Changements de base (2/2)

Exercice 1.
Soit {f\in\mathcal{L}(E)}, avec {\dim E=n\ge1}, {f^n=0} et {f^{n-1}\ne0}.
Montrer que dans une base de {E} la matrice de {f} est {A=\begin{pmatrix}0&1&0&\ldots&0\cr0&0&1&\ddots&\vdots\cr\vdots&\ddots&\ddots&\ddots&0\cr\vdots&\ldots&\ldots&0&1\cr0&\ldots&\ldots&0&0\end{pmatrix}}
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Il existe un vecteur {u} de {E} tel que {f^{n-1}(u)\ne0}.

On pose {u_1=f^{n-1}(u),u_2=f^{n-2}(u),\ldots,u_{n-1}=f(u),u_n=u}.

Supposons par l’absurde que les vecteurs {u_k} soient liés.

Il existe donc {\lambda_1,\ldots,\lambda_{n}}, non tous nuls, tels que {\sum\limits_{k=1}^n\lambda_ku_k=0}.

Soit {j} l’indice maximum tel que {\lambda_j\ne 0}.

On trouve {(E):\ \lambda_jf^{n-j}(u)+\sum\limits_{k\lt j}\lambda_kf^{n-k}(u)=0}.

On applique {f^{j-1}} à (E) et on trouve {\lambda_jf^{n-1}(u)=0} ce qui est contradictoire.

Ainsi {u_1,\ldots,u_{n}} sont libres, donc forment une base de {E}.

Par construction, on a {f(u_k)=u_{k-1}} pour {2\le k\le n}, et {f(u_1)=0}.

La matrice de {f} dans {u_1,u_2,\ldots,u_n} est donc la matrice {A} de l’énoncé.

Exercice 2.
Soit {f\in{\mathcal L}(\mathbb{R}^4)} de matrice {A=\begin{pmatrix}0&1&5&9\cr2&1&6&8\cr0&0&0&3\cr0&0&1&-2\end{pmatrix}} dans la base canonique.

Montrer que {\begin{cases}\varepsilon_1=(-13,-37,3,1)\\\varepsilon_2=(1,-1,0,0)\\\varepsilon_3=(1,2,0,0)\\\varepsilon_4=(-7,1,-5,5)\end{cases}} forment une base de {\mathbb{R}^4}.

Montrer que la matrice de {f} dans {(\varepsilon)} est diagonale.

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  • La matrice de la famille {(\varepsilon)} dans la base canonique est {P=\begin{pmatrix}-13 & 1& 1& -7\cr-37 & -1& 2& 1\cr3 & 0& 0& -5\cr1 & 0& 0& 5\end{pmatrix}}

    Montrons que {P} est inversible.

    Pour cela, on montre que pour toute matrice colonne {X}, on a {PX=0\Rightarrow X=0} : {\begin{array}{rl}PX=0&\Leftrightarrow\begin{cases}-13x+y+z-7t=0\cr -37x-y+2z+t=0\cr 3x-5t=0\cr x+5t=0\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{cases}y+z=0\cr -y+2z=0\cr x=0\cr t=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x=0\cr y=0\cr z=0\cr t=0\end{cases}\end{array}}

    Ainsi {P} est inversible, donc {(\varepsilon)} est une base de {\mathbb{R}^4}.

  • Pour montrer que {B} est diagonale on montre que : {\forall\, k\in\{1,2,3,4\},\;\exists\,\lambda_k\in\mathbb{R},\;f(\varepsilon_k)=\lambda_k\varepsilon_k}Pour cela on se place dans la base canonique {(e)} :

    On a {A[\varepsilon_1]=\begin{pmatrix}0&1&5&9\cr2&1&6&8\cr0&0&0&3\cr0&0&1&-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-13\cr-37\cr3\cr1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-13\cr-37\cr3\cr1\end{pmatrix}=[\varepsilon_1]}.

    On en déduit {f(\varepsilon_1)=\varepsilon_1}.

    De même, {A[\varepsilon_2]=-[\varepsilon_2]} donc {f(\varepsilon_2)=-\varepsilon_2}.

