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 $u_{F}$ divise le polynôme minimal de $u$ .

Solution

$Π_{u}$ annule $u$ ce qui signifie

\forall x \in E, Π_{u} (u) (x) = 0 .

A fortiori,

\forall x \in F, Π_{u} (u_{F}) = Π_{u} (u) = 0 .

Ainsi, $Π_{u}$ annule $u_{F}$ et donc $Π_{u_{F}}$ le divise.

Exercice 2 825 Correction

Soient $E$ un $𝕂$ -espace vectoriel de dimension finie et $u \in ℒ (E)$ .

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

Établir que $Π_{u} = ppcm (Π_{u_{F}}, Π_{u_{G}})$ (en notant $Π_{v}$ le polynôme minimal d’un endomorphisme $v$ ).

Solution

$Π_{u}$ annule $u$ donc aussi l’endomorphisme induit $u_{F}$ . Ainsi, $Π_{u_{F}} ∣ Π_{u}$ . De même, $Π_{u_{G}} ∣ Π_{u}$ donc $ppcm (Π_{u_{F}}, Π_{u_{G}}) ∣ Π_{u}$ .

Inversement, si $P = ppcm (Π_{u_{F}}, Π_{u_{G}})$ alors pour tout $a \in F$ , $P (u) (a) = 0$ et pour tout $b \in G$ , $P (u) (b) = 0$ . Soit $x \in E = F \oplus G$ . On écrit $x = a + b$ avec $a \in F$ et $b \in G$ et l’on a

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

Ainsi, $P$ annule $u$ puis $Π_{u} ∣ P$ .

Par double divisibilité, $Π_{u} = ppcm (Π_{u_{F}}, Π_{u_{G}})$ .

Exercice 3 5449 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ une matrice telle que $A^{n} = I_{n}$ et la famille $(I_{n}, A, \dots, A^{n - 1})$ soit libre. Calculer $tr (A)$ .

Solution

Le polynôme $X^{n} - 1$ est annulateur de $A$ et l’hypothèse de liberté assure qu’il n’existe pas de polynôme annulateur non nul de degré strictement inférieur à $n$ . On en déduit que $X^{n} - 1$ est exactement le polynôme minimal de $A$ . Celui-ci étant de degré $n$ , c’est aussi le polynôme caractéristique de $A$ et ses racines sont exactement les valeurs propres de $A$ comptées avec multiplicité. Celles-ci sont les racines de l’unité, elles sont simples et leur somme est nulle. On en déduit $tr (A) = 0$ .

Exercice 4 2393 CENTRALE (MP)Correction

Existe-t-il dans $ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice de polynôme minimal $X^{2} + 1$ ?

Solution

Cas: $n$ est impair. Le polynôme caractéristique d’une matrice de $ℳ_{n} (ℝ)$ 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 $X^{2} + 1$ .

Cas: $n$ est pair. Considérons

A = (\begin{matrix} 0 & - 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) et A_{n} = diag (A, \dots, A) \in ℳ_{n} (ℝ)

$A_{n}$ n’est pas une homothétie donc le degré de son polynôme minimal est supérieur à $2$ . De plus, $A_{n}^{2} = - I_{n}$ et $X^{2} + 1$ annule donc $A_{n}$ . Au final, $X^{2} + 1$ est polynôme minimal de $A_{n}$ .

Exercice 5 5866 Correction

Le polynôme $X^{4} + X^{3} + 2 X^{2} + X + 1$ peut-il être le polynôme minimal d’une matrice de $ℳ_{5} (ℝ)$ ?

Solution

Une matrice réelle de taille impaire possède au moins une valeur propre réelle. Celle-ci est alors racine de son polynôme minimal. Cependant, le polynôme $X^{4} + X^{3} + 2 X^{2} + X + 1$ ne possède pas de racines réelles comme en témoigne la factorisation

X^{4} + X^{3} + 2 X^{2} + X + 1 = (X^{2} + 1) (X^{2} + X + 1) .

Le polynôme $X^{4} + X^{3} + 2 X^{2} + X + 1$ ne peut donc pas être le polynôme minimal d’une matrice de $ℳ_{5} (ℝ)$ .

Exercice 6 5864 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ une matrice inversible.

