Montrer qu'une matrice est trigonalisable si et seulement si son polynôme \(P_A\) est scindé

Le polynôme caractéristique d'une matrice triangulaire est scindé
\(\implies\) : si \(A\) est trigonalisable, alors on a : $$A\sim\begin{pmatrix}\lambda_1&&?\\ &\ddots\\ \varnothing&&\lambda_n\end{pmatrix}=T$$ on a donc \(P_A(x)=P_T(x)=\prod^n_{i=1}(x-\lambda_i)\)

Initialisation de la réciproque
\(\impliedby\) : supposons que \(P_A\) est scindé (i.e. On a \(P_A(x)=\prod^n_{i=1}(x-\lambda_i)\) et \(\forall i\in[\![1,n]\!],\lambda_i\in{\Bbb K}\))
Soit \(\lambda\) une valeur propre de \(A\) la matrice associée à \(f\) dans la base canonique
Soit \(u_1\) un vecteur propre de \(\lambda\)

Théorème de la base incomplète \(\to\) former une base de \({\Bbb K}^n\) à partir de \(u_1\)
Complétons \(u_1\) en une base de \({\Bbb K}^n\)
On note \(\beta\) la base \(\beta=(u_1,u_2,\ldots,u_n)\) $$M(f,\beta)=\left(\begin{array}{c|ccc}\lambda&&L&\\ \hline0\\ \vdots&&M\\ 0\end{array}\right)\begin{array}{}u_1\\ u_2\\ \vdots\\ u_n\end{array}$$

Initialisation du raisonnement par récurrence
Montrons par récurrence sur \(n\) que si \(P_A(x)\) est scindé, alors \(A\) est trigonalisable
Initialisation : le cas \(n=1\) est évident

Hérédité : calcul du polynôme caractéristique
Hérédité : on suppose la propriété vraie au rang \(n-1\)
On applique l'hypothèse de récurrence à la matrice \(M\)
Le polynôme caractéristique de \(f\) est : $$P_f(x)=P_{M(f,\beta)}(x)=(x-\lambda)\times P_M(x)$$

\(M\) trigonalisable par hypothèse de récurrence \(\to\) \(M(f,\beta)\) trigonalisable \(\to\) \(A\) trigonalisable

Puisque \(P_M(x)\) est scindé sur \({\Bbb K}\) par hypothèse de récurrence, \(M\) est trigonalisable
On a donc \(M(f,\beta)\sim T\in T^+_n({\Bbb K})\)
Et puisque \(A\sim M(f,\beta)\), \(A\) est donc bien trigonalisable
La propriété est donc démontrée par principe de récurrence

(Changement de base, Matrice triangulaire, Théorème de la base incomplète)

Algorithme de trigonalisation de matrice

Factoriser le polynôme minimal de la matrice pour trouver les valeurs propres \(\lambda\) et leur multiplicité \(m\)

Pour chaque valeur propre \(\lambda_i\) de multiplicité \(m_i\), calculer le sous-espace caractéristique \(N_\lambda=\ker(A-\lambda_i\operatorname{Id})^{m_i}\)

Prendre \(v_{i,1}\) un vecteur tq \(v_{i,1}\in\ker(A-\lambda_i\operatorname{Id})^{k_i}\setminus\ker(A-\lambda_i\operatorname{Id})^{k-1}\)

Prendre \(v_{i,2},\ldots,v_{i,{m_i}}\) tel que \(\forall p\in[\![1,m_i]\!]\), \(v_{i,p}=(A-\lambda\operatorname{Id})=A^pv_{i,1}\)

\(P\) est donnée par les \(v\) et \(P^{-1}AP\) correspond à l'ordre des valeurs propres (la colonne correspondant à \(v\) est donnée par le vecteur \(Av\))

(Sous-espace caractéristique)

Mettre sous forme triangulaire la matrice suivante : $$\begin{pmatrix}4&2&-2\\ 1&5&-1\\ 1&3&1\end{pmatrix}$$

Calcul du polynôme caractéristique pour trouver les valeurs propres
$$\begin{align}\begin{vmatrix}4-\lambda&2&-2\\ 1&5-\lambda&-1\\ 1&3&1-\lambda\end{vmatrix}&=(4-\lambda)\begin{vmatrix}5-\lambda&-1\\ 3&1-\lambda\end{vmatrix}-\begin{vmatrix}2&-2\\ 3&1-\lambda\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}2&-2\\ 3&1-\lambda\end{vmatrix}\\ &=(4-\lambda)(\lambda^2-6\lambda+8)\cancel{+2\lambda-8-2\lambda+8}\\ &=-(\lambda-4)^2(\lambda-2)\end{align}$$