  • On a aussi {A[\varepsilon_3]=2[\varepsilon_3]} donc {f(\varepsilon_3)=2\varepsilon_3}.
  • Enfin, {A[\varepsilon_4]=-3[\varepsilon_4]} donc {f(\varepsilon_4)=-3\varepsilon_4}.

Ainsi la matrice de {f} dans {(\varepsilon)} est {B=\begin{pmatrix}1&0&0&0\cr 0&-1&0&0\cr 0&0&2&0\cr 0&0&0&3\end{pmatrix}}

Exercice 3.
Soit {f\in{\mathcal L}(\mathbb{R}^4)} de matrice {A=\begin{pmatrix}-1&-4&-2&-2\cr-4&-1&-2&-2\cr2&2&1&4\cr2&2&4&1\end{pmatrix}} dans la base canonique.

Montrer qu’il existe une base de {\mathbb{R}^4} dans laquelle la matrice de {f} est diagonale.

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Il faut trouver une base {(\varepsilon)=\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3,\varepsilon_4} de \mathbb{R}_4 et quatre scalaires \lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4 tels que {\forall\, k\in\{1,\ldots,4\},\;f(\varepsilon_k)=\lambda\varepsilon_4}.

La matrice de {f} dans la base {(\varepsilon)} sera alors {D=\begin{pmatrix}\lambda_1&0&0&0\cr 0&\lambda_2&0&0\cr 0&0&\lambda_3&0\cr0&0&0&\lambda_4\end{pmatrix}}.

On considère donc l’équation {f(u)=\lambda u}, avec {u=(x,y,z,t)\in\mathbb{R}^4} et {\lambda\in\mathbb{R}} : {\begin{array}{rl}f(u)=\lambda u&\Leftrightarrow\begin{cases}-x-4y-2z-2t=\lambda x\cr-4x-y-2z-2t=\lambda y\cr2x+2y+z+4t=\lambda z\cr2x+2y+4z+t=\lambda t\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{cases}-5x-5y-4z-4t=\lambda(x+y)\cr3x-3y=\lambda(x-y)\cr4x+4y+5z+5t=\lambda(z+t)\cr -3z+3t=\lambda(z-t)\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{cases}(\lambda+5)(x+y)+4(z+t)=0\cr4(x+y)-(\lambda-5)(z+t)=0\cr(\lambda-3)(x-y)=0\cr(\lambda+3)(z-t)=0\end{cases}\end{array}}

  • Supposons {\lambda=3}. Alors : {\begin{array}{rl}f(u)=3u&\Leftrightarrow \begin{cases}2(x+y)+(z+t)=0\cr z=t\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}y=-x-t\cr z=t\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow(x,y,z,t)=(x,-x-t,t,t)=x(1,-1,0,0)+t(0,-1,1,1)\end{array}}Les vecteurs {\begin{cases}\varepsilon_1=(1,-1,0,0)\cr \varepsilon_2=(0,-1,1,1)\end{cases}} sontlibres et {\begin{cases}f(\varepsilon_1)=3\varepsilon_1\cr f(\varepsilon_2)=3\varepsilon_3\end{cases}}

    En fait, {\varepsilon_1,\varepsilon_2} forment une base du plan {\text{Ker}(f-3\text{Id})}.

  • Supposons {\lambda=-3}. Alors : {\begin{array}{rl}f(u)=-3u&\Leftrightarrow\begin{cases}(x+y)+2(z+t)=0\cr y=x\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}y=x\cr z=-t-x\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow(x,y,z,t)=(x,x,-t-x,t)=x(1,1,-1,0)+t(0,0,-1,1)\end{array}}
    Les vecteurs {\begin{cases}\varepsilon_3=(1,1,-1,0)\cr \varepsilon_4=(0,0,-1,1)\end{cases}} sont libres et {\begin{cases}f(\varepsilon_3)=-3\varepsilon_3\cr f(\varepsilon_4)=-3\varepsilon_4\end{cases}}

    En fait, {\varepsilon_3,\varepsilon_4} forment une base du plan {\text{Ker}(f+3\text{Id})}.

Les plans {\text{Ker}(f-3\text{Id})} et {\text{Ker}(f+3\text{Id})} sont en somme directe.

En effet, si {u\in\text{Ker}(f-3\text{Id})\cap\text{Ker}(f+3\text{Id})} alors {f(u)=3u=-3u} donc {u=0}.

