097. Comment obtenir la réduction de Frobenius d’une matrice ainsi qu’une base associée ?

17/07/2020 - 0059

Une base de Frobenius ? Une matrice de Frobenius ? Qu’est-ce ?

Connaissez-vous la matrice compagnon d’un polynôme unitaire ?

Pour $P_1(X) = X^3 + X^2 -3X +7$, vous associez l’équation de ses racines en isolant le terme de plus haut degré, ce qui donne $X^3 = -X^2+3X-7$. Les coefficients du polynôme de droite sont ceux de la dernière colonne de la matrice compagnon du polynôme $P_1.$ Les autres colonnes sont formées de $0$ partout excepté sur la sous-diagonale tronquée où les coefficients valent tous $1$.

Vous noterez $C(P_1)$ la matrice compagnon du polynôme $P_1$ qui est définie par $C(P_1)=\begin{pmatrix}0 & 0 & -7 \\ 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1\end{pmatrix}.$

Pour le polynôme $P_2(X) = X^4+X^3-X+2$, la matrice compagnon $C(P_2)$ est définie par $C(P_2)=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & -2\\ 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1\end{pmatrix}.$

Des matrices compagnons par blocs comme matrices de Frobenius ?

Considérez la matrice $A$ définie par  : $A = \begin{pmatrix}C(P_1) & 0\\ 0 & C(P_2)\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
0 & 0 & -7 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 3 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 &0 & 0 & 0 & -2\\
0 & 0 & 0 &1 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 &0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -1
\end{pmatrix}$

Elle est diagonale par blocs mais ce n’est pas suffisant : le polynôme $P_1$ défini par $P_1(X) = X^3+X^2-3X+7$ ne divise pas le polynôme $P_2$ défini par $P_2(X)=X^4+X^3-X+2$. Bien que $A$ soit diagonale par blocs avec des matrices compagnons, la matrice $A$ n’est pas une matrice de Frobenius.

Les polynômes doivent se diviser

Trouver une base de Frobenius pour une matrice $A\in M_n(\K)$, où $n\in\N^{*}$, c’est trouver une matrice inversible $P\in GL_n(\K)$ telle que $P^{-1}AP$ soit diagonale par blocs, avec des blocs de la forme $C(P_1)$, …, $C(P_\ell)$ où $\ell\in\N^{*}$, la famille $(P_i)_{1\leq i \leq \ell}$ étant une famille de polynômes unitaires telle que $P_1 | P_2 | … | P_{\ell}$, les matrices $C(P_1)$, …, $C(P_{\ell})$ étant les matrices compagnons relatives aux polynômes $P_1$, …, $P_{\ell}.$

Note. La suite de polynômes $(P_i)_{1\leq i \leq \ell}$ s’appelle la suite des invariants de similitude de la matrice $A$. Elle ne dépend que de la matrice $A.$

Former une matrice diagonale par blocs avec des matrices compagnons est un prérequis, mais il faut bien d’y prendre pour avoir la divisibilité des polynômes.

Exemple. Considérez la matrice $A = \begin{pmatrix}\
5 & 7 & 6 & 5 & 5\\
-2 & -5 & -6 & -4 & -5\\
5 & 10 & 10 & 7 & 8\\
-6 & -8 & -6 & -5 & -5\\
-1 & -3 & -3 & -2 & -3
\end{pmatrix}.$

Si vous formez la matrice $P = \begin{pmatrix}
-1 & 0 & -1 & 1 & 0\\
1 & 1 & 1 & -1 & 0\\
-2 & -1 & -1 & 2 & 0\\
2 & 0 & 1 & -1 & 0\\
0 & 0 & 0 & -1 & 1
\end{pmatrix}$ alors la matrice $P$ est inversible et $P^{-1}AP = \begin{pmatrix}
0 & -1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 2 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & -2\\
0 & 0 & 1 & 0 & 3\\
0 & 0 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
C(P_1) & 0\\
0 & C(P_2)
\end{pmatrix},$

avec $P_1 = X^2-2X+1 = (X-1)^2$ et $P_2 = X^3-3X+2 = (X+2)(X-1)^2$ et par suite, le polynôme $P_1$ divise bien le polynôme $P_2.$

La matrice $P^{-1}AP$ est bien une matrice de Frobenius associée à la matrice $A$ et la base de $\R^5$ formée par les cinq colonnes de la matrice $P$ constitue une base de Frobenius de la matrice $A.$

Etude complète d’un exemple pour bien comprendre

Soit à trouver une base de Frobenius et la matrice de Frobenius associés à la matrice réelle $A=\begin{pmatrix}
3 & 0 & -1 & 1\\
2 & 2 & 1 & 2\\
-3 & 0 & 2 & -3\\
-4 & 0 & 1 & -2
\end{pmatrix}.$

La première chose à faire, c’est construire un vecteur $v$ pour que $<v> = \vect\{A^k v, k\in\N\}$, l’espace cyclique engendré par $v$ soit de dimension maximum.

