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095. Comprendre la réduction de Frobenius et de Jordan pour un endomorphisme cyclique

17/07/2020 - 0059

Considérez la matrice $A = \begin{pmatrix}
2 & 1 & -1\\
3 & 3 & -4\\
3 & 1 & -2
\end{pmatrix}.$

Notez $f$ l’endomorphisme de $\R^3$ dont la matrice est $A$ dans la base canonique.

Une idée, pour chercher à trouver une base dans laquelle la matrice de $f$ est plus simple, c’est de trouver un sous-espace cyclique de $\R^3$.

Rappelons qu’un sous-espace cyclique est un sous-espace vectoriel de $\R^3$, stable par $f$, qui est de la forme $Vect(x, f(x), f^2(x), …)$ c’est à dire l’ensemble des valeurs prises sur le vecteur $x$ de tous les endomorphismes de $\R^3$ qui sont des polynômes en $f$ : $\{P(f)(x), P\in\R[X]\}$.

Comme vous travaillez ici dans $\R^3$ qui est de dimension $3$, si vous arrivez à trouver un vecteur $x$ tel que $(x, f(x), f^2(x))$ soit une base de $\R^3$, alors $f^3(x)$ est une combinaison linéaire des vecteurs $x$, $f(x)$ et $f^2(x)$ ce que vous notez ainsi : il existe un triplet $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $f^3(x) = af^2(x)+bf(x)+cx$ et dans la base $(x,f(x),f^2(x))$ la matrice $B$ de $f$ est grandement simplifiée :

$B = \begin{pmatrix}
0 & 0 & c\\
1 & 0 & b\\
0 & 1 & a
\end{pmatrix}.$

Pour simplifier les notations et améliorer la lisibilité, la notation $<x>$ désignera le sous-espace cyclique de $f$ engendré par $x$, c’est-à-dire $<x> =\{P(f)(x), P\in\R[X]\} .$

Une idée naturelle, mais qui n’aboutira pas ici !

On peut se fire qu’il suffit de choisir un vecteur au hasard et d’appliquer $f$ successivement. Malheureusement…

Exemple : choisissez le vecteur très simple $e_1 = \begin{pmatrix}
1 \\
0\\
0
\end{pmatrix}$ et étudiez $<e_1>.$

Vous obtenez $f(e_1)= \begin{pmatrix}
2 \\
3\\
3
\end{pmatrix}$ puis $f^2(e_1) = f \begin{pmatrix}
2 \\
3\\
3
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
4 \\
3\\
3
\end{pmatrix}.$

La famille $(e_1,f(e_1),f^2(e_1))$ est-elle libre ?

Il s’avère que non, puisque $f^2(e_1) = 2e_1+f(e_1).$ Choisir un vecteur de départ au hasard n’est pas une bonne idée…

Vers le calcul du polynôme minimal de $f$

Peut-on construire un vecteur $x$ tel que $<x>$ soit de dimension $3$ ? Comment y parvenir ?

Un aparté à propos du polynôme minimal d’un vecteur

Remarquez déjà que la dimension de $<x>$ est précisément égale au degré du polynôme minimal de $x$. Qu’est-ce qu’un tel polynôme ? Parmi tous les polynômes $P\in\R[X]^{*}$ tels que $P(f)(x)=0$, il en existe un et un seul, unitaire et de degré minimal, tel que $P(f)(x) = 0.$

Justifiez ici l’existence et l’unicité d’un tel polynôme.
Soit $x$ un vecteur de $\R^3$, fixé.

Considérez l’ensemble $\{\text{deg}(P), \exists P\in\R[X]^{*}, P(f)(x)=0\}.$

La difficulté première est de montrer que $E = \{P\in\R[X]^{*}, P(f)(x)=0\}$ est non vide. Bien-sûr, l’argument massue du théorème de Cayley-Hamilton permettrait de conclure, mais vous allez procéder de manière différente.

Pour l’existence. Vous travaillez dans un espace de dimension $3$, par conséquent toute famille de $4$ vecteurs est liée. Considérez la famille $(x,f(x),f^2(x), f^3(x))$ qui est liée.

Il existe donc un quadruplet $(a_0,a_1,a_2,a_3)\in\R^4$ différent de $(0,0,0,0)$ tel que : $a_0x+a_1f(x)+a_2f^2(x)+a_3f^3(x)=0.$

L’ensemble $\{ i \in \N, 0\leq i \leq 3, a_i\neq 0\}$ est non vide, c’est une partie de $\N$, majorée par $3$, qui admet un plus grand élément $p$.

