Niveau Maths sup

choix des vecteurs pour la matrice de passage difficile

Posté par
sonic_cruiser 23-08-08 à 03:46

Salut à tous.Voici mon probleme:
on considère la matrice M suivante:

    2 1 0 0
    0 1 0 1
    0 0 1 0
    0 0-1 1
Il s'agit de trigonaliser cette matrice.Conformement aux procedures standards,je trouve ceci:

Polynome caracteristique: P(X)=(2-X)(1-X)^3
Polynome minimal=(X-2)(x-1)^3

Espace propre associé à la valeur propre 2(E2): ker(M-2I)=Vect(1,0,0,0)
Espace propre associé à la valeur propre 1(E1): ker(M-I)=Vect(1,-1,0,0)
Espace caracteristique associé à la valeur propre 1 : ker((M-I)^3)=Vect((1,0,1,0);(0,1,1,0);(0,0,1,1))
on note (E'1) l'espace caracteristique ci dessus.

Le probleme est le suivant:
Quels vecteurs choisir pour la matrice de passage en sachant qu'elle doit etre inversible, et que le vecteur (1,-1,0,0) de (E1)=(1,0,1,0)-(0,1,1,0)?
De plus,M etant une matrice 4x4,il nous faut 4 vecteurs pour la matrice de passage!
Que faire?
Merci à tous ceux qui me donneront leurs conseils et avis éclairés

Posté par re : choix des vecteurs pour la matrice de passage difficile 23-08-08 à 12:19

Salut sonic_cruiser

Citation :
Polynome caracteristique: P(X)=(2-X)(1-X)^3
Polynome minimal=(X-2)(x-1)^3

Espace propre associé à la valeur propre 2(E2): ker(M-2I)=Vect(1,0,0,0)
Espace propre associé à la valeur propre 1(E1): ker(M-I)=Vect(1,-1,0,0)

Okédac.

Citation :
Espace caracteristique associé à la valeur propre 1 : ker((M-I)^3)=Vect((1,0,1,0);(0,1,1,0);(0,0,1,1))
on note (E'1) l'espace caracteristique ci dessus.

Ba non tu viens de trouver une base du sep propre associé à 1 ... tu t'égares

Soit $3$\scr{B}_0$ la base canonique de $3$\rm{\bb R}^4$

On a deux vecteurs $3$\rm e_1\|1\\0\\0\\0$ et $3$\rm e_2\|-1\\1\\0\\0$ que l'on complète par deux vecteurs de $3$\rm{\bb R}^4$ pour obtenir une base de $3$\rm{\bb R}^4$

Par exemple, avec $3$\rm e_3\|0\\1\\0\\1$ et $3$\rm e_4\|0\\0\\1\\0$ , $3$\scr{B}=(e_1,e_2,e_3,e_4)$ forme une base de $3$\rm{\bb R}^4$ .

En nommant M ta matrice, on a $3$\rm\{Me_1=2e_1\\Me_2=e_2\\Me_3=2e_1+e_2+e_3\\Me_4=e_1+e_2-e_3+e_4$

La matrice M dans la base $3$\scr{B$ s'écrit donc $3$\rm T=$\array{2&0&2&1\\0&1&1&1\\0&0&1&-1\\0&0&0&1}$$

La matrice P telle que M = PTP⁻¹ n'est autre que la matrice de passage de la base canonique $3$\scr{B}_0$ à la base $3$\scr{B$ , P est donc constituée des vecteurs de $3$\scr{B$ exprimés dans la base $3$\scr{B}_0$ donc $3$\rm P=\begin{pmatrix}1&-1&0&0\\0&1&1&0\\0&0&0&1\\0&0&1&0\end{pmatrix}$

Au final, on a bien $3$\rm\blue\fbox{\fbox{M=PTP^{-1}$ avec $3$P\in\mathcal{GL}_4({\bb R})$ et $3$T\in\mathcal{T}_4^+({\bb R})$ (triangulaire supérieure)

Sauf erreur

Posté par re : choix des vecteurs pour la matrice de passage difficile 23-08-08 à 13:37

Merci gui_tou pour ta reponse mais y a un petit truc que je ne comprend pas.Tu sembles avoir utiliser le theoreme de la base incomplete.Pour ça il n'y a pas de probleme.Mais parmi tous les vecteurs qu'on aurait pu choisir pour former une base de R^4 comment tu procèdes pour tomber exactement sur e3 et e4 afin d'avoir une matrice triangulaire superieure?est ce que tu as mené des calculs auparavant?

