[<] Théorème de Cayley Hamilton [>] Calcul de polynôme minimal

 
Exercice 1  826  Correction  

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie.

Si F est un sous-espace vectoriel stable par u, montrer que le polynôme minimal de uF divise le polynôme minimal de u.

Solution

Πu annule u ce qui signifie

xE,Πu(u)(x)=0

A fortiori,

xF,Πu(uF)=Πu(u)=0

Ainsi, Πu annule uF et donc ΠuF le divise.

 
Exercice 2  825  Correction  

Soient E un 𝕂-espace vectoriel de dimension finie et u(E).

On suppose qu’il existe deux sous-espaces vectoriels supplémentaires F et G stables par u.

Établir que Πu=ppcm(ΠuF,ΠuG) (en notant Πv le polynôme minimal d’un endomorphisme v).

Solution

Πu annule u donc aussi l’endomorphisme induit uF. Ainsi, ΠuFΠu. De même, ΠuGΠu donc ppcm(ΠuF,ΠuG)Πu.

Inversement, si P=ppcm(ΠuF,ΠuG) alors pour tout aF, P(u)(a)=0 et pour tout bG, P(u)(b)=0. Soit xE=FG. On écrit x=a+b avec aF et bG et l’on a

P(u)(x)=P(u)(a)+P(u)(b)=0.

Ainsi, P annule u puis ΠuP.

Par double divisibilité, Πu=ppcm(ΠuF,ΠuG).

 
Exercice 3  2393     CENTRALE (MP)Correction  

Existe-t-il dans n() une matrice de polynôme minimal X2+1?

Solution

Cas: n est impair. Le polynôme caractéristique d’une matrice de n() étant de degré impair, il possède une racine qui sera valeur propre de la matrice et aussi racine de son polynôme minimal. Celui-ci ne peut alors être le polynôme X2+1.

Cas: n est pair. Considérons

A=(0-110)etAn=diag(A,,A)n()

An n’est pas une homothétie donc le degré de son polynôme minimal est supérieur à 2. De plus, An2=-In et X2+1 annule donc An. Au final, X2+1 est polynôme minimal de An.

 
Exercice 4  824   Correction  

Soient u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie et P𝕂[X].

Montrer que P(u) est inversible si, et seulement si, P et le polynôme minimal Πu sont premiers entre eux.

Observer qu’alors P(u)-1𝕂[u].

Solution

Si P et Πu sont premiers entre eux alors, par l’égalité de Bézout, il existe U,V𝕂[X] tels que UP+VΠu=1 donc U(u)P(u)=IdE. L’endomorphisme P(u) est alors inversible et P(u)-1=U(u)𝕂[u].

Si P et Πu ne sont pas premiers entre eux alors on peut écrire Πu=QD avec D le pgcd de P et Πu. On a ΠuPQ donc P(u)Q(u)=0 alors que Q(u)0 puisque deg(Q)<deg(Πu). Par suite, P(u) n’est pas inversible.

 
Exercice 5  4326   

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel complexe E de dimension finie non nulle de polynôme minimal Πu.

  • (a)

    Soit xE. Justifier l’existence d’un unique polynôme unitaire Px vérifiant, pour tout P[X],

    P(u)(x)=0EPxP.
  • (b)

    Soient x et y deux vecteurs de E. On suppose que Px et Py sont premiers entre eux. Déterminer Px+y.

  • (c)

    Soient λ une valeur propre de u et α sa multiplicité dans le polynôme minimal Πu. Montrer l’existence d’un vecteur xE tel que Px=(X-λ)α.

  • (d)

    Conclure qu’il existe un vecteur x de E tel que Px=Πu.

 
Exercice 6  2708    MINES (MP)Correction  

Soit

A=(a00b00a0b0a+b0b0a00b00a)2n+1().

Quels sont les P[X] tels que P(A)=0?

Solution

A=PDP-1 avec D=diag(a+b,,a+b,a-b,,a-b) et

P=(1(0)01(0)10(0)100100(0)10(0)-11(0)0-1(0)).

Par suite,

πA=(X-(a+b))(X-(a-b))

et les polynômes annulateurs de A sont les multiples de πA.