On en déduit {E=\text{Ker}(f-3\text{Id})\oplus\text{Ker}(f+3\text{Id})}.

Ainsi {\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_4} forment donc une base de {\mathbb{R}^4}.

Dans cette base, la matrice de {f} est {D=\begin{pmatrix}3&0&0&0\cr 0&3&0&0\cr 0&0&-3&0\cr 0&0&0&-3\end{pmatrix}}.

Exercice 4.
Soit {f\in{\mathcal L}(\mathbb{R}^4)} de matrice {A=\begin{pmatrix}3&-1&1\cr2&0&1\cr1&-1&2\end{pmatrix}} dans la base canonique.

Montrer que {\varepsilon_1=(0,1,1)}, {\varepsilon_2=(1,1,0)}, {\varepsilon_3=(1,1,1)} forment une base de {\mathbb{R}^3}.

Former la matrice A de {f} dans {(\varepsilon)}. En déduire {A^n}.

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La matrice de la famille {(\varepsilon)} dans {(e)} est {P=\begin{pmatrix}0&1&1\cr 1&1&1\cr 1&0&1\end{pmatrix}}.

On a les équivalences : {\begin{array}{rl}P\begin{pmatrix}x\cr y\cr z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\cr b\cr c\end{pmatrix}&\Leftrightarrow\begin{cases}y+z=a\cr x+y+z=b\cr x+z=c\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x=-a+b\cr y=b-c\cr z=a-b+c\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{pmatrix}x\cr y\cr z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&1&0\cr 0&1&-1\cr 1&-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\cr b\cr c\end{pmatrix}\end{array}}Cela prouve que {P} est inversible et que {P^{-1}=\begin{pmatrix}-1&1&0\cr 0&1&-1\cr 1&-1&1\end{pmatrix}}.

Ainsi {\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3} forment une base de {\mathbb{R}^3}.

La matrice de {f} dans cette base est : {\begin{array}{rl}B=P^{-1}AP=&\begin{pmatrix}-1&1&0\cr 0&1&-1\cr 1&-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&-1&1\cr2&0&1\cr1&-1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1&1\cr 1&1&1\cr 1&0&1\end{pmatrix}\\\\&=\begin{pmatrix}-1&1&0\cr 1&1&-1\cr 2&-2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1&1\cr 1&1&1\cr 1&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0\cr0&2&1\cr0&0&2\end{pmatrix}\end{array}}Pour trouver {B}, il est quand même plus simple de vérifier que {\begin{cases}f(\varepsilon_1)=\varepsilon_1\cr f(\varepsilon_2)=2\varepsilon_2\cr f(\varepsilon_3)=\varepsilon_2+2\varepsilon_3\end{cases}}

Effectivement {A[\varepsilon_1]_{(e)}=\begin{pmatrix}3&-1&1\cr2&0&1\cr1&-1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\cr1\cr1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\cr1\cr1\end{pmatrix}=[\varepsilon_1]_{(e)}}.

De même, {A[\varepsilon_2]_{(e)}=\begin{pmatrix}3&-1&1\cr2&0&1\cr1&-1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\cr1\cr0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\cr2\cr0\end{pmatrix}=2[\varepsilon_2]_{(e)}}.

Enfin {A[\varepsilon_3]_{(e)}=\begin{pmatrix}3&-1&1\cr2&0&1\cr1&-1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\cr1\cr1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\cr3\cr2\end{pmatrix}=[\varepsilon_2]_{(e)}+2[\varepsilon_3]_{(e)}}.

L’égalité {A=PBP^{-1}} donne {A^n=PB^nP^{-1}} pour tout {n} de {\mathbb{N}}.

Une récurrence évidente montre que : {\forall\,n\in\mathbb{N},\;B^n=\begin{pmatrix}1&0&0\cr0&2^n&n2^{n-1}\cr0&0&2^n\end{pmatrix}}.