Cette dimension maximum sera donnée par le degré du polynôme minimal de la matrice $A$.

Déterminez le polynôme minimal de $A$

Une façon de faire c’est de calculer les puissances successives de $A$ jusqu’à trouver une relation de dépendance linéaire.

Les matrices $I$ et $A$ n’étant pas colinéaires, vous calculez $A^2 = \begin{pmatrix}
8 & 0 & -4 & 4\\
-1 & 4 & 4 & -1\\
-3 & 0 & 4& -3\\
-7 & 0 &4 &-3
\end{pmatrix}$

Le système $A^2 = aA + bI$ d’inconnues $a$ et $b$ réelles n’a pas de solution.

Vous calculez donc $A^3 = \begin{pmatrix}
20 & 0 & -12 & 12\\
-3 & 8 & 12 & -3\\
-9 & 0 & 8& -9\\
-21 & 0 &12 & -13
\end{pmatrix}$

Vous résolvez le système $A^3=aA^2+bA+cI.$ Vous trouvez $a = 3$, $b=0$ et $c=-4$, ce qui prouve que $A^3 = 3A^2-4I.$

Le polynôme minimal de $A$ est égal à $X^3-3X^2+4 = (X+1)(X^2-4X+4)=(X+1)(X-2)^2.$

Construisez un vecteur $v$ pour que l’espace cyclique $<v>$ soit de dimension maximale

En considérant les facteurs irréductibles du polynôme minimal de $A$, vous cherchez un vecteur $v_1\in\ker(A+I)\setminus \{0\}$ et un vecteur $v_2\in\ker(A-2I)^2 \setminus \ker(A-2I).$

Calculez le noyau de la matrice $A+I= \begin{pmatrix}
4 & 0 & -1 & 1\\
2 & 3 & 1 & 2\\
-3 & 0 & 3 & -3\\
-4 & 0 & 1 & -1
\end{pmatrix}.$

Vous finissez par trouver $\ker(A+I) = \vect\left[ \begin{pmatrix}
0\\
-1 \\
1\\
1
\end{pmatrix}\right].$ Vous posez $v_1 = \begin{pmatrix}
0\\
-1 \\
1\\
1
\end{pmatrix}.$

Calculez maintenant le noyau de $A-2I = \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 1\\
2 & 0 & 1 & 2\\
-3 & 0 & 0 & -3\\
-4 & 0 & 1 & -4
\end{pmatrix}.$

Le détail du processus est donné parce qu’il est intéressant et évitera de calculer la matrice $(A-2I)^2.$

Pour la détermination de $\ker(A-2I)$ vous résolvez le système linéaire suivant :

$\left\{\begin{align*}
x_1 -x_3+x_4&=0\\
2x_1+x_3+2x_4 &=0\\
-3x_1-3x_4 &=0\\
-4x_1+x_3-4x_4 &=0.
\end{align*}\right.$

Vous effectuez les opérations élémentaires suivantes : $L_2\leftarrow L_2-2L_1$, $L_3\leftarrow L_3+3L_1$ et $L_4\leftarrow L_4+4L_1.$

$\left\{\begin{align*}
x_1 -x_3+x_4&=0\\
3x_3 &=0\\
-3x_3 &=0\\
-3x_3 &=0.
\end{align*}\right.$

Ainsi le système est équivalent à :

$\left\{\begin{align*}
x_1 &=-x_4\\
x_2 & = x_2\\
x_3 &=0\\
x_4 &=x_4.
\end{align*}\right.$

$\ker(A-2I) = \vect\left[ \begin{pmatrix}
-1\\
0 \\
0\\
1
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
0\\
1 \\
0\\
0
\end{pmatrix}\right].$

Vous cherchez maintenant une base de $\ker(A-2I)^2.$

Soit $X = \begin{pmatrix}
x_1\\
x_2 \\
x_3\\
x_4
\end{pmatrix}.$ Au lieu de résoudre $(A-2I)^2X = 0$ vous résolvez $(A-2I)X\in \ker(A-2I).$

Le vecteur $X$ appartient au noyau de $(A-2I)^2$, si et seulement si, il existe deux réels $a$ et $b$ tels que :