Si $p=0$ c’est que $a_1=a_2=a_3=0$ et que $a_0\neq 0$. Par conséquent $x=0$. Définissez $P(X)=X$. Le polynôme $P$ appartient bien à $E$.

Si $p>0$, vous écrivez que $\sum_{k=0}^p a_kf^k(x)=0$ avec $a_p\neq 0$ et donc $f^p(x)=\sum_{k=0}^{p-1}\frac{-a_k}{a_p}f^k(x).$ Posez $P(X) = X^p – \sum_{k=0}^{p-1} \frac{-a_k}{a_p}X^k$. Alors $P\in E.$

Maintenant que $E \neq \emptyset$, vous déduisez que l’ensemble $\{\text{deg}(P), \exists P\in\R[X]^{*}, P(f)(x)=0\} = \{\text{deg}(P), P\in E\}$ est non vide, que c’est une partie de $\N$. Par conséquent, vous pouvez noter $n$ le minimum de $\{\text{deg}(P), P\in E.\}$

Il existe donc un polynôme $P$ de degré $n\geq 0$ tel que $P(f)(x)=0$. Quitte à diviser par le coefficient dominant de $P$, vous pouvez supposer que $P$ est unitaire.

Pour l’unicité. Supposez qu’il existe deux polynômes $P_1$ et $P_2$ unitaires et de degré $n\geq 0$ tels que $P_1(f)(x) = P_2(f)(x)=0.$

Notez que $(P_1-P_2)(f)(x)=0.$ Si le polynôme $P_1-P_2$ n’était pas nul, alors notez que le polynôme $P_1-P_2$ est de degré strictement inférieur à $n$ et annule le vecteur $x$, d’où $\text{deg}(P_1-P_2) \in \{\text{deg}(P), \exists P\in\R[X]^{*}, P(f)(x)=0\}$ ce qui contredit la minimalité de $n.$

Retour vers la recherche du vecteur $x$

Pour trouver un vecteur $x$ tel que $<x>$ soit de dimension $3$, il faut déjà vérifier que le polynôme minimal de $f$ (polynôme unitaire et de plus petit degré possible annulant $f$) n’est pas de degré $0$, $1$ ou $2.$ Le polynôme minimal de $f$ annule $f$ en entier et annule bien-sûr tout vecteur $x$. Il serait illusoire de chercher $x$ si le degré du polynôme minimal de $f$ n’est pas suffisamment élevé.

Le calcul du polynôme minimal de $f$

Notez $\Pi$ le polynôme minimal de $f$.

Remarquez que $A$ n’est pas la matrice nulle, donc $\Pi$ n’est pas constant, donc $\text{deg}(\Pi) \geq 1.$

Examinez l’hypothèse $\text{deg}(\Pi) = 1.$ Vous en déduisez l’existence d’un réel $a$ tel que $A = aI$, ce qui est impossible. Donc $\text{deg}(\Pi) \geq 2.$

Vous calculez ensuite $A^2$ et aboutissez à $A^2 = \begin{pmatrix}
4 & 4 & 4\\
3 & 8 & -7\\
3&4&-3
\end{pmatrix}.$

Examinez l’hypothèse $\text{deg}(\Pi) = 2.$ Vous en déduisez l’existence de deux réels $a$ et $b$ tels que :

$A^2=aA+bI$, ce qui donne $4 = 2a+b$, $4=a$, $3 = 3a$, … ce qui est impossible.

Il est donc acquis que le polynôme minimal de $f$ est de degré supérieur ou égal à 3.

Vérifiez qu’effectivement $\text{deg}(\Pi) = 3.$

Note : le lecteur averti sait dans le polynôme minimal a toujours un degré inférieur ou égal à la dimension de l’espace, toujours par le théorème de Cayley-Hamilton.

Vous calculez $A^3$ et trouvez que $A^3 = \begin{pmatrix}
8 & 12 & -12\\
9 & 20 & -21\\
9&12&-13
\end{pmatrix}$ puis que $A^3=3A^2-4I$, soit $A^3-3A^2+4I = 0.$

Vous en déduisez que $\Pi(X) = X^3-3X^2+4.$

L’endomorphisme $f$ de $\R^3$ a un polynôme minimal qui a le même degré que la dimension de l’espace dans lequel il opère. On dit que $f$ est un endomorphisme cyclique.