 
Exercice 7  827   Correction  

Montrer qu’une matrice An(𝕂) de polynôme minimal (X-1)2 est semblable à une matrice diagonale par blocs avec des blocs diagonaux de la forme

(1)ou(1101).

Solution

Considérons B=A-In. On a B2=On.
Soit u l’endomorphisme de 𝕂n dont la matrice est B dans la base canonique.
On a u2=0~ donc Im(u)Ker(u).
Soit (e1,,ep) une base de Im(u) complétée en (e1,,ep,ep+1,,eq) base de Ker(u).
Pour tout j{1,,p}, considérons εjE tel que u(εj)=ej.
Supposons λ1ε1++λpεp+μ1e1++μqeq=0.
On appliquant u à cette relation, on obtient λ1e1++λpep=0 donc λ1==λp=0.
La relation initiale devient μ1e1++μqeq=0 qui entraîne μ1==μq=0.

Finalement, la famille (ε1,,εp,e1,,eq) est libre et puisque formée de p+q=dimIm(u)+dimKer(u)=n vecteurs de E, c’est une base de E.
La matrice de u dans la base (e1,ε1,,ep,εp,ep+1,,eq) a alors ses coefficients tous nuls sauf p coefficients sur la sur-diagonale.
La matrice B est donc semblable à la matrice précédente et A=In+B est semblable à une matrice de la forme voulue.

 
Exercice 8  5278     Navale (MP)Correction  

Soit A une matrice non nulle élément de E=n(𝕂). Pour i, on pose

ei*(M)=tr(AiM)pour tout Mn(𝕂).

Determiner les valeurs de N* pour lesquelles la famille (ei*)0iN est libre.

Solution

Soit P un un polynôme annulateur non nul de A,

P=k=0NakXk avec N=deg(P).

Pour toute matrice M de n(𝕂),

tr(P(A)M)=0

et donc

k=0Nakek*=0.

La famille (e0,,eN) est alors liée.

Inversement, supposons la famille (e0,,eN) liée et introduisons une relation linéaire

λ0e0++λNeN=0 avec (λ0,,λN)(0,,0).

Considérons le polynôme

P=k=0NλkXk.

On constate

tr(P(A)M)=0pour tout Mn(𝕂).

En particulier, cela vaut pour les matrices élémentaires Ei,j et l’on en déduit que les coefficients de la matrice P(A) sont tous nuls.

En résumé, la famille (e0,,eN) est libre si, et seulement si, N est strictement inférieur au degré du polynôme minimal de A.

 
Exercice 9  2897     MINES (MP)Correction  

On note E=𝒞(,) et l’on pose, pour toute fE et tout x,

Tf(x)=f(x)+0xf(t)dt.
  • (a)

    L’opérateur T est-il un automorphisme de E?

  • (b)

    Existe-t-il un sous-espace vectoriel de E de dimension finie stable par T?

Solution

  • (a)

    L’application T est évidemment linéaire et est à valeurs dans E.

    Soit gE. Montrons que l’équation T(f)=g admet une solution unique.

    Unicité: Si T(f)=g alors x0xf(t)dt est solution sur de l’équation différentielle linéaire y+y=g vérifiant y(0)=0. Par le théorème de Cauchy, cela détermine x0xf(t)dt de façon unique et donc f aussi.

    Existence: La dérivée de la fonction solution y+y=g vérifiant y(0)=0 est solution.

  • (b)

    Soit F un sous-espace vectoriel de dimension finie stable par T. Notons I l’endomorphisme de E défini par

    I(f):x0xf(t)dt.

    Puisque F est stable par T, F est aussi stable par I. L’endomorphisme induit par I sur le sous-espace vectoriel de dimension finie F admet un polynôme minimal Π=Xn+an-1Xn-1++a0. On a alors, pour tout fF, l’égalité

    In(f)+an-1In-1(f)++a0f=0

    donc

    y+an-1y++a0y(n)=0 avec y=In(f)

    De plus, on a les conditions initiales y(0)==y(n-1)(0)=0 ce qui donne y=0 puis f=y(n)=0. Ainsi, F={0}.

    Finalement, l’espace nul est le seul espace de dimension finie stable par T.