$\left\{\begin{align*}
x_1 -x_3+x_4&=-a\\
2x_1+x_3+2x_4 &=b\\
-3x_1-3x_4 &=0\\
-4x_1+x_3-4x_4 &=a.
\end{align*}\right.$

Vous effectuez les mêmes opérations élémentaires : $L_2\leftarrow L_2-2L_1$, $L_3\leftarrow L_3+3L_1$ et $L_4\leftarrow L_4+4L_1.$

$\left\{\begin{align*}
x_1 -x_3+x_4&=-a\\
3x_3 &=b+2a\\
-3x_3 &=-3a\\
-3x_3 &=-3a.
\end{align*}\right.$

$\left\{\begin{align*}
x_1 -x_3&=-a-x_4\\
x_3 &=a\\
b &=a\\
\end{align*}\right.$

$\left\{\begin{align*}
x_1 &=-x_4\\
x_3 &=a\\
b &=a\\
\end{align*}\right.$

$X$ appartient à $\ker(A-2I)^2$ si et seulement si il existe un réel $a$ tel que :

$\left\{\begin{align*}
x_1 &=-x_4\\
x_2 &=x_2\\
x_3 &=a\\
x_4 &=x_4\\
\end{align*}\right.$

$\ker(A-2I)^2 = \vect\left[ \begin{pmatrix}
-1\\
0 \\
0\\
1
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
0\\
1 \\
0\\
0
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
0\\
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}\right].$

Vous choisissez $v_2 = \begin{pmatrix}
0\\
0 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}.$

Maintenant que vous avez les vecteurs $v_1$ et $v_2$, vous posez $v = v_1-v_2 = \begin{pmatrix}
0\\
-1 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}.$

Voyez pourquoi le vecteur $v$ a un polynôme minimal de degré $3$.

Il a été vu que $v_1$ admet $X+1$ pour polynôme minimal et que $v_2$ admet $(X-2)^2.$

Soit $P\in\R[X]$ un polynôme annulant le vecteur $v$, c’est-à-dire tel que $P(A)v = 0.$

Prenez le vecteur $v_1 = v + v_2$. Appliquez le polynôme $P$.

$P(A)v_1 = P(A)v_2$, puis annulez le vecteur $v_2$.

$(A-2I)^2P(A) v_1 = 0.$

Le polynôme $(X-2)^2 P(X)$ annule le vecteur $v_1$. Ce polynôme est un multiple du polynôme minimal de $v_1$, donc $X+1 \ (X-2)^2 P(X)$ et par application du théorème de Gauss, $X+1 | P(X).$

Prenez le vecteur $v_2 = v_1 – v$. Appliquez le polynôme $P$.

$P(A)v_2 = P(A)v_1$, puis annulez le vecteur $v_1$.

$(A+I)P(A)v_2 = 0.$

Le polynôme $(X+1)P(X)$ annule le vecteur $v_2$. Du coup $(X-2)^2 | (X+1)P(X)$ et par le théorème de Gauss, $(X-2)^2 | P(X).$

$P(X)$ est un multiple de $X+1$ et de $(X-2)^2$ qui sont premiers entre eux, donc $P(X)$ est un multiple de leur produit.

D’autre part, $(A+I)(A-2I)^2 v = (A-2I)^2(A+I)v_1-(A+I)(A-2I)^2v_2 = 0. $

Ainsi, le vecteur $v$ admet $(X+1)(X-2)^2 = X^3-3X^2+4$ pour polynôme minimal et $<v>$ est de dimension $3$.

Le premier bloc de Frobenius

D’après ce qui précède, la famille $(v, Av, A^2v)$ est libre et $A^3v = 3A^2v-4v.$ Si vous complétez cette famille en une base $(v, Av, A^2v, w)$ de $\R^4$ et que vous formez la matrice $P = (v | Av | A^2v | w)$, la matrice $P$ sera inversible et $P^{-1}AP$ aura pour forme : $P^{-1}AP = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -4 & \times \\
1 & 0 & 0 & \times\\
0 & 1 & 3 & \times \\
0 & 0 & 0 & \times
\end{pmatrix}.$

En notant $P_2 = (X+1)(X-2)^2$, on a $C(P_2) = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -4\\
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 3
\end{pmatrix}$ et $P^{-1}AP = \begin{pmatrix}C(P_1) & \times \\ 0 & \times \end{pmatrix}$

Attaquez le second bloc de Frobenius

D’après ce qui précède, compléter la famille $(v, Av, A^2v)$ en une base de $\R^4$ ne suffit pas.