Posté par re : choix des vecteurs pour la matrice de passage difficile 23-08-08 à 13:41

Pour être honnête oui, j'ai d'abord fait au plus simple en choisissant $3$\rm e_3\|0\\0\\1\\0$ et $3$\rm e_4\|0\\0\\0\\1$ mais T n'était pas triangulaire ... Je ne saurais pas l'expliquer

Posté par re : choix des vecteurs pour la matrice de passage difficile 25-08-08 à 18:48

Bonjour,
c'était une très bonne idée de chercher une base de $Ker(A-I)^3$
Mais cela ne donne pas nécessairement une forme triangulaire comme le montre ton choix.
ce qu'il faut savoir c'est que $Ker(A-I)\subset Ker(A-I)^2\subset Ker(A-I)^3$
donc pour trouver une base où la matrice soit triangulaire on peut commencer par choisir un vecteur de $Ker(A-I)^3$ qui ne soit pas dans $Ker(A-I)^2$ si il y en a. Sinon on prends dans $Ker(A-I)^2$ qui ne soit pas dans $Ker(A-I)$ . Si il n'y en a pas non plus le sous-espace caractéristique coincident avec le sous espace propre et l'on obtient un bloc diagonal 3x3
revenons a notre matrice
$v_4=(1,0,1,0)\in Ker(A-I)^3 -Ker(A-I)^2$
$v_3=A-I(v_4)=(1,0,0,-1)\in Ker(A-I)^2$ donc $A(v_4)=v_3+v_4$
$v_2=A-I(v_3)=(1,-1,0,0)\in Ker(A-I)$ donc $A(v_3)=v_2+v_3$ et $A(v_2)=v_2$
Dans la base $v_1=(1,0,0,0)\in Ker(A-2I), v_2, v_3, v_4$ la matrice devient $J=\left( \\ \begin{array}{cccc} \\ 2&0&0&0\\ \\ 0&1&1&0\\ \\ 0&0&1&1\\ \\ 0&0&0&1 \\ \end{array} \\ \right)$
c'est la forme de Jordan.
Une base de $Ker(A-I)^3$
ne donne pas nécessairement une forme triangulaire.
par exemple, dans la base $v_1, v_4, v_2, v_3$
la matrice devient $J=\left( \\ \begin{array}{cccc} \\ 2&0&0&0\\ \\ 0&1&0&0\\ \\ 0&0&1&1\\ \\ 0&1&0&1 \\ \end{array} \\ \right)$
On peut toutefois trianguler sans jordaniser en bricolant un peu comme gui_tou.

Posté par re : choix des vecteurs pour la matrice de passage difficile 25-08-08 à 20:30

Merci apaugam.Le raisonnement est plus que logique.Je l'ai parfaitement compris.Mais je ne sais pas si c'est moi qui ai oublié mes cours ou pas...mais je trouve en faisant un determinant de chaque vecteur de ker(M-I)^3 avec ceux de la base de ker(M-I)^2 que les trois sont dans la difference de ker(M-I)^3 et ker(M-I)^2.Alors est ce qu'on choisit (1,0,1,0) au hasard ou alors les 3 vecteurs de
ker(M-I)^3 donnent une matrice triangulaire (ou de Jordan) avec le meme raisonnement.
J'espère que tu comprendras ma question

Posté par re : choix des vecteurs pour la matrice de passage difficile 26-08-08 à 10:13

Effectivement on a une infinité de choix pour le premier vecteur qui soit dans $Ker(A-I)^3$ et pas dans $Ker(A-I)^2$
Pour imaginer la situation on peut voir tous les vecteurs qui sont dans l'espace $R^3$ et non dans le plan horizontal $R^2$ . On visualise ainsi l'énormité des choix possibles.Le plan $R^2$ est très "mince" dans $R^3$ .

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