Comparer les polynômes minimaux de $A$ et $A^{- 1}$ .

Solution

Notons $π_{A}$ et $π_{A^{- 1}}$ les polynômes minimaux des matrices $A$ et $A^{- 1}$ .

Les racines de $π_{A}$ sont les valeurs propres de $A$ . Puisque $A$ est inversible, $0$ n’est pas valeur propre de $A$ et donc $π_{A} (0) \neq 0$ . En notant $d = \deg (π_{A})$ , le polynôme minimal de $A$ s’écrit

π_{A} = X^{d} + a_{d - 1} X^{d - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0} avec a_{0} \neq 0

et donc

A^{d} + a_{d - 1} A^{d - 1} + \dots + a_{1} A + a_{0} I_{n} = O_{n} .

En multipliant par $A^{- d}$ ,

I_{n} + a_{d - 1} A^{- 1} + \dots + a_{1} {(A^{- 1})}^{d} + a_{0} {(A^{- 1})}^{d} = O_{n} .

On en déduit que

P = 1 + a_{d - 1} X + \dots + a_{1} X^{d - 1} + a_{0} X^{d}

est annulateur de $A^{- 1}$ et donc $π_{A^{- 1}}$ divise $P$ . Par conséquent, $\deg (π_{A^{- 1}}) \leq d = \deg (π_{A})$ . Par un raisonnement symétrique, $\deg (π_{A}) \leq \deg (π_{A^{- 1}})$ et donc $\deg (π_{A^{- 1}}) = \deg (π_{A})$ .

Le polynôme $π_{A^{- 1}}$ divise $P$ et ces deux polynômes sont de mêmes degrés, ils sont donc associés. Puisque $π_{A^{- 1}}$ est unitaire, on conclut

π_{A^{- 1}} = X^{d} + \frac{a_{1}}{a_{0}} X^{n - 1} + \dots + \frac{a_{d - 1}}{a_{0}} X + \frac{1}{a_{0}} .

Autrement dit,

π_{A^{- 1}} = \frac{X^{\deg (π_{A})}}{π_{A} (0)} π_{A} (\frac{1}{X}) .

Exercice 7 824 Correction

Soient $u$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie et $P \in 𝕂 [X]$ .

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

Solution

Si $P$ et $π_{u}$ sont premiers entre eux alors, par l’égalité de Bézout, il existe $U, V \in 𝕂 [X]$ tels que $U P + V π_{u} = 1$ donc $U (u) P (u) = {Id}_{E}$ . L’endomorphisme $P (u)$ est alors inversible et $P {(u)}^{- 1} = U (u) \in 𝕂 [u]$ .

Si $P$ et $π_{u}$ ne sont pas premiers entre eux alors on peut écrire $π_{u} = Q D$ avec $D$ le pgcd de $P$ et $π_{u}$ . On a $π_{u} ∣ P Q$ donc $P (u) \circ Q (u) = 0$ alors que $Q (u) \neq 0$ puisque $\deg (Q) < \deg (π_{u})$ . L’endomorphisme $P (u)$ ne peut alors être inversible car

P (u) \circ Q (u) = 0 et P (u) \in GL (E) ⟹ Q (u) = 0 .

Exercice 8 4326

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel complexe $E$ de dimension finie non nulle de polynôme minimal $Π_{u}$ .

(a)

Soit $x \in E$ . Justifier l’existence d’un unique polynôme unitaire $P_{x}$ vérifiant, pour tout $P \in ℂ [X]$ ,

$P (u) (x) = 0_{E} \Leftrightarrow P_{x} ∣ P .$
(b)

Soient $x$ et $y$ deux vecteurs de $E$ . On suppose que $P_{x}$ et $P_{y}$ sont premiers entre eux. Déterminer $P_{x + y}$ .
(c)

Soient $λ \in ℂ$ une valeur propre de $u$ et $α \in ℕ^{*}$ sa multiplicité dans le polynôme minimal $Π_{u}$ . Montrer l’existence d’un vecteur $x \in E$ tel que $P_{x} = {(X - λ)}^{α}$ .
(d)

Conclure qu’il existe un vecteur $x$ de $E$ tel que $P_{x} = Π_{u}$ .