Il s’agit, pour former un second bloc avec une matrice compagnon, de construire un supplémentaire stable par $A$ de $\vect(v,Av,A^2v).$

Construisez une forme linéaire $f$ de $\R^4$ telle que $f(v)=0$, $f(Av)=0$ et $f(A^2v) \neq 0$ puis considérez $F = \{w\in\R^4, f(w)=f(Aw)=f(A^2w)=0\}.$ Alors $F$ est un sous-espace vectoriel de $\R^4$, stable par $A$, tel que $\R^4 = <v> \oplus \ F.$

En effet, $F$ est déjà un sous-espace vectoriel de $\R^4$, comme noyau de l’application linéaire $g : w\mapsto (f(w), f(Aw), f(A^2w))$ qui va de $\R^4$ dans $\R^3.$

$F$ est stable par la matrice $A$. En effet, supposez que $w\in F.$ Alors $f(w)=f(Aw)=f(A^2w)=0$ or $A^3w \in \vect(w,Aw,A^2w)$ puisque le polynôme minimal de $A$ est de degré $3$. Par linéarité il s’ensuit que $f(A^3w)=0$ et donc $Aw \in F.$

Pour montrer que $\R^4 = <v> \oplus \ F$ il suffit de montrer que $F$ est de dimension $1$.

Par le théorème du rang, il suffit de montrer que l’image de $g$ est de dimension $3$. Or c’est effectivement le cas, puisque pour $g(v) = (0,0,k)$ où $ k$ est non nul (puisqu’il est égal à $f(A^2v)$), $g(Av) = (0,k,\times)$, $g(A^2v) = (k, \times, \times).$ Du coup la famille $(g(v), g(Av), g(A^2v))$ est libre. L’image de $g$ contient l’espace engendré par cette famille et donc l’image de $g$ a une dimension supérieure ou égale à $3$. Comme l’image de $g$ est incluse dans $\R^3$, on obtient le résultat annoncé.

Terminez les calculs

Les calculs montrent que $v = \begin{pmatrix}
0\\
-1\\
0\\
1
\end{pmatrix}$, que $Av = \begin{pmatrix}
1\\
0\\
-3\\
-2
\end{pmatrix}$ et que $A^2v = \begin{pmatrix}
4\\
-5\\
-3\\
-3
\end{pmatrix}.$

Il suffit de poser $f\left(\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
x_4
\end{pmatrix}\right) = 3x_1+x_3.$

Pour trouver $F$ on résout $f(x) = f(Ax) = f(A^2x)=0$ pour $x = \begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
x_4
\end{pmatrix}$ ce qui conduit au système :

$\left\{\begin{align*}
3x_1+x_3&=0\\
6x_1-x_3&=0 \\
21x_1-8x_3+9x_4&=0.
\end{align*}\right.$

Sa résolution fournit $x_1 = x_3 = x_4 = 0$ et donc $F = \vect\left[\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix}\right]$ est un supplémentaire stable de $<v>.$

On peut constater rapidement que si $w = \begin{pmatrix}
0\\
1\\
0\\
0
\end{pmatrix}$, alors $Aw = 2w$ ce qui montre que $w$ admet $X-2$ pour polynôme minimal.

La matrice compagnon de ce polynôme est $(2)$.

Posez $P = (v| Av| A^2v| w)=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 4 & 0 \\
-1 & 0 & -5 & 1\\
0 & -3 & -3 & 0 \\
1 & -2 & -3 & 0
\end{pmatrix}.$

Notez que tous les vecteurs de $F$ sont annulés par le polynôme minimal de $A$, par conséquent le polynôme minimal du vecteur $w$ divise le polynôme minimal de $A$.

En posant $P_1 = X-2$ et $P_2 =(X-2)^2(X+1)$, vous obtenez bien :

$P^{-1}AP = \begin{pmatrix}
C(P_2) & 0\\
0 & C(P_1)
\end{pmatrix} $ où $P_1 | P_2.$

Pour avoir les blocs de Frobenius dans le bon ordre, il suffit de poser $Q = (w | v| Av| A^2v)=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 4 \\
1 & -1 & 0 & -5 \\
0 & 0 & -3 & -3 \\
0 & 1 & -2 & -3
\end{pmatrix}.$

Alors $Q^{-1}AQ = \begin{pmatrix}
C(P_1) & 0\\
0 & C(P_2)
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -4\\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 3
\end{pmatrix}, $ où $P_1 | P_2$ ce qui est la matrice de Frobenius et $Q$ la matrice dont les colonnes constituent une base de Frobenius de la matrice $A$.

Réagissez !

C’est rapide à faire pour vous et c'est important pour moi, déposez un j'aime sur ma page Facebook. Je vous en remercie par avance.

Partagez !

Diffusez cet article auprès de vos connaissances susceptibles d'être concernées.