Chercher les vecteurs propres pour la valeur propre simple
\(2\) est une valeur propre simple
On cherche un vecteur propre : $$\begin{align}&\overbrace{\begin{pmatrix}2&2&-2\\ 1&3&-1\\ 1&3&-1\end{pmatrix}}^{A-2\operatorname{Id}}\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}\\ \iff&\begin{cases}2(x+y-z)=0\\ x+3y-z=0\\ (x+3y-z=0)\end{cases}\\ \implies& y=0\\ \implies&x =y\end{align}$$ on prend \(u=\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\)

Chercher un vecteur propre pour la valeur propre double : calculer \(\ker((A-\lambda\operatorname{Id})^2)\)
\(4\) est une valeur propre double
On calcule \(\ker B\), avec \(B=(A-4\operatorname{Id})^2\) $$\begin{align}&B=\begin{pmatrix}0&2&-2\\ 1&1&-1\\ 1&3&-3\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}0&-4&4\\ 0&0&0\\ 0&-4&4\end{pmatrix}\\ \iff&\begin{cases}-4y-4z=0\\ (0=0)\\ (-4y-4z=0)\end{cases}\end{align}$$
Une équation de \(\ker B\) est \(y=z\)

Prendre \(v\) dans \(\ker B\), mais pas dans \(\ker(A-4\operatorname{Id})\)
On choisit \(v\in\underbrace{\ker B}_{\operatorname{dim}=2}-\underbrace{\ker(A-4\operatorname{Id})}_{\operatorname{dim}=1}\)
$$\ker(A-4\operatorname{Id}):\begin{cases}2y-2z=0\\ x+y-z=0\\ x+3y-3z=0\end{cases}\iff\begin{cases} y=z\\ x=0\end{cases}$$
On prend $$\left.v\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\right\}\begin{array}{l}\notin\ker(1-4\operatorname{Id})\\ \in\ker B\\ \in\ker B\end{array}$$

On prend \(w=(A-4\operatorname{Id})v=\begin{pmatrix}4\\ 5\\ 5\end{pmatrix}\)

Conclusion

Donc dans \((u,v,w)\), on a \(Au=2u\), \(Av=w\), \(Aw=0\)
Si \(P=\underbrace{\begin{pmatrix}1&1&4\\ 0&1&5\\ 1&1&5\end{pmatrix}}_{u,v,w}\), alors \(P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&4&0\\ 0&1&4\end{pmatrix}\), qui est triangulaire inférieure

(Polynôme caractéristique, Déterminant, Vecteur propre - Valeur propre)

Soit \(f\) l'endomorphisme de l'espace vectoriel canonique \({\Bbb R}^3\) dont la matrice dans la base canonique \({\mathcal B}\) est : $$A=\begin{pmatrix}1&1&-1\\ -1&3&-3\\ -2&2&-2\end{pmatrix}$$ on a de plus \({\Bbb R}^3=\ker f^2\oplus\ker(f-2\operatorname{Id})\) et \(P_A(\lambda)=\lambda^2(\lambda-2)\)
Trouver une base \({\mathcal B}^\prime\) de \({\Bbb R}^3\) telle que $$\operatorname{mat}(f,{\mathcal B}^\prime)=\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&2\end{pmatrix}$$

Calculer la matrice de \(f^2\) et en déduire une équation du noyau
On chercher \(\operatorname{Mat}(f^2)\) : $$\operatorname{Mat}(f^2)=\begin{pmatrix}2&2&-2\\ 2&2&-2\\ 0&0&0\end{pmatrix}$$
Une équation de \(\ker(f^2)\) est \(x+y+z=0\)

Trouver une équation de \(\ker f\)
Les équations de \(\ker f\) sont données par \(Av=0\) : $$\begin{cases} x+y-z=0\\ -x+3y-3z=0\\ -2x+2y-2z=0\end{cases}\iff\begin{cases} x+y-z=0\\ 4y-4z=0\\ (4z-4y=0)\end{cases}\qquad(y=z)$$

