097. Maîtrisez la réduction de Frobenius d’une matrice, avec un changement de base adéquat

L’objectif de cet article est de préciser ce que sont les facteurs invariants d’une matrice. Ensuite, une construction d’une matrice de Frobenius à partir d’un exemple sera explicitée.

La notation $M_{4,1}(\R)$ désigne l’ensemble des matrices réelles possédant $4$ lignes et une seule colonne.

Vous notez $I$ la matrice réelle qui est l’identité d’ordre $4.$

Construisez une matrice diagonale par blocs, chaque bloc étant une matrice compagnon

Définissez la matrice compagnon d’un polynôme unitaire

Soit $P_1$ le polynôme réel défini par $P_1(X) = X^3 + X^2 -3X +7.$ Vous lui associez l’équation qui correspond à 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 notez $C(P_1)$ la matrice compagnon du polynôme $P_1.$ Elle est définie par :

C(P_1)= \begin{pmatrix} 0 & 0 & -7 \\ 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}.

De même, pour le polynôme $P_2(X) = X^4+X^3-X+2\comma$ 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}.

Définissez une matrice de Frobenius

Considérez la matrice réelle $M$ définie par :

M = \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 certes diagonale par blocs, chaque bloc est une matrice compagnon. Mais elle n’est pas pour autant une matrice de Frobenius.

Le polynôme $P_1$ défini par $P_1(X) = X^3+X^2-3X+7$ ne divise pas le polynôme $P_2$ défini par $P_2(X)=X^4+X^3-X+2.$

Les polynômes intervenant dans les blocs doivent se diviser

Dans le cas général, si $n$ est un entier naturel non nul et si $\K$ désigne un corps commutatif et $A$ une matrice carrée d’ordre $n\comma$ trouver une base de Frobenius pour la matrice $A\comma$ c’est trouver une matrice inversible $Q$ carrée d’ordre $n$ à coefficients dans $\K$ telle qu’il existe un entier naturel non nul $\ell$ pour que la matrice $Q^{-1}AQ$ soit diagonale par blocs, avec des blocs de la forme $C(P_1),\dots, C(P_\ell)$ où la famille $(P_i)_{1\leq i \leq \ell}$ est une famille de polynômes unitaires telle que $P_1 \mid P_2 \mid \dots \mid P_{\ell}.$

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

Exemple. Considérez la matrice réelle $N$ définie par :

N = \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}.

Vous formez la matrice inversible $Q$ définie par :

Q = \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, en posant $P_1 (X)= X^2-2X+1 = (X-1)^2$ et $P_2(X) = X^3-3X+2 = (X+2)(X-1)^2\comma$ vous avez :

Q^{-1}NQ = \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}.

Comme $P_1\mid P_2\comma$ vous déduisez que la matrice $Q^{-1}NQ$ est bien une matrice de Frobenius.

Étudiez un exemple complet

Soit à trouver la matrice de Frobenius associés à la matrice réelle $A$ définie par :

\boxed{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 effectuer est de construire un vecteur $v$ (une matrice colonne comportant quatre coefficients), pour que l’espace cyclique $ \vect\{A^k v, k\in\N\}\comma$ engendré par le vecteur $v\comma$ soit de dimension maximum.

Notez que cette dimension maximum est donnée par le degré du polynôme minimal de la matrice $A.$

Déterminez le polynôme minimal de $A$

Une façon de procéder consiste à calculer les puissances successives de la matrice $A$ jusqu’à trouver une relation de dépendance linéaire.

La famille $(I, A)$ étant libre, vous calculez la matrice $A^2.$ Vous obtenez :

A^2 = \begin{pmatrix} 8 & 0 & -4 & 4\\ -1 & 4 & 4 & -1\\ -3 & 0 & 4& -3\\ -7 & 0 &4 &-3 \end{pmatrix}.

Vous constatez qu’il n’existe aucun couple de réels $(a,b)$ tel que $A^2 = aA+bI.$ Vous calculez la matrice $A^3\comma$ ce qui fournit :

A^3 = \begin{pmatrix} 20 & 0 & -12 & 12\\ -3 & 8 & 12 & -3\\ -9 & 0 & 8& -9\\ -21 & 0 &12 & -13 \end{pmatrix}.