On en déduit, pour tout {n} de {\mathbb{N}} : {\begin{array}{rl}A^n&=\begin{pmatrix}0&1&1\cr 1&1&1\cr 1&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\cr0&2^n&n2^{n-1}\cr0&0&2^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&1&0\cr 0&1&-1\cr 1&-1&1\end{pmatrix}\\\\&=\begin{pmatrix}(n+2)2^{n-1}& -n2^{n-1}& n2^{n-1}\cr (n+2)2^{n-1}-1& 1-n2^{n-1}& n2^{n-1}\cr2^n-1& 1-2^n& 2^n\end{pmatrix}\end{array}}
Remarque : on vérifie facilement que l’expression donnant {B^n} (donc celle donnant {A^n}) sont encore valables si {n} est un entier strictement négatif.

Exercice 5.
Montrer que {B=\begin{pmatrix}1&1&0&0\cr0&1&1&0\cr0&0&1&1\cr0&0&0&1\end{pmatrix}} et {A=\begin{pmatrix}1&2&3&4\cr0&1&2&3\cr0&0&1&2\cr0&0&0&1\end{pmatrix}} sont semblables.
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Soit {f\in{\mathcal L}(\mathbb{R}^4)} de matrice {A} dans la base canonique {(e)=e_1,e_2,e_3,e_4}.

Montrons qu’il existe une base {(\varepsilon)} de {\mathbb{R}^4} dans laquelle la matrice de {f} est {B}.

Cela revient à trouver {\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3,\varepsilon_4} (libres) tels que : {\begin{array}{rl}\begin{cases}f(\varepsilon_1)=\varepsilon_1\cr f(\varepsilon_2)=\varepsilon_1+\varepsilon_2\cr f(\varepsilon_3)=\varepsilon_2+\varepsilon_3\cr f(\varepsilon_4)=\varepsilon_3+\varepsilon_4\end{cases}&\Leftrightarrow\begin{cases}(f-\text{Id})(\varepsilon_1)=0\cr \varepsilon_1=(f-\text{Id})(\varepsilon_2)\cr\varepsilon_2=(f-\text{Id})(\varepsilon_3)\cr\varepsilon_3=(f-\text{Id})(\varepsilon_4)\end{cases}\\\\&\Leftrightarrow\begin{cases}(f-\text{Id})(\varepsilon_1)=0\cr \varepsilon_1=(f-\text{Id})^3(\varepsilon_4)\cr\varepsilon_2=(f-\text{Id})^2(\varepsilon_4)\cr\varepsilon_3=(f-\text{Id})(\varepsilon_4)\end{cases}\end{array}}On doit former les puissances de {A-\text{I}_4=\begin{pmatrix}0&2&3&4\cr0&0&2&3\cr0&0&0&2\cr0&0&0&0\end{pmatrix}}.

On trouve {(A-\text{I}_4)^2=\begin{pmatrix}0&0&4&12\cr0&0&0&4\cr0&0&0&0\cr0&0&0&0\end{pmatrix}} et {(A-\text{I}_4)^3=\begin{pmatrix}0&0&0&8\cr0&0&0&0\cr0&0&0&0\cr0&0&0&0\end{pmatrix}}.

On a bien sûr {(A-\text{I}_4)^4=0}. Posons {\varepsilon_4=(0,0,0,1)}.

Compte tenu des résultats précédents, on définit {\varepsilon_3}, {\varepsilon_2} et {\varepsilon_1} : {\begin{cases}\varepsilon_3=(f-\text{Id})(\varepsilon_4)=(4,3,2,0)\cr\varepsilon_2=(f-\text{Id})^2(\varepsilon_4)=(f-\text{Id})(\varepsilon_3)=(12,4,0,0)\cr\varepsilon_1=(f-\text{Id})^3(\varepsilon_4)=(f-\text{Id})(\varepsilon_2)=(8,0,0,0)\end{cases}}Enfin on a bien {(f-\text{Id})(\varepsilon_1)=(f-\text{Id})^4(\varepsilon_4)=0}.
La matrice {P} de la famille {(\varepsilon)} dans {(e)} est P=\begin{pmatrix}8&12&4&0\cr0&4&3&0\cr0&0&2&0\cr0&0&0&1\end{pmatrix}.

Cette matrice est inversible, donc {(\varepsilon)} est une base de {\mathbb{R}^4}.

Enfin, par construction, la matrice de {f} dans la base {(\varepsilon)} est {B}.

Avec la matrice {P} ci-dessus, on a donc bien {B=P^{-1}AP}.