4. Calcul de l’inverse de la matrice P −1 1 1 1 On a det P = 1 1 0 = − 1 1 0 0
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: 1 = −1. 0
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−1 0 0 −1 1 donc tcomP = 0 −1 1 . −2 −1 1 −2 0 0 1 On déduit que P −1 = det1 P tcomP = 0 1 −1. 1 −1 2 5. Réduction de la matrice A : On a A = mat(f, B), T = mat(f, C ) et P = PBC donc A = P T P −1 d’où : 0 2 −3 −1 1 1 1 0 0 0 0 −2 4 −5 = 1 1 0 0 2 −2 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 2 1 −1 4 2 −1 – Exemple 02 : Trigonalisation de la matrice B = −6 −3 2 : −1 −1 2 1. Détermination des valeurs propres : On a : 4 − X 2 −1 −3 − X 2 χB = −6 −1 −1 2 − X 0 On a comP = 0 −1
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0 −1 1
−1 0 2 − X
=
4−X 2(1 − X) −1
=
4 − X (1 − X) 2 −1
=
−X (1 − X) 0 1
2 1 −1
=
−X (1 − X) 1
−1 2 − X
=
(1 − X)3
2 1−X −1
1 −1 2
(L2 ← L2 + 2L1 )
−1 0 2 − X
2 1 −1
−1 0 2 − X
(C1 ← C1 − 2C2 )
(Développement suivant la deuxième ligne)
Donc Sp(B) = {1}. 2. Détermination de la base de trigonalisation : Soit g l’endomorphisme canoniquement associé à B. x = 0 3x + 2y − z y = −2x −6x − 4y + 2z = 0 d’où . On déduit que E1 (B) = Soit y ∈ ker(B − I3 ) donc z = −x −x − y + z = 0 z 1 R −2. −1 On pose e1 = (1, −2, −1) donc g(e1 ) = e1 . On a dim ker(B − I3 ) = 1 < 3 = m(1) donc on doit calculer ker(B − I3 )2 : 2 3 2 −1 −2 −1 0 2 0. On a (B − I3 )2 = −6 −4 2 = 4 −1 −1 1 2 1 0 x 1 0 Soit y ∈ ker(B − I3 )2 donc 2x + y = 0 d’où ker(B − I)2 = R −2 + R 0. z −1 1 On pose e2 = (0, 0, 1). On a dim ker(B − I3 )2 = 2 < 3 = m(1) donc on doit calculer ker(B − I3 )3 : 3 On a χB = (1 − X)3 donc, d’après Cayley-Hamilton,(B − I3 ) =0. Donc ker(B − I3 )3 = M31 (R), il suffit 1 0 de prendre un vecteur quelconque qui soit libre avec −2 et 0 pour compléter une base de M31 (R). Par −1 1 www.mathlaayoune.webs.com
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1 exemple, 0 (Souvent, on choisit un vecteur parmi ceux de la base canonique de M31 (R)). 0 On pose e3 = (1, 0, 0) donc (e1 , e2 , e3 ) est une base de R3 . Remarque : Pour calculer (B − I3 )2 rapidement on peut utiliser la remarque suivante : Ona, d’après Cayley-Hamilton, χB est annulateur de A donc (B − I3 )3 d’où Im(B − I3 )2 ⊂ ker(B − I3 ) = 1 R −2. −1 1 Les colonnes de (B − I3 )2 étant des éléments de Im(B − I3 )2 donc ils seront colinéaires avec −2. Autrement −1 x y z dit, ∃x, y, z ∈ R tels que (B − I3 )2 = −2x −2y −2z . −x −y −z Il suffit alors de calculer les coefficients de la première ligne de (B − I3 )2 pour déterminer x, y et z et déduire les autres. 3. Matrice triangulaire T et matrice inversible P : Soit B la base de R3 et C = (e1 , e2 , e3 ) donc la matrice de passage de la base B à la base C est canonique 1 0 1 P = PBC = −2 0 0. −1 1 0 On a e2 ∈ ker(g − 2idR3 )2 donc (g − 2idR3 )(e2 ) ∈ ker(g − 2idR3 ) = Re1 . On déduit que ∃α ∈ R tel que (g − 2idR3 )(e2 ) = αe1 . 0 −1 1 3 2 −1 On a B − I3 = −6 −4 2 donc (B − I3 ) 0 = 2 = − −2. On déduit que (g − 2idR3 )(e2 ) = 1 1 −1 −1 −1 1 −e1 et par suite g(e2 ) = −e1 + e2 . On a e3 ∈ ker(g − 2idR3 )3 donc (g − 2idR3 )(e3 ) ∈ ker(g − 2idR3 )2 = Re1 + Re2 . On déduit que ∃α, β ∈ R tels que (g − 2idR3 )(e2 ) = αe1 + βe2 . 1 3 1 0 3 2 −1 On a B − I3 = −6 −4 2 donc (B − I3 ) 0 = −6 = 3 −2 + 2 0. On déduit que (g − 0 −1 −1 1 −1 −1 1 2idR3 )(e2 ) = 3e1 + 2e2 et par suite g(e3 ) = 3e1 + 2e2 + e3 . 1 −1 3 On déduit que la matrice de g dans la base C est T = mat(g, C ) = 0 1 2. 0 0 1 4. Calcul de l’inverse de la matrice P :
