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

Soit $u$ l’endomorphisme de $\R^3$ dont la matrice, dans la base canonique, est :

A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1\\ 3 & 3 & -4\\ 3 & 1 & -2 \end{pmatrix}.

La base canonique de $\R^3$ sera notée $(e_1,e_2,e_3).$ La matrice identité d’ordre $3$ sera notée $I.$

Utilisez la notion de sous-espace cyclique

Pour chercher à trouver une base dans laquelle la matrice de $u$ est plus adaptée, vous pouvez chercher s’il existe un sous-espace cyclique de $\R^3$ qui soit de dimension $3.$

Par définition, un sous-espace cyclique est un sous-espace vectoriel de $\R^3\comma$ qui sera automatiquement stable par $u\comma$ formé par l’ensemble des valeurs prises par un certain vecteur $x$ par tous les endomorphismes de $\R^3$ qui sont des polynômes en $u.$ Autrement dit, pour tout vecteur $x$ de $\R^3\comma$ le sous-espace cyclique $E_x$ est défini par :

E_x = \{P(u)(x), P\in\R[X]\}.

Si vous arrivez à trouver un vecteur $x$ tel que la famille $\bigl(x, u(x), u^2(x)\bigr)$ soit une base de $\R^3\comma$ alors $u^3(x)$ est une combinaison linéaire des vecteurs parmi $x\comma$ $u(x)$ et $u^2(x).$ Cela se note ainsi : il existe un triplet $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $u^3(x) = au^2(x)+bu(x)+cx.$

Du coup, dans la base $\bigl(x,u(x),u^2(x)\bigr)$ la matrice de l’endomorphisme $u$ a est :

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

Testez une première approche

Une première idée consiste à choisir un vecteur au hasard à partir duquel l’endomorphisme $u$ sera appliqué successivement.

Choisissez le vecteur $e_1\comma$ à savoir $e_1 = (1,0,0).$

La lecture de la première colonne de la matrice $A$ fournit :

u(e_1)=2e_1+3e_2+3e_3.

Ensuite, vous utilisez la linéarité de l’endomorphisme $u$ et les colonnes suivantes de la matrice $A\comma$ ce qui donne :

\begin{align*} u^2(e_1) &= u\bigl(u(e_1)\bigr)\\ &= 2u(e_1)+3u(e_2)+3u(e_3)\\ &= 2(2e_1+3e_2+3e_3)+3(e_1+3e_2+e_3)\\ &\quad+3(-e_1-4e_2-2e_3)\\ &=4e_1+3e_2+3e_3\\ &=2e_1+(2e_1+3e_2+3e_3)\\ &=2e_1+u(e_1). \end{align*}

La famille $\bigl(e_1,u(e_1),u^2(e_1)\bigr)$ est liée. Par conséquent, le sous-espace cyclique $E_{e_1}$ est inclus dans $\vect\bigl(e_1,u(e_1)\bigr).$ Il ne peut avoir une dimension égale à $3.$

Calculez le polynôme minimal de l’endomorphisme $u$

Vous notez $\Pi$ le polynôme minimal de l’endomorphisme $u\comma$ qui est aussi le polynôme minimal de la matrice $A.$

Comme $A$ n’est pas la matrice nulle, vous avez $\deg(\Pi) \geq 1.$

Si $\deg(\Pi) = 1\comma$ alors il existe un réel $\alpha$ tel que $A=\alpha I.$ Cela conduit à une absurdité, les coefficients diagonaux de $A$ n’étant pas tous égaux.

Vous calculez ensuite la matrice $A^2$ et aboutissez à ce qui suit :

A^2 = \begin{pmatrix} 4 & 4 & 4\\ 3 & 8 & -7\\ 3&4&-3 \end{pmatrix}.

Examinez l’hypothèse $\deg(\Pi) = 2.$ Vous en déduisez l’existence de deux réels $a$ et $b$ tels que $A^2=aA+bI.$ Ainsi :

\begin{pmatrix} 4 & \boxed{4} & 4\\ \boxed{3} & 8 & -7\\ 3&4&-3 \end{pmatrix} = a\begin{pmatrix} 2 & 1 & -1\\ 3 & 3 & -4\\ 3 & 1 & -2 \end{pmatrix} + b\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Vous obtenez :

\left\{\begin{align*} a&=4\\ 3a&=3. \end{align*} \right.

Ces deux conditions sont incompatibles.