On choisit \(v\in\ker f^2-\ker f\) : $$v\begin{pmatrix}-1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}$$

On prend \(u=f(v)=\begin{pmatrix}0\\ 4\\ 4\end{pmatrix}\) donc \(u\in\ker f\)

On cherche \(w\) propre pour \(2\) : $$\begin{cases}-x+y-z=0\\ -x+y-3z=0\\ -2x+2y-4z=0\end{cases}\implies\begin{cases} z=0\\ x=y\end{cases}$$ on prend \(w=\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\)

Si \(P=\underbrace{\begin{pmatrix}0&-1&1\\ 4&1&1\\ 4&0&0\end{pmatrix}}_{u,v,w}\), alors \(P^{-1}AP=\underbrace{\begin{pmatrix}0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&2\end{pmatrix}}_{f(u)=0,\;f(v)=u,\;f(w)=2w}\)

Soit $$A=\begin{pmatrix}1&1&0\\ 1/2&3/2&-1/2\\ -1/2&1/2&3/2\end{pmatrix}\in M_3({\Bbb R})$$ et \(f\) l'endomorphisme linéaire de \({\Bbb R}^3\) ayant pour matrice \(A\) dans la base canonique \(\varepsilon\) de \({\Bbb R}^3\). On a \(P_A(\lambda)=-(\lambda-1)^2(\lambda-2)\)
Trouver une base \(\varepsilon^\prime=\{e_1,e_2,e_3\}\) de \({\Bbb R}^3\) telle que $$\operatorname{Mat}(f,\varepsilon^\prime)=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1\end{pmatrix}$$

Vecteur propre de la racine simple
Cherchons le vecteur propre pour \(2\) : $$(A-2\operatorname{Id})u=0:\begin{cases}-x-y=0\\ \frac x2-\frac y2-\frac z2=0\\ -\frac x2+\frac y2-\frac z2=0\end{cases}\iff\begin{cases} x=y\\ z=0\\ (z=0)\end{cases}$$ on prend \(u=\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\)

Noyau de \(A-\operatorname{Id}\)
Le noyau de \(A-\operatorname{Id}\) a pour équation : $$\begin{cases} y&=0\\ \frac 12x+\frac 12y-\frac12 z&=0\\ -\frac12x+\frac12y+\frac12z&=0\end{cases}\iff\begin{cases} y=0\\ x=z\end{cases}$$

Équation de \(\ker((A-\operatorname{Id})^2)\)
Calcul de \((A-\operatorname{Id})^2\) : $$\begin{pmatrix}0&1&0\\ 1/2&1/2&-1/2\\ -1/2&1/2&1/2\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}1/2&1/2&-1/2\\ 1/2&1/2&-1/2\\ 0&0&0\end{pmatrix}$$
Le noyau de \((A-\operatorname{Id})^2\) a pour équation \(x+y-z=0\)

Définition de \(w\)
On prend \(w\in\ker((A-\operatorname{Id})^2)-\ker(A-\operatorname{Id})\) $$w=\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 1\end{pmatrix}$$

Définition de \(v\)
On pose $$v=(A-\operatorname{Id})w=\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}$$

Conclusion

Dans \((u,v,w)\), on a par construction \(Au=2u\), \(Av=v\), \(Aw=w+v\)
Donc si \(\varepsilon^\prime=(u,v,w)\), $$\operatorname{Mat}_{\varepsilon^\prime}(f)=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1\end{pmatrix}$$

Soit $$A=\begin{pmatrix}1&1&0\\ 1/2&3/2&-1/2\\ -1/2&1/2&3/2\end{pmatrix}\in M_3({\Bbb R})$$ et \(f\) l'endomorphisme linéaire de \({\Bbb R}^3\) ayant pour matrice \(A\) dans la base canonique \(\varepsilon\) de \({\Bbb R}^3\). On a \(P_A(\lambda)=-(\lambda-1)^2(\lambda-2)\)
Dans la base \(\varepsilon^\prime=(u,v,w)=\left(\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\right)\), on a $$\operatorname{Mat}(f,\varepsilon^\prime)=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1\end{pmatrix}$$
Soit \(g\in\mathcal L({\Bbb R}^3)\) un endomorphisme tel que \(f\circ g=g\circ f\)
Montrer que \(\ker(f-2\operatorname{Id})\) et \(\ker(f-\operatorname{Id})^2\) sont laissés stables par \(g\)
En déduire que la matrice de \(g\) dans \(\varepsilon^\prime\) est de la forme $$\operatorname{Mat}(g,\varepsilon^\prime)=\begin{pmatrix}\lambda&0&0\\ 0&a&b\\ 0&c&d\end{pmatrix}$$ avec \(\begin{pmatrix} a&b\\ c&d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a&b\\ c&d\end{pmatrix}\). Préciser les valeurs possibles de \(a\), \(b\), \(c\) et \(d\)