Vers la construction d’un vecteur $x$ tel que $<x>$ soit de dimension 3

Ce qui est remarquable et délicat, c’est de justifier de l’existence d’un vecteur $x$ qui admet $\Pi$ pour polynôme minimal.

Première étape : écrivez $\Pi$ comme un produit de facteurs irréductibles

Il apparaît que $-1$ est une racine de $\Pi$, ce qui permet d’aboutir à la factorisation $\Pi(X)=(X+1)(X^2-4X+4)=(X+1)(X-2)^2.$

Vous en déduisez que $\Pi = P_1^{\alpha_1}P_2^{\alpha_2}$ avec $P_1 = X+1$, $\alpha_1 = 1$, $P_2 = X-2$ et $\alpha_2 = 2.$

Seconde étape : pour chaque facteur irréductible de la forme $P_i^{\alpha}$, prenez un vecteur $x_i$ appartenant au noyau de $P_i^{\alpha}$ mais n’appartenant pas au noyau $P_i^{\alpha_i-1}$

Si $P_i^{\alpha_i}$ est un facteur apparaissant dans la factorisation de $\Pi$ avec $\alpha_i$ maximal, comment se fait-il que l’inclusion $\ker(P_i(f)^{\alpha_i-1}\subset \ker(P_i(f)^{\alpha_i}$ soit stricte ? Ce qui justifie l’existence du vecteur $x_i$ ?

Notez déjà que les polynômes $P_1$ et $P_2$ sont premiers entre eux dans $\R[X].$

Par le théorème de Bezout, il existe deux polynômes réels $Q_1$ et $Q_2$ tels que $1 = Q_1P_1+Q_2P_2^2.$

Soit $x$ un vecteur de $\R^3.$ Posez $x_1 = (Q_1P_1)(f)(x)$ et $x_2 = (Q_2P_2^2)(f)(x)$. Alors $x=x_1+x_2$ mais $(P_2^2)(f)(x_1)=(Q_1P_1P_2^2)(f)(x) = (Q_1(f))((P_1P_2^2)(f)(x))=(Q_1(f))(0)=0.$ De même, $P_1(f)(x_2) = (Q_2P_1P_2^2)(f)(x)= (Q_2(f))((P_1P_2^2)(f)(x))=(Q_2(f))(0)=0.$

Cela prouve que $\R^3 = \ker(P_1(f)) + \ker(P_2^2(f)).$

S’il existait un entier $i$ tel que $\ker(P_i(f))^{\alpha_i-1} = \ker(P_i(f))^{\alpha_i}$ vous auriez soit $\R^3 = \ker(P_2^2(f))$, soit $\R^3 = \ker(P_1(f)) + \ker(P_2(f))$ donc soit $P_2(f) = 0$, soit $(P_1P_2)(f)=0$ ce qui contredit la minimalité du degré de $\Pi.$

Cherchez un vecteur $x_1$ tel que $x_1\in\ker(A+I) \setminus \{0\}.$

Vous calculez $A+I = \begin{pmatrix}
3&1&-1\\
3&4&-4\\
3&1&-1
\end{pmatrix}$ et constatez que $x_1 = \begin{pmatrix}
0\\
1\\
1
\end{pmatrix}$ convient.

Cherchez un vecteur $x_2$ tel que $x_2\in\ker(A-2I)^2 \setminus \ker(A-2I).$

Vous calculez d’abord $\ker(A-2I).$ Comme $\begin{pmatrix}
0 & 1 & -1\\
3 & 1 & -4\\
3 & 1 & -4
\end{pmatrix}$ le rang de $A-2I$ est $2$, donc son noyau est de dimension $1$ et par suite $\ker(A-2I) = Vect\left(\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}\right).$

Vous cherchez $X\in\ker(A-2I)^2$ soit $(A-2I)X\ker(A-2I)$ et aboutissez à $\ker(A-2I)^2 = Vect\left(\begin{pmatrix}
1 \\
1 \\
1
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}\right).$

Vous choisissez donc $x_2 = \begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}.$

Dernière étape : la somme des $x_i$ fournit un vecteur cyclique

Posez $x = x_1+x_2.$

Il s’agit de comprendre pourquoi $(x,f(x),f^2(x))$ est une base de $\R^3.$

Y aller avec la définition $\forall (a_0,a_1,a_2)\in\R^3, \sum_{k=0}^2 a_kf^k(x) = 0 \Longrightarrow a_0=a_1=a_2=0$ marchera en prenant les valeurs numériques mais ne permettra pas de comprendre pourquoi cela fonctionne dans le cas général.