Exercice 9 2708 MINES (MP)Correction

Soient $(a, b) \in ℂ \times ℂ^{*}$ et

A = (\begin{matrix} a & 0 & \dots & \dots & \dots & 0 & b \\ 0 & ⋱ & ⋱ & . . . & . . . & 0 \\ ⋮ & ⋱ & a & 0 & b & . . . & ⋮ \\ ⋮ & 0 & a + b & 0 & ⋮ \\ ⋮ & . . . & b & 0 & a & ⋱ & ⋮ \\ 0 & . . . & . . . & ⋱ & ⋱ & 0 \\ b & 0 & \dots & \dots & \dots & 0 & a \end{matrix}) \in ℳ_{2 n + 1} (ℂ) .

Quels sont les $P \in ℂ [X]$ tels que $P (A) = 0$ ?

Solution

On remarque

rg (A - (a + b) I_{2 n + 1}) = n et rg (A - (a - b) I_{2 n + 1}) = n + 1

On en déduit

dim Ker (A - (a + b) I_{2 n + 1}) = n + 1 et dim Ker (A - (a - b) I_{2 n + 1}) = n + 1

La matrice $A$ est donc diagonalisable semblable à $diag ((a + b) I_{n + 1}, (a - b) I_{n})$ . Par suite,

Π_{A} = \prod_{λ \in Sp (A)} (X - λ) = (X - (a + b)) (X - (a - b))

Les polynômes annulateurs de $A$ sont exactement les multiples de $Π_{A}$ .

Exercice 10 827 Correction

Montrer qu’une matrice $A \in ℳ_{n} (𝕂)$ de polynôme minimal ${(X - 1)}^{2}$ est semblable à une matrice diagonale par blocs avec des blocs diagonaux de la forme

(1) ou (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) .

Solution

Considérons $B = A - I_{n}$ . On a $B^{2} = O_{n}$ .
Soit $u$ l’endomorphisme de $𝕂^{n}$ dont la matrice est $B$ dans la base canonique.
On a $u^{2} = \tilde{0}$ donc $Im (u) \subset Ker (u)$ .
Soit $(e_{1}, \dots, e_{p})$ une base de $Im (u)$ complétée en $(e_{1}, \dots, e_{p}, e_{p + 1}, \dots, e_{q})$ base de $Ker (u)$ .
Pour tout $j \in {1, \dots, p}$ , considérons $ε_{j} \in E$ tel que $u (ε_{j}) = e_{j}$ .
Supposons $λ_{1} ε_{1} + \dots + λ_{p} ε_{p} + μ_{1} e_{1} + \dots + μ_{q} e_{q} = 0$ .
On appliquant $u$ à cette relation, on obtient $λ_{1} e_{1} + \dots + λ_{p} e_{p} = 0$ donc $λ_{1} = \dots = λ_{p} = 0$ .
La relation initiale devient $μ_{1} e_{1} + \dots + μ_{q} e_{q} = 0$ qui entraîne $μ_{1} = \dots = μ_{q} = 0$ .

Finalement, la famille $(ε_{1}, \dots, ε_{p}, e_{1}, \dots, e_{q})$ est libre et puisque formée de $p + q = dim Im (u) + dim Ker (u) = n$ vecteurs de $E$ , c’est une base de $E$ .
La matrice de $u$ dans la base $(e_{1}, ε_{1}, \dots, e_{p}, ε_{p}, e_{p + 1}, \dots, e_{q})$ a alors ses coefficients tous nuls sauf $p$ coefficients sur la sur-diagonale.
La matrice $B$ est donc semblable à la matrice précédente et $A = I_{n} + B$ est semblable à une matrice de la forme voulue.

Exercice 11 5278 NAVALE (MP)Correction

Soit $A$ une matrice non nulle élément de $E = ℳ_{n} (𝕂)$ . Pour $i \in ℕ$ , on pose

e_{i}^{*} (M) = tr (A^{i} M) pour tout M \in ℳ_{n} (𝕂) .

Determiner les valeurs de $N \in ℕ^{*}$ pour lesquelles la famille ${(e_{i}^{*})}_{0 \leq i \leq N}$ est libre.

Solution

Soit $P$ un un polynôme annulateur non nul de $A$ ,

P = \sum_{k = 0}^{N} a_{k} X^{k} avec N = \deg (P) .