 
Exercice 10  828   Correction  

Soient E un espace vectoriel réel de dimension finie, f et g deux endomorphismes de E vérifiant

fg-gf=f.
  • (a)

    Calculer

    fng-gfn.
  • (b)

    Soit P un polynôme. Montrer que si P(f)=0 alors fP(f)=0.

  • (c)

    En déduire que f est un endomorphisme nilpotent.

Solution

  • (a)

    Par récurrence,

    fng-gfn=nfn.
  • (b)

    Par linéarité,

    P(f)g-gP(f)=fP(f).

    Par suite, si P(f)=0, alors fP(f)=0.

  • (c)

    Soit Π le polynôme minimal de l’endomorphisme f.

    Π annule f donc XΠ aussi. Par minimalité de Π, ΠXΠ. Pour des raisons de degré et de coefficients dominants, αΠ=XΠ avec α=deg(Π). On en déduit Π=Xα et donc f est nilpotent.

 
Exercice 11  4189   Correction  

Soit E un -espace vectoriel de dimension n et u un endomorphisme de E. On dit que l’endomorphisme est cyclique s’il existe xE tel que (x,u(x),,un-1(x)) soit base de E.

  • (a)

    On suppose u diagonalisable. À quelle condition l’endomorphisme est-il cyclique?

On revient au cas général.

  • (b)

    On suppose l’endomorphisme u cyclique. Déterminer le polynôme minimal de u.

  • (c)

    On suppose le polynôme minimal de u de degré n. Montrer que l’endomorphisme u est cyclique.

Solution

  • (a)

    Notons e=(e1,,en) une base de diagonalisation de u. On écrit u(ei)=λi.ei avec λi.

    Pour xE. On écrit x=ixi.ei et l’on a uk(x)=ixiλik.ei. La famille (x,u(x),,un-1(x)) est une base si, et seulement si, son déterminant est non nul.

    dete(x,u(x),,un-1(x))=|x1x1λ1x1λ1n-1xnxnλnxnλnn-1|.

    Si l’endomorphisme est cyclique, il existe x tel que le déterminant ci-dessus soit non nul ce qui entraîne que les λi sont deux à deux distincts.

    Inversement, si les λi sont deux à deux distincts, on peut déterminer un x convenable en prenant par exemple x=e1++en de sorte que x1××xn soit non nul.

  • (b)

    Le polynôme minimal divise le polynôme caractéristique. S’il est de degré strictement inférieur à n, l’identité π(u)(x)=0E affirme que la famille (x,u(x),,un-1(x)) est liée pour tout x de E et l’endomorphisme n’est pas cyclique.

  • (c)

    Montrons la propriété suivante:

    «  Si le polynôme minimal π d’un endomorphisme u est de degré p, il existe un vecteur x de l’espace tel que la famille (x,u(x),,up-1(x)) est libre  »

    Pour xE fixé, il est clair que x={P[X]|P(u)(x)=0E} constitue un idéal de [X]. Il existe donc un polynôme πx qui le génère. Il est entendu que πx divise π et notre objectif et d’établir qu’il existe xE vérifiant πx=Pα=π.

    Commençons par le cas où π=Pα avec P irréductible et α*. Pour tout xE, πx divisant π, il est de la forme Pβx avec βxα. Si βx<α pour tout x de E, on a Pα-1 annulateur de u ce qui contredit l’hypothèse de départ. Ainsi, il existe xE tel que πx=π.

    Passons au cas général π=P1α1××Pmαm avec P1,,Pk polynômes irréductibles deux à deux distincts. Par le lemme des noyaux

    E=F1Fm avec Fk=Ker(Pkαk(u)).

    L’espace Fk est stable par u, on peut introduire l’endomorphisme induit vk et son polynôme minimal πk. Clairement, πk divise Pkαk et le produit des πk est divisible par π de sorte que πk=Pkαk.

    Par l’étude particulière d’au-dessus, il existe xk dans Fk tel que πxk=Pkαk (pour l’endomorphisme vk). Considérons alors x égal à la somme de xk.

    Si P(u)(x)=0E alors

    P(v1)(x1)F1++P(vm)(xm)Fm=0E.

