Dans tout ce qui suit $\mathbb{K}$ designe $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$
Théorie:
Soit $A \in \mathcal{M}_3(\mathbb{K})$ une matrice trigonalisable ayant une unique valeur propre $\lambda$ tel que le sous-espace propre associé est un droite vectorielle.
Pour alléger les notations notons $E={\mathbb K}^n$ Soit $f \in {\mathcal L}(E)$ l'endomorphisme canoniquement associé à $A$. Soit $u_0 \in E$ tel que $E_{\lambda}= {\mathbb K} u_0$. La théorie nous informe que l'on a l'inclusion : $(1) \quad \ker (f - \lambda \text{Id}_E )\subset \ker (f - \lambda \text{Id}_E)^2$.
Nous allons démontrer que l'inclusion (1) est stricte
Comme $f$ et $f- \lambda \text{Id}_E$ commutent alors $G=\text{Im} (f - \lambda \text{Id}_E)$ est stable par $f$ et par suite $f$ induit l'endomorphisme $ h= f/G $ de $G$.
On sait que $\chi_h | \chi_f$ (polynômes caractéristiques) , par suite comme $\chi_f=-(X-\lambda)^3$ et puisque par le théorème du rang $\dim G=2$, on a $\chi_h=(X-\lambda)^2$. en particulier $\lambda$ est une valeur propre de $h$ et par suite : il existe $v_1 \in G $ tel que $v_1 \neq 0$ et $f(v_1)=\lambda v_1$. Comme $v_1 \in G = \text{Im}(f - \lambda \text{Id}_E)$ alors il existe $u_1 \in E$ tel que $v_1 = (f- \lambda \text{Id}_E) (u_1)$, par suite on a en même temps : $\left\{\begin{array}{l} (f- \lambda \text{Id}_E) (u_1) \neq 0 \\ (f- \lambda \text{Id}_E)^2 (u_1) = 0 \end{array}\right.$, ce qui assure que : $u_1 \in \ker (f- \lambda \text{Id}_E)^2 $ et $u_1 \not \in \ker(f- \lambda \text{Id}_E)$ et par suite l'inclusion $(1)$ ci-dessus est stricte.
La famille $(u_0,u_1)$ est manifestement libre car sion $u_1$ serait dans $\ker (f- \lambda \text{Id}_E)$. Complétons la en une base ${\mathcal C}= (u_0,u_1,u_3)$ : le plus facile étant de choisir $u_3$ comme l'un des vecteurs de la base canonique de $E$, chose possible d'après le théorème de la base incomplète appliqué à la famille libre $(u_1,u_2)$ et la famille génératrice $(e_1,e_2,e_3)$ qui est la base canonique de $E$ ( je dis cela car ça sert dans la pratique).
La matrice de $f$ dans la base $\mathcal C$ est triangulaire supérieur car :
$\bullet $ on a $f(u_0)=\lambda u_0$
$\bullet $ Comme $u_1 \in \ker (f- \lambda \text{Id}_E)^2 $ on a $ (f- \lambda \text{Id}_E)(u_1) \in \ker (f- \lambda \text{Id}_E) $, par suite il existe $\alpha \in {\mathbb K}$ tel que $(f- \lambda \text{Id}_E)(u_1) = \alpha u_0$ et du coup : $f(u_1)= \alpha u_0 + \lambda u_1$.
$ \bullet $ Si on pose $f(u_2)=a u_0+ bu_1+ cu_2$ on a : $\text{mat}_{\mathcal C} f = \left(\begin{array}{ccc}\lambda&\alpha&a\\ 0&\lambda & b\\ 0&0& c\end{array} \right)$ et compte tenu de $\text{tr} f = 3 \lambda$, on a $c=\lambda$ et : $\text{mat}_{\mathcal C} f = \left(\begin{array}{ccc}\lambda&\alpha&a\\ 0&\lambda & b\\ 0&0& \lambda\end{array} \right)$
Pratique :
$ \bullet $ On résout le système $(1) \quad (A-\la I_3)X=0$ : l'ensemble des solutions, à savoir : ${\mathcal S}_1 = \ker(f - \lambda \text{Id}_E)$ est une droite vectorielle dont on détermine un vecteur directeur $X_0$.
$ \bullet $ On calcule $B= (A-\lambda I_3)^2$
$ \bullet $ On résout le système $(2) \quad BX=0$ . La théorie nous informe que l'ensemble des solutions de $(2)$ , à savoire : ${\mathcal S}_2 = \ker ((A - \lambda I_3)^2)$, est un plan vectoriel contenant strictement $\mathcal S_1$
$\bullet $ On détermine donc un vecteur $X_1$ solution du systéme tel que $AX_1 \neq 0$: pour cela la résolution du système $(2)$ nous conduit à la détermination d'une base $(Y_1,Y_2)$ de ${\mathcal S}_2$. Au moins, un des vecteurs $Y_1$ ou $Y_2$ est non colinéaire à $X_0$. On le nomme $X_1$.
$ \bullet $ On complète la famille libre $(X_0,X_1)$ en une base ${\mathcal C} =(X_0,X_1,X_2)$ en utilisant par exemple la base canonique .
$ \bullet $ La base obtenue est une base de trigonalisation.
$ \bullet$ On détermine les coordonnées de $AX_2$ et $AX_3$ relativement à la base $\mathcal C$ et il faut profiter du fait que $X_2$ est de la forme : $AX_1=\alpha X_0 + \lambda X_1$, comme ça on a une unique inconnue à chercher : à savoir : $\alpha$. Pour $AX_2$ : On calcule directement $AX_2$ qui sera simple car comme on a fait $X_3$ est un des vecteurs de la base canonique. Ensuite on suppose que $AX_2=aX_0+bX_1+cX_2$. On a un système à résoudre pour déterminer $a,b$ et $c$.
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