Il est donc acquis que le polynôme minimal de la matrice $A$ est de degré supérieur ou égal à $3.$ Vous allez vérifier directement que $\deg(\Pi) = 3.$

Vous calculez $A^3$ et vous trouvez que :

A^3 = \begin{pmatrix} 8 & 12 & -12\\ 9 & 20 & -21\\ 9&12&-13 \end{pmatrix}.

Or :

\begin{align*} 3A^2-4I &= \begin{pmatrix} 12 & 12 & 12\\ 9 & 24 & -21\\ 9&12&-9 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} -4 & 0 & 0\\ 0 & -4 & 0\\ 0&0&-4 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 8 & 12 & 12\\ 9 & 20 & -21\\ 9&12&-13 \end{pmatrix}\\ &=A^3. \end{align*}

Le polynôme $X^3-3X^2+4$ annule la matrice $A$ et il est unitaire. Or, il a été vu que le polynôme minimal un degré supérieur ou égal à $3.$

Vous en déduisez que :

\boxed{\Pi(X) = X^3-3X^2+4.}

L’endomorphisme $u$ 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 c’est un endomorphisme cyclique.

Construisez un vecteur $x$ de sorte que le sous-espace cyclique $E_x$ soit de dimension $3$

Comme le polynôme minimal $\Pi$ est de degré $3\comma$ vous allez obtenir un vecteur $x$ dont l’espace cyclique $E_x$ est de dimension $3.$

Première étape : écrivez le polynôme $\Pi$ en produit de facteurs irréductibles dans $\R[X]$

Comme $\Pi(-1)=0\comma$ le polynôme $\Pi$ est factorisable par $X+1.$ Il vient successivement :

\begin{align*} \Pi(X) &= (X+1)(X^2-4X+4)\\ &= (X+1)(X-2)^2. \end{align*}

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

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

Considérez le polynôme $P_1^{\alpha_1-1}(X)P_2^{\alpha_2}(X).$ Son degré étant strictement inférieur à celui de $\Pi\comma$ la matrice $P_1^{\alpha_1-1}(A)P_2^{\alpha_2}(A)=(A-2I)^2$ possède au moins une colonne non nulle.

Identifiez cette colonne en procédant au calcul de $(A-2I)^2$ directement, il vient :

(A-2I)^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ -9 & 0 & 9 \\ -9 & 0 & 9 \end{pmatrix}.

Considérant la troisième colonne de la matrice précitée, et après division par $9\comma$ vous posez :

V_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.

L’égalité $(A+I)(A-2I)^2=0$ fournit $(A+I)V_1 = 0.$ Vous avez bien $V_1\in\ker (A+I)\setminus \{0\}.$ Le polynôme $X+1$ est le polynôme minimal du vecteur $V_1.$

Considérez le polynôme $P_1^{\alpha_1}(X)P_2^{\alpha_2-1}(X).$ Son degré étant strictement inférieur à celui de $\Pi\comma$ la matrice $P_1^{\alpha_1}(A)P_2^{\alpha_2-1}(A)=(A-2I)(A+I)$ possède au moins une colonne non nulle. Vous avez en effet :

(A-2I)(A+I) = \begin{pmatrix} 0 & 3 & -3\\ 0 & 3 & -3\\ 0 & 3 & -3 \end{pmatrix}.

Par conséquent, la deuxième colonne de la matrice $A+I$ est non nulle. En effet :

A+I = \begin{pmatrix} 3 & 1 & -1\\ 3 & 4 & -4\\ 3 & 1 & -1 \end{pmatrix}

En choisissant cette deuxième colonne, vous posez :

V_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix}.

Ainsi, $V_2\in\ker (A-2I)^2\setminus \ker (A-2I).$ Le polynôme $(X-2)^2$ annule le vecteur $V_2.$ Si $(X-2)^2$ n’était pas le polynôme minimal de $V_2$ alors celui-ci serait de la forme $(X-2)^{\alpha}$ avec $\alpha \lt 2.$ Mais $X-2$ serait alors annulateur de $V_2$ ce qui est exclu.

Autrement dit, le polynôme $(X-2)^2$ est le polynôme minimal du vecteur $V_2.$

Troisième étape : la somme des $V_i$ fournit un vecteur cyclique

Vous posez $V = V_1+V_2.$ Soit $R$ le polynôme minimal de ce vecteur, de sorte que $R(A)V = 0.$

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

Remarquez que $V_1 = V – V_2.$ Comme le polynôme $R(X)$ annule le vecteur $V$ et que le polynôme $(X-2)^2$ annule le vecteur $V_2\comma$ vous effectuez le produit, ce qui fournit :

\begin{align*} R(A)(A-2I)^2 V_1 &= R(A)(A-2I)^2V-R(A)(A-2I)^2V_2\\ &=(A-2I)^2\bigl(R(A)V\bigr)-R(A)\bigl((A-2I)^2V_2\bigr)\\ &= (A-2I^2)\cdot 0-R(A)\cdot 0\\ &=0. \end{align*}