    Par somme directe P(vk)(xk)=0Fk puis πxk=Pkαk divise P. Enfin, les Pk étant deux à deux premiers entre eux, on peut conclure que π divise P et finalement πx=P.

 
Exercice 12  4324    

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie n1.

Montrer que la multiplicité de λ𝕂 en tant que racine du polynôme minimal Πu est le plus petit entier naturel p vérifiant

Ker(u-λ.IdE)p=Ker(u-λ.IdE)p+1.
 
Exercice 13  4323   

Montrer que le polynôme minimal et le polynôme caractéristique d’une matrice réelle ont les mêmes facteurs irréductibles.

 
Exercice 14  4185      CENTRALE (MP)Correction  

Soient E un -espace vectoriel de dimension n et u un endomorphisme de E.

On note χ le polynôme caractéristique de u.

  • (a)

    Soient V et W deux sous-espaces vectoriels de E stables par u et tels que E=VW. On note χ et χ′′ les polynômes caractéristiques des endomorphismes induits par u sur V et W.

    Montrer χ=χχ′′.

  • (b)

    On considère la décomposition en facteurs irréductibles

    χ=iPiαi.

    Montrer que pour tout i, dimKer(Piαi(u))=αideg(Pi).

  • (c)

    Montrer le polynôme minimal de u est égal à χ si, et seulement si, pour tout kαi, dimKer(Pik(u))=kdeg(Pi).

Solution

  • (a)

    Dans une base adaptée à l’écriture E=VW, la matrice de u est diagonale par blocs avec des blocs diagonaux figurant les endomorphismes induits par u sur V et W. En calculant les polynômes caractéristiques par cette représentation matricielle, la relation χ=χχ′′ est immédiate.

  • (b)

    Commençons par un résultat préliminaire: Si P est un polynôme irréductible unitaire et si Pα annule u alors le polynôme caractéristique χ de u s’écrit Pβ.

    Raisonnons matriciellement. Soit An()n(). On suppose que Pα annule A. Le polynôme minimal π de A divise Pα, il est donc de la forme Pγ avec 1γα. Les valeurs propres complexes de A sont exactement les racines de π donc les racines de P. Les valeurs propres complexes de A sont aussi les racines de χ. Enfin, le polynôme χ est réel et donc, que le polynôme P soit de la forme X-λ ou de la forme X2+pX+q avec des racines conjuguées, on peut écrire χ=Pβ.

    Revenons au sujet. Le polynôme caractéristique de u étant annulateur et les polynômes Piαi étant deux à deux premiers entre eux, on peut appliquer le lemme de décomposition des noyaux pour écrire

    E=iKer(Piαi(u)).

    On peut introduire les endomorphismes ui induits par u sur les espaces Ei=Ker(Piαi(u)).

    En notant χi le polynôme caractéristique de ui, la question précédente donne

    χ=iχi.

    Sachant Piαi(ui)=0, l’étude liminaire permet d’écrire χi=Piβi. On a donc simultanémement

    χ=iPiαi et χ=iPiβi.

    Par unicité de la décomposition en facteurs irréductibles, on a αi=βi. On peut alors conclure

    dimKer(Piαi(u))=dimEi=deg(χi)=αideg(Pi).
  • (c)

    Supposons πχ. Le polynôme π s’écrit

    π=iPiγi avec γiαi et iγi<iαi.

    Par le lemme de décomposition des noyaux

    E=iKer(Piγi(u)).

    Il est alors impossible que dimKer(Pik(u))=kdeg(Pi) pour tout kαi car alors

    dimE=iγideg(Pi)<iαideg(Pi)=deg(χ)=dimE.

    Inversement, supposons π=χ.

    Commençons par établir que si P est un polynôme irreductible unitaire

    dimKer(Pα(u))=kdeg(P) avec k.

    Considérons v l’endomorphisme induit par u sur F=Ker(Pα(u)). On a Pα(v)=0 et le polynôme caractéristique de v est donc de la forme Pk avec k. On en déduit dimF=kdeg(P).

    Puisque π=χ, on a pout tout i

    Ker(Piαi-1(u))Ker(Piαi)

    (sinon, on pourrait définir un polynôme annulateur «  plus petit  » que π).

