3.4 • Trigonalisation
101
Ceci revient à :
B est une base de M 3,1 (R)
f (V 2 ) − 2V 2 ∈ RV 1
.
On a : Mat B 0 ( f (V 2 ) − 2V 2 ) = AV 2 − 2V 2 =
3x − 17y + 25z
2x − 11y + 16z
x − 5y + 7z
.
D'où : AV 2 − 2V 2 ∈ RV 1 ⇐⇒
3x − 17y + 25z = 3(x − 5y + 7z)
2x − 11y + 16z = 2(x − 5y + 7z)
⇐⇒ y = 2z .
On peut ainsi choisir V 2 =
1
0
0
, et alors :
AV 2 = 2V 2 + V 1 .
En notant P =
3 1 11
2 0
7
1 0
3
et T =
2 1 0
0 2 0
0 0 1
, on a donc A = PT P −1 .
La calculette fournit : P −1 =
0 −3
7
1 −2
1
0
1 −2
.
Exemple 2 :
Trigonaliser A =
−2 2 −1
−1 1 −1
−1 2 −2
∈ M 3 (R) .
Formons le polynôme caractéristique de A :
χ A (λ) =
−2 − λ
2
−1
−1
1− λ
−1
−1
2
−2 − λ
= −(λ + 1) 3 .
Donc χ A est scindé sur R et A admet une seule vp, −1, qui est d'ordre 3.
X =
x
y
z
∈ SEP(A,−1) ⇐⇒ −x + 2y − z = 0.
Donc SEP(A,−1) est de dimension 2 et admet pour base, par exemple, (V 1 ,V 2 ) où
V 1 =
1
0
−1
, V 2 =
0
1
2
.
Cherchons V 3 ∈ M 3,1 (R) de façon que B = (V 1 ,V 2 ,V 3 ) soit une base de M 3,1 (R) et que
Mat B ( f ) soit triangulaire supérieure : Mat B ( f ) =
−1
0
•
0 −1
•
0
0 −1
.
Soit V 3 ∈ M 3,1 (R) tel que B = (V 1 ,V 2 ,V 3 ) soit une base de M 3,1 (R) ; il existe
(α,β,γ ) ∈ R 3 tel que Mat B ( f ) =
−1
0 α
0 −1 β
0
0 γ
.
Comme χ Mat B ( f ) (λ) = χ f (λ) = −(λ + 1) 3 , on a nécessairement γ = −1.
Ainsi, tout V 3 de M 3,1 (R) , tel que (V 1 ,V 2 ,V 3 ) soit libre, convient.
Choisissons, par exemple, V 3 =
1
0
0
.
On écrit que AV 2 − 2V 2 est colinéaire
à V 1 =
3
2
1
.
Monie r Algèbre Monier
Géométrie
Moni er Algèbre Monier
Mon ier Algèbre Géomé
Gé
ométrie Monier
On peut vérifier, par produit de trois
matrices, que :
A = PT P −1 .
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Géométrie
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Mon ier Algèbre Géomé
Gé
ométrie Monier
Après calculs.
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Géométrie
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Gé
ométrie Monier
Ce cas est assez simple.
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Ceci revient à :
B est une base de M 3,1 (R)
f (V 2 ) − 2V 2 ∈ RV 1
.
On a : Mat B 0 ( f (V 2 ) − 2V 2 ) = AV 2 − 2V 2 =
3x − 17y + 25z
2x − 11y + 16z
x − 5y + 7z
.
D'où : AV 2 − 2V 2 ∈ RV 1 ⇐⇒
3x − 17y + 25z = 3(x − 5y + 7z)
2x − 11y + 16z = 2(x − 5y + 7z)
⇐⇒ y = 2z .
On peut ainsi choisir V 2 =
1
0
0
, et alors :
AV 2 = 2V 2 + V 1 .
En notant P =
3 1 11
2 0
7
1 0
3
et T =
2 1 0
0 2 0
0 0 1
, on a donc A = PT P −1 .
La calculette fournit : P −1 =
0 −3
7
1 −2
1
0
1 −2
.
Exemple 2 :
Trigonaliser A =
−2 2 −1
−1 1 −1
−1 2 −2
∈ M 3 (R) .
Formons le polynôme caractéristique de A :
χ A (λ) =
−2 − λ
2
−1
−1
1− λ
−1
−1
2
−2 − λ
= −(λ + 1) 3 .
Donc χ A est scindé sur R et A admet une seule vp, −1, qui est d'ordre 3.
X =
x
y
z
∈ SEP(A,−1) ⇐⇒ −x + 2y − z = 0.
Donc SEP(A,−1) est de dimension 2 et admet pour base, par exemple, (V 1 ,V 2 ) où
V 1 =
1
0
−1
, V 2 =
0
1
2
.
Cherchons V 3 ∈ M 3,1 (R) de façon que B = (V 1 ,V 2 ,V 3 ) soit une base de M 3,1 (R) et que
Mat B ( f ) soit triangulaire supérieure : Mat B ( f ) =
−1
0
•
0 −1
•
0
0 −1
.
Soit V 3 ∈ M 3,1 (R) tel que B = (V 1 ,V 2 ,V 3 ) soit une base de M 3,1 (R) ; il existe
(α,β,γ ) ∈ R 3 tel que Mat B ( f ) =
−1
0 α
0 −1 β
0
0 γ
.
Comme χ Mat B ( f ) (λ) = χ f (λ) = −(λ + 1) 3 , on a nécessairement γ = −1.
Ainsi, tout V 3 de M 3,1 (R) , tel que (V 1 ,V 2 ,V 3 ) soit libre, convient.
Choisissons, par exemple, V 3 =
1
0
0
.
On écrit que AV 2 − 2V 2 est colinéaire
à V 1 =
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.
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A = PT P −1 .
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