En résolvant le système $A^3=aA^2+bA+cI\comma$ vous trouvez $a = 3\comma$ $b=0$ et $c=-4$ conviennent.

Ainsi, vous avez $A^3 = 3A^2-4I.$

Il est donc démontré que le polynôme minimal de la matrice $A$ est égal à :

\boxed{\Pi(X)=X^3-3X^2+4 = (X+1)(X-2)^2.}

Construisez un vecteur $v$ pour qu’il engendre un espace cyclique de dimension $3$

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

Comme $(X-2)^2$ a un degré strictement inférieur à celui du polynôme minimal de $A\comma$ vous déduisez que la matrice $(A-2I)^2$ possède au moins une colonne non nulle. En effet, le calcul de cette matrice fournit :

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

Vous divisez la première colonne par $9$ de cette matrice, et vous posez $v_1 = \begin{pmatrix}0\\-1\\1\\ 1 \end{pmatrix}.$ L’égalité $(A+I)(A-2I)^2=0$ fournit $(A+I)v_1 = 0.$ Comme $v_1\neq 0$ la condition $v_1\in\ker(A+I)\setminus \{0\}$ est remplie.

De la même façon, comme $(X+1)(X-2)$ a un degré strictement inférieur à celui du polynôme minimal de $A\comma$ la matrice $(A-2I)(A+I)$ possède au moins une colonne non nulle :

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

Il en est de même pour la matrice $A+I$ qui est égale à :

A+I= \begin{pmatrix} 4 & 0 & -1 & 1\\ 2 & 3 & 1 & 2\\ -3 & 0 & 3 & -3\\ -4 & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}.

En choisissant la troisième colonne de la matrice $A+I\comma$ vous posez $v_2 = \begin{pmatrix}-1\\ 1 \\3 \\1 \end{pmatrix}\comma$ de sorte que $(A-2I)v_2$ soit non nul. Ainsi $v_2\notin \ker(A-2I).$ L’égalité $(A-2I)^2(A+I)=0$ fournit $v_2\in\ker(A-2I)^2.$ Le vecteur $v_2$ correspond bien aux spécifications demandées.

$v_1 = \begin{pmatrix}0\\-1\\1\\ 1 \end{pmatrix}.$

Maintenant que vous avez les vecteurs $v_1$ et $v_2$, vous posez :

\boxed{v = v_1+v_2 = \begin{pmatrix} -1\\ 0 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix}.}

Démontrez que le vecteur $v$ a un polynôme minimal de degré $3\comma$ relatif à la matrice $A$

Il a été vu que $X+1$ est le polynôme minimal relatif à la matrice $A$ pour le vecteur $v_1.$ De même, $(X-2)^2$ est le polynôme minimal du vecteur $v_2$ relatif à la matrice $A.$

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

Prenez le vecteur $v_1 = v – v_2$ et appliquez le polynôme $P\comma$ il vient.

P(A)v_1 = -P(A)v_2.

Annulez maintenant le vecteur $v_2.$ Cela fournit :

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

Le polynôme $(X-2)^2 P(X)$ annule le vecteur $v_1$ relativement à la matrice $A.$ Ce polynôme est un multiple du polynôme minimal de $v_1\comma$ donc $X+1 \mid(X-2)^2 P(X).$ Comme les polynômes $X+1$ et $X-2$ sont premiers entre eux, par application du théorème de Gauss, vous avez $X+1 \mid P(X).$

Prenez le vecteur $v_2 = v-v_1$. Appliquez la matrice $P(A)\comma$ de sorte que :

P(A)v_2 = -P(A)v_1.

Vous annulez maintenant le vecteur $v_1\comma$ ce qui fournit :

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

Le polynôme $(X+1)P(X)$ annule le vecteur $v_2$ relativement à la matrice $A.$ Du coup, $(X-2)^2 \mid (X+1)P(X).$ Par application du théorème de Gauss, vous déduisez que, $(X-2)^2 \mid P(X).$

Ainsi, le polynôme $P(X)$ est un multiple commun des polynômes $X+1$ et de $(X-2)^2.$ Comme ils sont premiers entre eux, le corollaire du théorème de Gauss permet d’affirmer que le polynôme $P(X)$ est un multiple de leur produit, soit $(X+1)(X-2)^2 \mid P(X)$. En particulier, le polynôme minimal du vecteur $v$ relativement à la matrice $A$ est de degré supérieur ou égal à $3.$