Pour toute matrice $M$ de $ℳ_{n} (𝕂)$ ,

tr (P (A) M) = 0

et donc

\sum_{k = 0}^{N} a_{k} e_{k}^{*} = 0 .

La famille $(e_{0}, \dots, e_{N})$ est alors liée.

Inversement, supposons la famille $(e_{0}, \dots, e_{N})$ liée et introduisons une relation linéaire

λ_{0} e_{0} + \dots + λ_{N} e_{N} = 0 avec (λ_{0}, \dots, λ_{N}) \neq (0, \dots,0) .

Considérons le polynôme

P = \sum_{k = 0}^{N} λ_{k} X^{k} .

On constate

tr (P (A) M) = 0 pour tout M \in ℳ_{n} (𝕂) .

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

En résumé, la famille $(e_{0}, \dots, e_{N})$ est libre si, et seulement si, $N$ est strictement inférieur au degré du polynôme minimal de $A$ .

Exercice 12 2897 MINES (MP)Correction

On note $E = 𝒞 (ℝ, ℝ)$ et l’on pose, pour toute $f \in E$ et tout $x \in ℝ$ ,

T f (x) = f (x) + \int_{0}^{x} f (t) d t .

(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 $g \in E$ . Montrons que l’équation $T (f) = g$ admet une solution unique.

Unicité: Si $T (f) = g$ alors $x \mapsto \int_{0}^{x} f (t) d t$ est solution sur $ℝ$ de l’équation différentielle linéaire $y^{'} + y = g$ vérifiant $y (0) = 0$ . Par le théorème de Cauchy, cela détermine $x \mapsto \int_{0}^{x} f (t) d t$ 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

$I (f) : x \mapsto \int_{0}^{x} f (t) d t .$

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 $Π = X^{n} + a_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + a_{0}$ . On a alors, pour tout $f \in F$ , l’égalité

$I^{n} (f) + a_{n - 1} I^{n - 1} (f) + \dots + a_{0} f = 0$

donc

$y + a_{n - 1} y^{'} + \dots + a_{0} y^{(n)} = 0 avec y = I^{n} (f) .$

De plus, on a les conditions initiales $y (0) = \dots = y^{(n - 1)} (0) = 0$ 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 13 828 Correction

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

f \circ g - g \circ f = f .

(a)

Calculer

$f^{n} \circ g - g \circ f^{n} .$
(b)

Soit $P$ un polynôme. Montrer que si $P (f) = 0$ alors $f \circ P^{'} (f) = 0$ .
(c)

En déduire que $f$ est un endomorphisme nilpotent.

Solution

(a)

Par récurrence,

$f^{n} \circ g - g \circ f^{n} = n f^{n} .$
(b)

Par linéarité,

$P (f) \circ g - g \circ P (f) = f \circ P^{'} (f) .$

Par suite, si $P (f) = 0$ , alors $f \circ P^{'} (f) = 0$ .
(c)

Soit $Π$ le polynôme minimal de l’endomorphisme $f$ .

$Π$ annule $f$ donc $X Π^{'}$ aussi. Par minimalité de $Π$ , $Π ∣ X Π^{'}$ . Pour des raisons de degré et de coefficients dominants, $α Π = X Π^{'}$ avec $α = \deg (Π)$ . On en déduit $Π = X^{α}$ et donc $f$ est nilpotent.

Exercice 14 6013 MINES (MP)Correction

Soit $u$ un endomorphisme diagonalisable d’un espace vectoriel de dimension $n \in ℕ^{*}$ . Démontrer l’équivalence entre:

(i) $({Id}_{E}, u, \dots, u^{n - 1})$ est une famille libre;

(ii) il existe $x \in E$ tel que $(x, u (x), \dots, u^{n - 1} (x))$ est une famille libre.

Solution

(ii) $⟹$ (i) Immédiat (sans même employer la diagonalisabilité de $u$ ).