Travailler avec cette définition dans le cas général n’aboutira pas.

Reprenez avec ce que vous savez.

$\Pi = (X+1)(X-2)^2$ est le polynôme minimal de $f$ et vous avez deux vecteurs $x_1$ et $x_2$ tels que $x_1\in\ker(f+Id)\setminus \{0\}$ et $x_2\in \ker((f-2Id)^2) \setminus \ker(f-2Id).$

Avec $x=x_1+x_2$, pourquoi $<x>$ est de dimension $3$ ?

Il suffit de calculer le polynôme minimal de $x$.

Notez $R$ ce polynôme.

Vous allez montrer que $X+1$ divise $R$ et que $(X-2)^2$ divise $R$ aussi.

Pour utiliser $X+1$ il faut utiliser le vecteur $x_1$ et pour $(X-2)^2$ il faut $x_2.$

Remarquez que $x_1 = x – x_2$

Alors annulez $x$ et $x_2$ :

$\begin{align*}
(R(f)\circ (f-2Id)^2)(x_1) &=(R(f)\circ (f-2Id)^2)(x-x_2)\\
&= (R(f)\circ (f-2Id)^2)(x)-(R(f)\circ (f-2Id)^2)(x_2)\\
&= ((f-2Id)^2)(R(f)(x)) – (R(f))((f-2Id)^2)(x_2))\\
&= ((f-2Id)^2)(0)-(R(f))(0)\\
&= 0.
\end{align*}$

Le polynôme $(X-2)^2 R(X)$ annule le vecteur $x_1$, qui admet $X+1$ pour polynôme minimal donc $X+1$ divise $(X-2)^2R(X).$ Comme $X+1$ et $(X-2)^2$ sont premiers entre eux, par le théorème de Gauss, $X+1$ divise $R(X).$

Faites de même pour $x_2$.

Remarquez que $x_2 = x – x_1.$

Alors annulez $x$ et $x_1$ :

$\begin{align*}
(R(f)\circ (f+Id))(x_2) &=(R(f)\circ (f+Id))(x-x_1)\\
&= (R(f)\circ (f+Id))(x)-(R(f)\circ (f+Id))(x_1)\\
&= (f+Id)(R(f)(x)) – (R(f))((f+Id)(x_1))\\
&= (f+Id)(0)-(R(f))(0)\\
&= 0.
\end{align*}$

Le polynôme $(X+1)R(X)$ annule le vecteur $x_2$, qui admet $(X-2)^2$ pour polynôme minimal donc $(X-2)^2$ divise $(X+1)R(X).$ Comme $X+1$ et $(X-2)^2$ sont premiers entre eux, par le théorème de Gauss, $(X-2)^2$ divise $R(X).$

Mis bout à bout, vous en déduisez que $(X+1)(X-2)^2$ divise $R(X)$ ce qui prouve que $<x>$ est de dimension $3$. En effet, le polynôme minimal de $f$ étant de degré $3$, $<x>$ est forcément de degré inférieur ou égal à $3.$ Si $<x>$ avait une dimension strictement inférieure à $3$, alors le polynôme minimal de $x$, unitaire, serait de degré inférieur ou égal à $2$, mais il serait aussi multiple de $(X+1)(X-2)^2$ ce qui est impossible pour une question de degré.

Vous en déduisez que $x = x_1+x_2 = \begin{pmatrix}
0 \\
2\\
1
\end{pmatrix}$ est tel que $<x>$ est de dimension $3$.

Vérifiez-le directement.

$f(x) = \begin{pmatrix}
1 \\
2\\
0
\end{pmatrix}$

et

$f^2(x)=\begin{pmatrix}
4 \\
9\\
5
\end{pmatrix}.$

La famille $(x,f(x))$ est libre puisque $x$ est non nul et $f(x)$ non colinéaire à $x$.

Si $f^2(x)$ était une combinaison linéaire de $x$ et de $f(x)$ il existerait un couple $(a,b)\in\R^2$ tel que :

$4 = a$, $9 = 2a+2b$ et $5=b$ ce qui est impossible.

Pour déterminer la matrice de $f$ dans la base $(x,f(x),f^2(x))$ vous calculez $f^3(x)$.