Cela prouve que le polynôme $R(X)(X-2)^2$ annule le vecteur $V_1.$ Or, le polynôme minimal du vecteur $V_1$ est $X+1.$ Donc $X+1$ divise le produit $R(X)(X-2)^2.$ Or, les polynômes $X+1$ et $(X-2)^2$ sont premiers entre eux. Par le théorème de Gauss, le polynôme $X+1$ divise le polynôme $R.$

De même, vous formez $V_2 = V-V_1\comma$ puis :

\begin{align*} R(A)(A+I) V_2 &= R(A)(A+I) V-R(A)(A+I) V_1 \\ &= (A+I) \bigl(R(A)V\bigr)-R(A)\bigl((A+I) V_1\bigr)\\ &=(A+I)\cdot 0 + R(A) \cdot 0\\ &=0. \end{align*}

Le polynôme $R(X)(X+1)$ annule le vecteur $V_2.$ Or ce dernier a pour polynôme minimal $(X-2)^2.$ Donc $(X-2)^2 \mid R(X)(X+1).$ Les polynômes $(X-2)^2$ et $X+1$ étant premiers entre eux, le théorème de Gauss fournit $(X-2)^2 \mid R(X).$

Comme le polynôme $R(X)$ est un multiple commun des polynômes $(X-2)^2$ et $X+1$ qui sont premiers entre eux, le polynôme $R(X)$ est un multiple de leur produit qui est $\Pi.$

Donc $\Pi \mid R(X).$

Or, le polynôme $\Pi$ annule la matrice $A\comma$ $\Pi(A)=0.$ Ainsi $\Pi(A)V = 0$ donc le polynôme $\Pi$ annule le vecteur $V.$ Ainsi, $R(X)\mid \Pi.$

Finalement, vous déduisez que $\Pi$ est le polynôme minimal du vecteur $V = V_1+V_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 2 \end{pmatrix}.$

Effectuez un changement de base pour obtenir une matrice compagnon

Il résulte de l’étude précédente le vecteur $x = e_1+5e_2+2e_3$ fournit l’espace cyclique $E_x$ qui est de dimension $3.$ Ainsi, la famille $\bigl(x,u(x),u^2(x)\bigr)$ est une base de $\R^3.$

Comme $X^3-3X^2+4$ annule l’endomorphisme $u\comma$ il vient :

\begin{align*} u^3(x) &= 3u^2(x)-4x. \end{align*}

Dans la base $\bigl(x,u(x),u^2(x)\bigr)\comma$ la matrice de l’endomorphisme $u$ est :

\begin{pmatrix} 0 & 0 & -4\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 3 \end{pmatrix}.

En notant $P$ la matrice de passage qui va de la base canonique vers la base $\bigl(x,u(x),u^2(x)\bigr)\comma$ vous avez :

P=\begin{pmatrix} 1 & 5 & 16 \\ 5 & 10 & 29 \\ 2 & 4 & 17 \end{pmatrix}.

Vous avez l’égalité :

P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -4\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 3 \end{pmatrix}.

Cette matrice est appelée matrice compagnon du polynôme $X^3-3X^2+4.$ La matrice $A$ est semblable à cette matrice.

Effectuez un changement de base pour obtenir une matrice de Jordan

Le polynôme minimal $\Pi$ est scindé avec :

\Pi(X)=(X+1)(X-2)^2.

Cette observation permet d’aller plus loin.

Vous avez construit précédemment un vecteur $V_1$ qui admet $X+1$ pour polynôme minimal et un vecteur $V_2$ qui admet $(X-2)^2$ pour polynôme minimal.

Alors vous allez montrer que la famille $\bigl(V_1, (A-2I)V_2,V_2\bigr)$ constitue une base de Jordan pour la matrice $A.$ Le calcul du vecteur $(A-2I)V_2$ fournit :

(A-2I)V_2 = \begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ 3 \end{pmatrix}.

Pour montrer que la famille précitée est libre, vous supposez qu’il existe trois réels $a_1\comma$ $a_2$ et $a_3$ tels que :

a_1V_1+a_2V_2+a_3(A-2I)V_2=0.