(i) $⟹$ (ii) Supposons la famille $({Id}_{E}, u, \dots, u^{n - 1})$ libre. Le polynôme minimal $π_{u}$ de $u$ est de degré au moins $n$ . Or il divise $χ_{u}$ et il est donc de degré exactement $n$ . De plus, ses racines sont les valeurs propres de $u$ et celles-ci sont simples car $u$ est diagonalisable. On en déduit que $u$ admet $n$ valeurs propres distinctes. Dans une base $(e_{1}, \dots, e_{n})$ de diagonalisation, la matrice de $u$ est de la forme

D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) avec λ_{1}, \dots, λ_{n} deux à deux distincts.

Considérons alors $x = e_{1} + \dots + e_{n}$ . Pour $k \in ℕ$ ,

u^{k} (x) = λ_{1}^{k} . e_{1} + \dots + λ_{n}^{k} . e_{n}

et donc

{Mat}_{(e_{1}, \dots, e_{n})} (x, u (x), u^{2} (x), \dots, u^{n - 1} (x)) = (\begin{matrix} 1 & λ_{1} & λ_{1}^{2} & \dots & λ_{1}^{n - 1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & λ_{n} & λ_{n}^{2} & \dots & λ_{n}^{n - 1} \end{matrix}) .

On reconnaît une matrice de Vandermonde. Celle-ci est inversible car les scalaires $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ sont deux à deux distincts. On en déduit que la famille $(x, u (x), \dots, u^{n - 1} (x))$ est libre (et c’est donc une base).

Exercice 15 4189 Correction

Soit $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel de dimension $n$ et $u$ un endomorphisme de $E$ . On dit que l’endomorphisme est cyclique s’il existe $x \in E$ tel que $(x, u (x), \dots, u^{n - 1} (x))$ 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 $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base de diagonalisation de $u$ . On écrit $u (e_{i}) = λ_{i} . e_{i}$ avec $λ_{i} \in ℝ$ .

Pour $x \in E$ . On écrit $x = \sum_{i} x_{i} . e_{i}$ et l’on a $u^{k} (x) = \sum_{i} x_{i} λ_{i}^{k} . e_{i}$ . La famille $(x, u (x), \dots, u^{n - 1} (x))$ est une base si, et seulement si, son déterminant est non nul.

$\det_{e} (x, u (x), \dots, u^{n - 1} (x)) = | \begin{matrix} x_{1} & x_{1} λ_{1} & \dots & x_{1} λ_{1}^{n - 1} \\ ⋮ & ⋮ \\ x_{n} & x_{n} λ_{n} & \dots & x_{n} λ_{n}^{n - 1} \end{matrix} | .$

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

Inversement, si les $λ_{i}$ sont deux à deux distincts, on peut déterminer un $x$ convenable en prenant par exemple $x = e_{1} + \dots + e_{n}$ de sorte que $x_{1} \times \dots \times x_{n}$ soit non nul.
(b)

Le polynôme minimal divise le polynôme caractéristique. S’il est de degré strictement inférieur à $n$ , l’identité $π (u) (x) = 0_{E}$ affirme que la famille $(x, u (x), \dots, u^{n - 1} (x))$ 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 $(x, u (x), \dots, u^{p - 1} (x))$ est libre »

Pour $x \in E$ fixé, il est clair que $ℐ_{x} = {P \in ℝ [X] | P (u) (x) = 0_{E}}$ constitue un idéal de $ℝ [X]$ . Il existe donc un polynôme $π_{x}$ qui le génère. Il est entendu que $π_{x}$ divise $π$ et notre objectif et d’établir qu’il existe $x \in E$ vérifiant $π_{x} = P^{α} = π$ .

Commençons par le cas où $π = P^{α}$ avec $P$ irréductible et $α \in ℕ^{*}$ . Pour tout $x \in E$ , $π_{x}$ divisant $π$ , il est de la forme $P^{β_{x}}$ avec $β_{x} \leq α$ . Si $β_{x} < α$ pour tout $x$ de $E$ , on a $P^{α - 1}$ annulateur de $u$ ce qui contredit l’hypothèse de départ. Ainsi, il existe $x \in E$ tel que $π_{x} = π$ .