\(\ker(f-2\operatorname{Id})\) est laissé stable par \(g\)
On sait que \(f\circ g=g\circ f\)
Si \(u\in\ker(f-2\operatorname{Id})\), alors \(f(u)=2u\)
Donc $$f(g(u))=g(f(u))=g(2u)=2g(u)$$ donc \(g(u)\in\ker(f-2\operatorname{Id})\) $$g(\ker(f-2\operatorname{Id}))\subset\ker(f-2\operatorname{Id})$$ donc \(g\) laisse stable \(\ker(f-2\operatorname{Id})\)

Les puissances commutent aussi \((g\circ f^2=f^2\circ g)\)
Comme \(g\circ f=f\circ g\), on a $$g\circ f^2=g\circ f\circ f=f\circ g\circ f=f\circ f\circ g=f^2\circ g$$

Exprimer \((f-\operatorname{Id})^2\) comme un "polynôme" de \(f\) \(\to\) \(\ker(f-\operatorname{Id})^2\) est stable par \(g\)
Si \(v\in\ker(A-\operatorname{Id})^2\), alors \((f-\operatorname{Id})^2(v)=0=(f^2-2f+\operatorname{Id})(v)\)
Donc $$(f-\operatorname{Id})^2(g(v))=(f^2-2f+\operatorname{Id})(g(v))=g((f^2-2f+\operatorname{Id})(v))=g(0)=0$$
Donc \(g(v)\in\ker(f-\operatorname{Id})^2\) donc \(g(\ker(f-\operatorname{Id})^2)\subset\ker(f-\operatorname{Id})^2\)

\(g\) laisse stables des espaces vectoriels de dimension \(1\) et \(2\) \(\to\) combinaisons linéaires
Comme \(g\) laisse stable \(\ker (f-2\operatorname{Id})=\operatorname{Vect}(u)\), il existe \(\lambda\) tel que $$g(u)=\lambda u$$
Comme \(g\) laisse stable \(\ker(f-\operatorname{Id})^2=\operatorname{Vect}(v,w)\) : $$\begin{align} g(v)&=av+cw&(\exists a,c)\\ g(w)&=bv+dw&(\exists b,d)\end{align}$$

Réécriture des égalités précédentes sous forme de matrice
Donc $$\operatorname{Mat}_{\varepsilon^\prime}=\begin{pmatrix}\lambda&0&0\\ 0&a&b\\ 0&c&d\end{pmatrix}$$

Commutativité des fonctions linéaires \(\iff\) commutativité des matrices (diagonales par blocs) \(\to\) commutativité des blocs
Comme \(f\circ g=g\circ f\) : dans \(\varepsilon^\prime\) $$\left(\begin{array}{c|cc}2&0&0\\ \hline0&1&1\\ 0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c|cc}\lambda&0&0\\ \hline0&a&b\\ 0&c&d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c|cc}2&0&0\\ \hline0&1&1\\ 0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c|cc}\lambda&0&0\\ \hline0&a&b\\ 0&c&d\end{array}\right)$$ donc \(\begin{pmatrix} a&b\\ c&d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\ 0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a&b\\ c&d\end{pmatrix}\)

Trouver les valeurs de \(a\), \(b\), \(c\) et \(d\) tq les matrices commutent

$$\begin{align}\iff&\begin{pmatrix} a+c&b+d\\ c&d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a&a+b\\ c&c+d\end{pmatrix}\\ \iff&\begin{cases} c=0\\ a=d\end{cases}\end{align}$$ donc $$g:\begin{pmatrix}\lambda&0&0\\ 0&a&b\\ 0&0&a\end{pmatrix}$$