    Par l’étude classique des noyaux itérés, on sait, pour v endomorphisme,

    Ker(vk)Ker(vk+1) et Ker(vk)=Ker(vk+1),Ker(vk+)=Ker(vk).

    En considérant, v=Pi(u), on obtient la succession

    0<dimKer(Pi(u))<dimKer(Pi2(u))<<dimKer(Piα(u))=αdeg(Pi)

    où chacune des α dimensions est multiple de deg(Pi). On peut conclure

    kαi,dimKer(Pik(u))=kdeg(Pi).
 
Exercice 15  3073      X (MP)Correction  

Étant donné E un espace vectoriel de dimension finie, u un endomorphisme de E et λ un scalaire, on dit que λ est séparable si le noyau et l’image de u-λId sont supplémentaires.

  • (a)

    Montrer que tout scalaire non séparable de u en est une valeur propre.

  • (b)

    Montrer qu’un endomorphisme scindé est diagonalisable si, et seulement si, toutes ses valeurs propres sont séparables.

  • (c)

    Caractériser la séparabilité d’une valeur propre à l’aide du polynôme minimal de u.

  • (d)

    Soit, avec ces notations, l’endomorphisme m de (E) qui à v associe uv.
    Comparer l’ensembles ses scalaires séparables relativement à m avec celui des scalaires séparables relativement à u.

Solution

  • (a)

    Si Ker(u-λId)={0} alors Im(u-λId)=E car u-λId est inversible.
    On en déduit que λ est séparable.
    Par contraposée, si λ n’est pas séparable alors λ est valeur propre de u.

  • (b)

    Si u est un endomorphisme diagonalisable alors pour tout scalaire λ, Ker(u-λId)=Ker(u-λId)2.
    Par suite, Im(u-λId)Ker(u-λId)={0} et l’on en déduit que λ est séparable.
    Inversement, soit u un endomorphisme scindé dont toutes les valeurs propres sont séparables.
    Puisque le polynôme caractéristique de u est scindé, on peut écrire

    χu=(-1)dimEλSp(u)(X-λ)mλ

    et par le lemme de décomposition des noyaux

    E=λSp(u)Ker(u-λId)mλ.

    Or, pour toute valeur propre λ, Im(u-λId)Ker(u-λId)={0} entraîne Ker(u-λId)=Ker(u-λId)2 puis par le principe des noyaux itérés Ker(u-λId)=Ker(u-λId)mλ. Par suite,

    E=λSp(u)Ker(u-λId)

    et donc u est diagonalisable

  • (c)

    Soit λ une valeur propre de u. Le polynôme minimal de u peut s’écrire

    πu=(X-λ)αQ avec Q(λ)0

    πu(u)=0 donne

    Im(Q(u))Ker(u-λId)α.

    Si λ est une valeur propre séparable alors Ker(u-λId)=Ker(u-λId)α et donc

    Im(Q(u))Ker(u-λId)

    puis le polynôme (X-λ)Q annule u. Par minimalité de πu, on conclut α=1.
    Inversement, si λ est une racine simple du polynôme minimal, alors

    πu=(X-λ)Q avec Q(λ)0.

    Puisque les polynômes Q et X-λ sont premiers entre eux, on peut écrire

    QU+(X-λ)V=1 avec U,V𝕂[X]

    et en évaluant

    Q(u)U(u)(x)+(u-λId)V(u)(x)=x

    avec Q(u)U(u)(x)Ker(u-λId) (car πu est annulateur) et (u-λId)V(u)(x)Im(u-λId).
    Ainsi, λ est une valeur propre séparable.

    Finalement, les scalaires non séparables sont les racines multiples de πu.

  • (d)

    m(v)=uv, m2(v)=u2v,…P(m)(v)=P(u)v pour tout polynôme P.
    Par suite, les endomorphismes m et u ont les mêmes polynômes annulateurs et donc le même polynôme minimal. Puisque les scalaires non séparables sont les racines multiples du polynôme minimal, les endomorphismes u et m ont les mêmes valeurs séparables.

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Édité le 08-11-2019

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