Passons au cas général $π = P_{1}^{α_{1}} \times \dots \times P_{m}^{α_{m}}$ avec $P_{1}, \dots, P_{k}$ polynômes irréductibles deux à deux distincts. Par le lemme des noyaux

$E = F_{1} \oplus \dots \oplus F_{m} avec F_{k} = Ker (P_{k}^{α_{k}} (u)) .$

L’espace $F_{k}$ est stable par $u$ , on peut introduire l’endomorphisme induit $v_{k}$ et son polynôme minimal $π_{k}$ . Clairement, $π_{k}$ divise $P_{k}^{α_{k}}$ et le produit des $π_{k}$ est divisible par $π$ de sorte que $π_{k} = P_{k}^{α_{k}}$ .

Par l’étude particulière d’au-dessus, il existe $x_{k}$ dans $F_{k}$ tel que $π_{x_{k}} = P_{k}^{α_{k}}$ (pour l’endomorphisme $v_{k}$ ). Considérons alors $x$ égal à la somme de $x_{k}$ .

Si $P (u) (x) = 0_{E}$ alors

$\underset{\begin{matrix} \in F_{1} \end{matrix}}{\underset{⏟}{P (v_{1}) (x_{1})}} + \dots + \underset{\begin{matrix} \in F_{m} \end{matrix}}{\underset{⏟}{P (v_{m}) (x_{m})}} = 0_{E} .$

Par somme directe $P (v_{k}) (x_{k}) = 0_{F_{k}}$ puis $π_{x_{k}} = P_{k}^{α_{k}}$ divise $P$ . Enfin, les $P_{k}$ étant deux à deux premiers entre eux, on peut conclure que $π$ divise $P$ et finalement $π_{x} = P$ .

Exercice 16 4324

Soit $u$ un endomorphisme d’un $𝕂$ -espace vectoriel $E$ de dimension finie $n \geq 1$ .

Montrer que la multiplicité de $λ \in 𝕂$ en tant que racine du polynôme minimal $Π_{u}$ est le plus petit entier naturel $p$ vérifiant

Ker {(u - λ . {Id}_{E})}^{p} = Ker {(u - λ . {Id}_{E})}^{p + 1} .

Exercice 17 4323

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

Exercice 18 4185 CENTRALE (MP)Correction

Soient $E$ un $ℝ$ -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 $E = V \oplus W$ . On note $χ^{'}$ et $χ^{''}$ les polynômes caractéristiques des endomorphismes induits par $u$ sur $V$ et $W$ .

Montrer $χ = χ^{'} χ^{''}$ .
(b)

On considère la décomposition en facteurs irréductibles

$χ = \prod_{i} P_{i}^{α_{i}} .$

Montrer que pour tout $i$ , $dim Ker (P_{i}^{α_{i}} (u)) = α_{i} \deg (P_{i})$ .
(c)

Montrer que le polynôme minimal de $u$ est égal à $χ$ si, et seulement si, pour tout $k \leq α_{i}$ , $dim Ker (P_{i}^{k} (u)) = k \deg (P_{i})$ .

Solution

(a)

Dans une base adaptée à l’écriture $E = V \oplus W$ , 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 $χ = χ^{'} χ^{''}$ est immédiate.
(b)

Commençons par un résultat préliminaire: Si $P$ est un polynôme irréductible unitaire et si $P^{α}$ annule $u$ alors le polynôme caractéristique $χ$ de $u$ s’écrit $P^{β}$ .

Raisonnons matriciellement. Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ) \subset ℳ_{n} (ℂ)$ . On suppose que $P^{α}$ annule $A$ . Le polynôme minimal $π$ de $A$ divise $P^{α}$ , il est donc de la forme $P^{γ}$ avec $1 \leq γ \leq α$ . 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 $X^{2} + p X + q$ avec des racines conjuguées, on peut écrire $χ = P^{β}$ .

Revenons au sujet. Le polynôme caractéristique de $u$ étant annulateur et les polynômes $P_{i}^{α_{i}}$ étant deux à deux premiers entre eux, on peut appliquer le lemme de décomposition des noyaux pour écrire

$E = \underset{i}{\oplus} Ker (P_{i}^{α_{i}} (u)) .$

On peut introduire les endomorphismes $u_{i}$ induits par $u$ sur les espaces $E_{i} = Ker (P_{i}^{α_{i}} (u))$ .