Soit $$A=\begin{pmatrix}1&1&0\\ 1/2&3/2&-1/2\\ -1/2&1/2&3/2\end{pmatrix}\in M_3({\Bbb R})$$ et \(f\) l'endomorphisme linéaire de \({\Bbb R}^3\) ayant pour matrice \(A\) dans la base canonique \(\varepsilon\) de \({\Bbb R}^3\)
Dans la base \(\varepsilon^\prime=(u,v,w)=\left(\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\right)\), on a $$\operatorname{Mat}(f,\varepsilon^\prime)=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1\end{pmatrix}$$soit \(g\in\mathcal L({\Bbb R}^3)\) un endomorphisme tel que \(f\circ g=g\circ f\)
\(\ker(f-2\operatorname{Id})\) et \(\ker(f-\operatorname{Id})^2\) sont laissés stables par \(g\)
De plus, la matrice de \(g\) dans \(\varepsilon^\prime\) est de la forme $$\operatorname{Mat}(g,\varepsilon^\prime)=\begin{pmatrix}\lambda&0&0\\ 0&a&b\\ 0&0&a\end{pmatrix}$$
Soit $$F=\{B\in M_3({\Bbb R})\mid AB=BA\}$$
Montrer que \(F\) est un sous-espace vectoriel de \(M_3({\Bbb R})\). Calculer sa dimension

Élément nul
\(0\in F\) car $$A\cdot0=0=0\cdot A$$

Combinaison linéaire
Si \(B,B^\prime\in F\) et \(\lambda\in F\) : $$A(B+\lambda B^\prime)=AB+\lambda AB^\prime=BA+\lambda B^\prime A=(B+\lambda B^\prime)A$$ donc \(B+\lambda ^\prime\in F\)
Donc \(F\) est un espace vectoriel

Définition d'une matrice \(B\in F\) \(\to\) chercher les dépendances et indépendantes

Soit \(P\) la matrice de passage \(\varepsilon\to\varepsilon^\prime\)
$$\beginalign B\in F\iff P^-1AP&=\beginpmatrix\lambda&0&0\\ 0&a&b\\ 0&0&a\endpmatrix&(\exists\lambda,a,b)\\ &=\lambda\beginpmatrix1&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0\endpmatrix+a\beginpmatrix0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\endpmatrix+b\beginpmatrix0&0&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0
\endpmatrix\endalign$$
Ces trois matrices sont indépendantes, donc \(\operatorname{dim} F=3\)

(Espace vectoriel)

Soit \(A\) la matrice $$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 1&-1&0\\ -1&2&-1\end{pmatrix}$$ et \(f\) l'endomorphisme de \({\Bbb R}^3\) associé
Factoriser le polynôme caractéristique de \(A\), déterminer les sous-espaces propres et caractéristiques de \(A\) et montrer qu'il existe une base de \({\Bbb R}^3\) dans laquelle la matrice de \(f\) est $$B=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-1&2\\ 0&0&-1\end{pmatrix}$$ et donner la matrice de passage

\(A\) est une matrice triangulaire, donc \(P_A(\lambda)=-(\lambda-1)(\lambda+1)^2\)

On calcule les sous-espaces propres :
Pour \(\lambda=1\) : $$\begin{cases}^"0=0^"\\ x-2y=0\\ -x+2y-2z=0\end{cases}$$ donc \(x=2y\) et \(z=0\)
On prend \(\begin{pmatrix}2\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\)
Pour \(\lambda=-1\) : $$\begin{cases}(2x=0)\\ x=0\\ -x+2y=0\implies y=0\end{cases}$$ on prend \(\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\)

On calcule le sous-espace caractéristique pour \(\lambda=-1\) :
On calcule \((A+\operatorname{Id})^2\) : $$\begin{pmatrix}2&0&0\\ -1&0&0\\ -1&2&0\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}4&0&0\\ 2&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}$$ donc \(E_{-1}\) a l'équation \(x=0\)

On prend \(u=\begin{pmatrix}2\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\) (propre pour \(1\)), \(w=\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\) (\(\in E_{-1}\)) et \(v=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}\)
Donc \(Au=u\), \(Av=-v\) et \(Aw=-w+2v\) (on choisit \(v\) tel que ça marche) $$\operatorname{Mat}_{(u,v,w)}(A)=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-1&2\\ 0&0&-1\end{pmatrix}$$

La matrice de passage est : $$P=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0\end{pmatrix}$$