Pour éliminer les vecteurs $V_2$ et $(A-2I)V_2\comma$ vous multipliez cette relation par $(A-2I)^2.$ Il vient :

\begin{align*} &a_1(A-2I)^2V_1+a_2(A-2I)^2V_2+a_3(A-2I)^3V_2 = 0\\ &a_1(A-2I)^2V_1+a_2\bigl((A-2I)^2V_2\bigr)+a_3(A-2I)\bigl((A-2I)^2V_2\bigr) = 0\\ &a_1(A-2I)^2V_1+a_2\cdot 0+a_3(A-2I)\cdot 0 = 0\\ &a_1(A-2I)^2V_1=0. \end{align*}

Il reste à traiter le polynôme $(X-2)^2$ et à l’exprimer en utilisant $X+1.$ Une idée consiste à changer de variable et à poser $Y=X+1.$ Ainsi :

\begin{align*} (X-2)^2 &= X^2-4X+4\\ &= (Y-1)^2-4(Y-1)+4\\ &=Y^2-6Y+9\\ &=(X+1)^2-6(X+1)+9. \end{align*}

Ainsi, il vient :

\begin{align*} &a_1\bigl( (A+I)^2 – 6(A+I) + 9I\bigr) V_1= 0\\ &a_1\Bigl( (A+I)\bigl((A+I)V_1\bigr) – 6\bigl((A+I)V_1\bigr) + 9V_1\Bigr)= 0\\ &a_1\bigl( (A+I)\cdot 0 – 6\cdot 0 + 9V_1\bigr)= 0\\ &9a_1V_1 =0. \end{align*}

Comme $V_1$ n’est pas nul, vous déduisez $a_1 = 0.$

Du coup :

\begin{align*} a_2V_2+a_3(A-2I)V_2 &=0. \end{align*}

En multipliant par $A-2I\comma$ vous avez :

\begin{align*} &a_2(A-2I)V_2+a_3(A-2I)^2V_2 = 0\\ &a_2(A-2I)V_2+a_3\bigl((A-2I)^2V_2\bigr) = 0\\ &a_2(A-2I)V_2+a_3\cdot 0 = 0\\ &a_2(A-2I)V_2 =0. \end{align*}

Or, le vecteur $(A-2I)V_2$ n’est pas nul, donc $a_2=0.$

Finalement, il reste :

a_3(A-2I)V_2 =0.

Reprenant le même argument, vous déduisez $a_3=0.$

Ainsi, il a été prouvé que la famille $(V_1, V_2, (A-2I)V_2)$ est bien libre.

Pour montrer que c’est une base de Jordan, vous partez des relations suivantes :

\left\{\begin{align*} (A+I)V_1 &= 0\\ (A-2I)^2V_2 &= 0. \end{align*} \right.

En posant $V_3 = (A-2I)V_2\comma$ vous obtenez deux chaînes de Jordan, l’une commence par $V_1$ et l’autre par $V_2\comma$ soit :

\left\{\begin{align*} AV_1 &= – V_1\\ (A-2I)V_2 &= V_3\\ (A-2I)V_3 &= 0. \end{align*} \right.

Ainsi :

\left\{\begin{align*} AV_1 &= -V_1\\ AV_2 &= 2V_2+V_3\\ AV_3 &= 2V_3. \end{align*} \right.

Maintenant, considérez les vecteurs suivants, qui correspondent aux vecteurs $V_1\comma$ $V_2$ et $V_3.$ Vous avez :

\left\{\begin{align*} v_1 &= e_2+e_3\\ v_2 &= e_1+4e_2+e_3\\ v_3 &= 3e_1+3e_2+3e_3. \end{align*} \right.

Alors, dans la base $(v_1,v_2,v_3)\comma$ l’endomorphisme $u$ admet pour matrice :

\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}.

En permutant les vecteurs $v_2$ et $v_3\comma$ vous constatez que la matrice de l’endomorphisme $u$ dans la base $(v_1,v_3,v_2)$ est :

J=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.

Si vous notez $Q$ la matrice de passage de la base canonique vers la base $(v_1,v_3,v_2)\comma$ vous avez :

Q=\begin{pmatrix} 0 & 3 & 1 \\ 1 & 3 & 4 \\ 1 & 3 & 1 \end{pmatrix}.

Les matrices $A$ et $J$ sont semblables, puisque :

Q^{-1}AQ = J.

Prolongement

Dans le cas où un endomorphisme n’est pas cyclique, il est possible d’obtenir une matrice semblable à la matrice de départ. Elle est diagonale par blocs et chaque bloc est la matrice compagnon d’un polynôme particulier.

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 097.

Vous souhaitez savoir comment traiter la situation dans un autre cas, lorsque l’endomorphisme de départ n’est pas cyclique ?

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 402.