En notant $χ_{i}$ le polynôme caractéristique de $u_{i}$ , la question précédente donne

$χ = \prod_{i} χ_{i} .$

Sachant $P_{i}^{α_{i}} (u_{i}) = 0$ , l’étude liminaire permet d’écrire $χ_{i} = P_{i}^{β_{i}}$ . On a donc simultanémement

$χ = \prod_{i} P_{i}^{α_{i}} et χ = \prod_{i} P_{i}^{β_{i}} .$

Par unicité de la décomposition en facteurs irréductibles, on a $α_{i} = β_{i}$ . On peut alors conclure

$dim Ker (P_{i}^{α_{i}} (u)) = dim E_{i} = \deg (χ_{i}) = α_{i} \deg (P_{i}) .$
(c)

Supposons $π \neq χ$ . Le polynôme $π$ s’écrit

$π = \prod_{i} P_{i}^{γ_{i}} avec γ_{i} \leq α_{i} et \sum_{i} γ_{i} < \sum_{i} α_{i} .$

Par le lemme de décomposition des noyaux

$E = \underset{i}{\oplus} Ker (P_{i}^{γ_{i}} (u)) .$

Il est alors impossible que $dim Ker (P_{i}^{k} (u)) = k \deg (P_{i})$ pour tout $k \leq α_{i}$ car alors

$dim E = \sum_{i} γ_{i} \deg (P_{i}) < \sum_{i} α_{i} \deg (P_{i}) = \deg (χ) = dim E .$

Inversement, supposons $π = χ$ .

Commençons par établir que si $P$ est un polynôme irreductible unitaire

$dim Ker (P^{α} (u)) = k \deg (P) avec k \in ℕ .$

Considérons $v$ l’endomorphisme induit par $u$ sur $F = Ker (P^{α} (u))$ . On a $P^{α} (v) = 0$ et le polynôme caractéristique de $v$ est donc de la forme $P^{k}$ avec $k \in ℕ$ . On en déduit $dim F = k \deg (P)$ .

Puisque $π = χ$ , on a pout tout $i$

$Ker (P_{i}^{α_{i} - 1} (u)) \neq Ker (P_{i}^{α_{i}})$

(sinon, on pourrait définir un polynôme annulateur \ogplus petit\fg que $π$ ).

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

$Ker (v^{k}) \subset Ker (v^{k + 1}) et Ker (v^{k}) = Ker (v^{k + 1}) ⟹ \forall ℓ \in ℕ, Ker (v^{k + ℓ}) = Ker (v^{k}) .$

En considérant, $v = P_{i} (u)$ , on obtient la succession

$0 < dim Ker (P_{i} (u)) < dim Ker (P_{i}^{2} (u)) < \dots < dim Ker (P_{i}^{α} (u)) = α \deg (P_{i})$

où chacune des $α$ dimensions est multiple de $\deg (P_{i})$ . On peut conclure

$\forall k \leq α_{i}, dim Ker (P_{i}^{k} (u)) = k \deg (P_{i}) .$

Exercice 19 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 $u - λ Id$ 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 $ℒ (E)$ qui à $v$ associe $u \circ v$ .
Comparer l’ensembles ses scalaires séparables relativement à $m$ avec celui des scalaires séparables relativement à $u$ .

Solution

(a)

Si $Ker (u - λ Id) = {0}$ alors $Im (u - λ Id) = E$ car $u - λ Id$ 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 $λ$ , $Ker (u - λ Id) = Ker {(u - λ Id)}^{2}$ .
Par suite, $Im (u - λ Id) \cap Ker (u - λ Id) = {0}$ 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

$χ_{u} = {(- 1)}^{dim E} \prod_{λ \in Sp (u)} {(X - λ)}^{m_{λ}}$

et par le lemme de décomposition des noyaux

$E = \underset{λ \in Sp (u)}{\oplus} Ker {(u - λ Id)}^{m_{λ}} .$

Or, pour toute valeur propre $λ$ , $Im (u - λ Id) \cap Ker (u - λ Id) = {0}$ entraîne $Ker (u - λ Id) = Ker {(u - λ Id)}^{2}$ puis par le principe des noyaux itérés $Ker (u - λ Id) = Ker {(u - λ Id)}^{m_{λ}}$ . Par suite,

$E = \underset{λ \in Sp (u)}{\oplus} Ker (u - λ Id)$

et donc $u$ est diagonalisable
(c)