1 0 1 −2 En développant par rapport à la troisième colonne det P = −2 0 0 = −1 −1 1 0 0 0 −2 0 1 0 1 −2. On a comP = 1 1 −1 donc tcomP = 0 −2 −1 0 0 −2 0 0 − 21 0 On déduit que P −1 = det1 P tcomP = 0 − 21 1. 1 1 0 2
5. Réduction de la matrice B : On a B = mat(g, B), T = mat(g, C ) et P = PBC 4 2 −1 1 −6 −3 2 = −2 −1 −1 2 −1
1 – Exemple 03 : Trigonalisation de la matrice C = −1 −1
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donc B = P T P −1 d’où : 0 0 1 1 −1 3 0 0 0 1 2 0 1 0 0 0 1 1
0 = −2. 1
− 21 − 21 1 2
0 1 0
−1 2 1 2 : −1 4
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1. Détermination des valeurs propres : On a : 1 − X −1 2 1−X 2 χC = −1 −1 −1 4 − X 2 − X = −(4 + X) −1 −1
X −2 1−X −1
0 2 (C1 ← C1 − C2 ) 4 − X
=
1 (2 − X) −1 −1
−1 1−X −1
0 2 4 − X
=
1 (2 − X) −1 −1
0 1−X −1
0 2 4 − X
=
−X (2 − X) −2
=
2 − X (2 − X) −2
=
1 (2 − X) −2
=
(2 − X)3
2
2 4 − X
(C2 ← C2 + C1 )
(Développement suivant la première ligne)
X − 2 4 − X
(L1 ← L1 + L2 )
−1 4 − X
Donc Sp(C) = {2}. 2. Basede trigonalisation : Soit h l’endomorphisme canoniquement associé à C. x 1 2 Soit y ∈ ker(C − 2I3 ) donc −x − y + 2z = 0. On déduit que E2 (C) = R −1 + R 0. z 0 1 On pose e1 = (1, −1, 0) et e2 = (2, 0, 1) donc h(e1 ) = 2e1 et h(e2 ) = 2e2 . On a dim ker(C − 2I3 ) = 2 < 3 = m(1) donc on doit calculer ker(C − 2I3 )2 : 2 −1 −1 2 On a (C − 2I3 )2 = −1 −1 2 = 0 donc ker(C − 2I3 )2 = M31 (R), il suffit de prendre un vecteur −1 −1 2 1 2 quelconque qui soit libre avec −1 et 0 pour compléter une base de M31 (R) (Souvent, on choisit un vecteur 1 0 0 parmi ceux de la base canonique de M31 (R)). Par exemple, 1. 0 3 On pose e3 = (0, 1, 0) donc (e1 , e2 , e3 ) est une base R . Remarque : On peut conclure, sans calcul, que (C − 2I3 )2 = 0. En effet, ker(C − 2I3 ) ( ker(C − 2I3 )2 ⊂ M31 (R) et dim ker(C − 2I3 ) = 2 donc dim ker(C − 2I3 )2 = 3. On déduit que ker(C − 2I3 )2 = M31 (R) et par suite (C − 2I3 )2 = 0. 3. Matrice triangulaire T et matrice inversible P : Soit B la base de R3 et C = (e1 , e2 , e3 ) donc la matrice de passage de la base B à la base C est canonique 1 2 0 P = PBC = −1 0 1. 0 1 0 On a e3 ∈ ker(h − 2idR3 )2 donc (h − 2idR3 )(e3 ) ∈ ker(h − 2idR3 ) = Re1 + Re1 . On déduit que ∃α, β ∈ R tels que (h − 2idR3 )(e3 ) = αe1 + αe2 . −1 −1 2 0 −1 1 2 On a C − 2I3 = −1 −1 2 donc (C − 2I3 ) 1 = −1 = −1 − 0. On déduit que (h − −1 −1 2 0 −1 0 1 www.mathlaayoune.webs.com
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2idR3 )(e3 ) = e1 − e2 et par suite h(e3 ) = e1 − e2 + 2e3 .
2 0 On déduit que la matrice de h dans la base C est T = mat(g, C ) = 0 2 0 0
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1 −1. 2
4. Calcul de l’inverse de la matrice P :
1 2 0 1 En développant par rapport à la troisième ligne, det P = −1 0 1 = − −1 0 1 0 −1 0 −1 −1 0 2 0 −1 donc tcomP = 0 0 −1. On a comP = 0 2 −1 2 −1 −1 2 1 0 1 On déduit que P −1 = det1 P tcomP = 0 0 1 . −2 1 −2
5. Réduction de la matrice C : On a C = mat(h, B), T = mat(h, C ) et P = PBC donc C = P T P −1 d’où : 1 −1 2 1 2 0 2 0 1 1 −1 1 2 = −1 0 1 0 2 −1 0 −1 −1 4 0 1 0 0 0 2 −2
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