Utilisant le polynôme minimal de $f$, vous savez déjà que $A^3 = 3A^2-4I$ soit

$f^3(x) = 3f^2(x)-4x.$

Vous pouvez effectuer la vérification avec les valeurs numériques des vecteurs.

$f^3(x) = f\left(\begin{pmatrix}
4 \\
9\\
5
\end{pmatrix}\right)= \begin{pmatrix}
12 \\
19\\
11
\end{pmatrix}$

Or, $f^3(x) = \begin{pmatrix}
12 \\
19\\
11
\end{pmatrix} = 3 \begin{pmatrix}
4 \\
9\\
5
\end{pmatrix} – 4 \begin{pmatrix}
0 \\
2\\
1
\end{pmatrix} = 3f^2(x)-4x.$

Et le changement de base pour Frobenius

Notez $P$ la matrice $P = \begin{pmatrix}x | f(x) | f^2(x) \end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 4\\
2 & 2 & 9\\
1 & 0 & 5
\end{pmatrix}.$

Comme $(x,f(x),f^2(x))$ est une base de $\R^3$, la matrice $P$ est inversible.

Comme $f^3(x) = 3f^2(x)-4x$, il s’ensuit que :

$P^{-1}AP =\begin{pmatrix}
0 & 0 & -4\\
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 3
\end{pmatrix}$ ce qui est une décomposition de $A$ sous la forme d’une matrice compagnon.

Au polynôme unitaire $X^3-3X^2+4$ on associe l’équation $X^3 =3X^2-4$ qui donne la matrice compagnon $C$ en prenant du bas vers le haut les coefficients apparaissant dans le membre de droite qui fournit bien $C = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -4\\
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 3
\end{pmatrix}.$

Et la décomposition de Jordan dans tout cela ?

L’endomorphisme $f$ est cyclique, vous avez $\Pi = (X+1)(X-2)^2$ et deux vecteurs $x_1$ et $x_2$ tels que $x_1\in\ker(f+Id)\setminus \{0\}$ et $x_2\in \ker((f-2Id)^2) \setminus \ker(f-2Id).$

Trouver une base de Jordan est rapide : $(x_1,(f-2Id)(x_2),x_2)$ est une base de $\R^3$ qui convient.

Vous montrez avec le polynôme minimal de $f$ et le théorème de Bezout que la somme $\ker(f+Id) + \ker((f-2Id)^2)$ est directe (propriété appelée souvent “lemme des noyaux“).

Ainsi s’il existe un triplet $(u,v,w)\in R^3$ tel que $ux_1 + v(f-2Id)(x_2)+wx_2=0$ c’est que $ux_1 = 0$ et que $v(f-2Id)(x_2)+wx_2 = 0$ puis vous concluez en appliquant les propriétés des vecteurs $x_1$ et $x_2.$

Posez $x_3 = (f-2Id)x_2$ et $Q = (x_1 | x_3 | x_2) = \begin{pmatrix}
0 &1 & 0\\
1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 0
\end{pmatrix}.$

De plus, $f(x_2)=2x_2+x_3.$ Comme $(f-2Id)(x_3)= (f-2Id)^2(x_2)=0$, c’est que $f(x_3)=2x_3$.

La famille $(x_1,x_3,x_2)$ est une base de $\R^3$, donc $Q$ est inversible et $Q^{-1}AQ =\begin{pmatrix}
-1 &0 & 0\\
0 & 2 & 1\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}$ ce qui est bien une matrice de Jordan.

Une note sur le degré du polynôme minimal

Les endomorphismes $Id$, $f$, $f^2$, …, $f^9$ étant au nombre de $10$, ils sont liés puisque l’ensemble des endomorphismes de $\R^3$ est de dimension $9$. Cette remarque permet de justifier l’existence du polynôme minimal de $f$.

Voir que le degré de ce polynôme minimal est inférieur ou égal à $3$ est plus délicat.

Il a été vu dans cet article une méthode constructive permettant de trouver un vecteur $x$ de sorte que le polynôme minimal de $x$ est précisément le polynôme minimal de $f$. Comme le polynôme minimal de $x$ est égal à la dimension de $<x>$ qui est un sous-espace vectoriel de $\R^3$, vous en déduisez bien le résultat annoncé.

Le théorème de Cayley-Hamilton est plus précis mais nous n’en avons pas besoin dans cet article ; en fait ce théorème se déduit de cette méthode constructive exposée ici.

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