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

$π_{u} = {(X - λ)}^{α} Q avec Q (λ) \neq 0$

$π_{u} (u) = 0$ donne

$Im (Q (u)) \subset Ker {(u - λ Id)}^{α} .$

Si $λ$ est une valeur propre séparable alors $Ker (u - λ Id) = Ker {(u - λ Id)}^{α}$ et donc

$Im (Q (u)) \subset Ker (u - λ Id)$

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

$π_{u} = (X - λ) Q avec Q (λ) \neq 0 .$

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

$Q U + (X - λ) V = 1 avec U, V \in 𝕂 [X]$

et en évaluant

$Q (u) U (u) (x) + (u - λ Id) V (u) (x) = x$

avec $Q (u) U (u) (x) \in Ker (u - λ Id)$ (car $π_{u}$ est annulateur) et $(u - λ Id) V (u) (x) \in Im (u - λ Id)$ .
Ainsi, $λ$ est une valeur propre séparable.

Finalement, les scalaires non séparables sont les racines multiples de $π_{u}$ .
(d)

$m (v) = u \circ v$ , $m^{2} (v) = u^{2} \circ v$ ,… $P (m) (v) = P (u) \circ v$ 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.

Exercice 20 2986 X (MP)Correction

Soient $N$ une norme sur $ℂ^{n}$ et $∥ \cdot ∥$ la norme sur $ℳ_{n} (ℂ)$ qui lui est subordonnée.

Soit $A \in ℳ_{n} (ℂ)$ . On suppose que $1$ est valeur propre de $A$ et $∥ A ∥ \leq 1$ .

Montrer que $1$ est racine simple du polynôme minimal de $A$ .

Solution

Cas: $1$ est la seule valeur propre de $A$ . La matrice $A$ est alors semblable à une matrice triangulaire supérieure avec des coefficients diagonaux tous égaux à 1. Cela permet d’écrire $P^{- 1} A P = T$ avec $P$ inversible et

T = (\begin{matrix} 1 & * \\ ⋱ \\ (0) & 1 \end{matrix}) .

Notons $a$ l’élément d’indice $(1,2)$ de cette matrice.

Par une récurrence facile, on vérifie

P^{- 1} A^{m} P = (\begin{matrix} 1 & m a & * \\ 1 \\ ⋱ \\ (0) & 1 \end{matrix}) .

Or $∥ A ∥ \leq 1$ , donc $∥ A^{m} ∥ \leq 1$ puis

\frac{1}{m} A^{m} \to_{m \to + \infty}^{} O_{n}

et enfin

\frac{1}{m} P^{- 1} A^{m} P \to_{m \to + \infty}^{} O_{n} .

\frac{1}{m} P^{- 1} A^{m} P = (\begin{matrix} 1 / m & a & * \\ 1 / m \\ ⋱ \\ (0) & 1 / m \end{matrix}) .

On en déduit $a = 0$ .

Par ce principe, on peut annuler successivement chaque coefficient de la sur-diagonale de $T$ puis chaque coefficient de la sur-diagonale suivante etc.

Au final; $T = I_{n}$ puis $A = I_{n}$ et le polynôme minimal de $A$ est $Π_{A} = X - 1$ .

Cas général: Le polynôme minimal de $A$ s’écrit $Π_{A} = {(X - 1)}^{α} Q (X)$ avec $Q (1) \neq 0$ .

Par le lemme de décomposition des noyaux, $ℂ^{n} = F \oplus G$ avec $F = Ker {(A - I_{N})}^{α}$ et $G = Ker (Q (A))$ .

Notons $B$ la matrice de l’endomorphisme induit par $A$ sur le sous-espace vectoriel stable $F$ . On vérifie que $1$ est la seule valeur propre de $B$ et que $∥ B ∥ \leq 1$ . L’étude qui précède assure alors que $B = I_{n}$ et donc le polynôme $X - 1$ annule $A$ sur $F$ . De plus, le polynôme $Q$ annule $A$ sur $G$ donc le polynôme $(X - 1) Q$ annule $A$ sur $ℂ^{n}$ . Puisque $1$ n’est pas racine de $Q$ , $1$ n’est que racine simple du polynôme minimal $Π_{A}$ .

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Édité le 09-06-2025

Polynôme minimal