Or, comme la matrice $(A+I)(A-2I)^2$ est nulle, il vient $(A+I)(A-2I)v = 0.$ Par suite le polynôme minimal de $v$ relativement à la matrice $A$ divise le polynôme $(X+1)(X-2)^2.$

Il est ainsi démontré que le vecteur $v$ possède $(X-1)(X-2)^2$ pour polynôme minimal relativement à la matrice $A.$

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

L’espace cyclique $ \vect\{A^k v, k\in\N\}\comma$ engendré par le vecteur $v\comma$ est de dimension $3$ et la famille $(v, Av, A^2v)$ en est une base.

Obtenez un premier bloc de Frobenius

D’après ce qui précède, la famille $(v, Av, A^2v)$ est libre et $A^3v = 3A^2v-4v.$ Vous choisissez un vecteur $w$ de sorte que la famille $(v, Av, A^2v, w)$ soit une base de $M_{4,1}(\R).$ Par exemple, $w=\begin{pmatrix}1\\ 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}$ convient.

La matrice de changement de base de la base canonique de $M_{4,1}(\R)$ vers la famille $(v, Av, A^2v, w)$ est inversible et elle est donnée par :

R = \begin{pmatrix} -1 & -5 & -16 & 1 \\ 0 & 6 & 15 & 0 \\ 4 & 5 & 13 & 0 \\ 2 & 4 & 17 & 0 \end{pmatrix}.

Alors la matrice $R^{-1}AR$ contient un bloc de Frobenius de taille $3\times 3$ en haut à gauche :

R^{-1}AR = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -4 & -\frac{10}{9} \\ 1 & 0 & 0 & \frac{13}{9} \\ 0 & 1 & 3 & -\frac{4}{9} \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.

Cependant, la matrice $R^{-1}AR$ n’est pas diagonale par blocs. Il faut changer le vecteur $w$ et la matrice $R.$

Formez un second bloc de Frobenius

Il s’agit, pour former un second bloc qui sera la matrice compagnon d’un polynôme, de construire un supplémentaire stable par la matrice $A$ du sous-espace $\vect(v,Av,A^2v).$

Il serait possible, compte tenu de la forme de la matrice, de chercher un vecteur propre directement, mais pour exposer la méthode générale, une forme linéaire va être introduite.

Vous construisez d’abord une forme linéaire $\varphi$ de $M_{4,1}(\R)$ telle que $\varphi(v)=0\comma$ $\varphi(Av)=0$ et $\varphi(A^2v) \neq 0.$

Analyse. Soit $(\alpha_1,\alpha_2, \alpha_3, \alpha_4)\in \R^4.$ Vous définissez une forme linéaire $\varphi$ en posant, pour tout $(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4$ ce qui suit :

\varphi\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{pmatrix} = \alpha_1x_1+\alpha_2x_2+\alpha_3x_3+\alpha_4x_4.

Si vous imposez comme conditions $\varphi(v)=0\comma$ $\varphi(Av)=0$ et $\varphi(A^2v) =1\comma$ cela conduit à résoudre le système suivant :

\left\{\begin{align*} -\alpha_1+4\alpha_3+2\alpha_4 &= 0\\ -5\alpha_1+6\alpha_2+5\alpha_3+4\alpha_4&=0\\ -16\alpha_1+15\alpha_2+13\alpha_3+17\alpha_4&=1. \end{align*} \right.

Il est vous est laissé le soin de vérifier que le choix suivant convient :

\left\{\begin{align*} \alpha_1 &= -8/27\\ \alpha_2 &= -5/27\\ \alpha_3 &= -2/27\\ \alpha_4 &= 0. \end{align*} \right.

Synthèse. Afin d’éviter les fractions obtenues, vous définissez une forme linéaire sur $M_{4,1}(\R)$ en posant :

\forall (x_1,x_2,x_3,x_4)\in\R^4, \varphi\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4 \end{pmatrix} = 8x_1+5x_2+2x_3.

Alors :

\left\{\begin{align*} \varphi(v) &= 0\\ \varphi(Av) &= 0\\ \varphi(A^2v) &= -27. \end{align*} \right.

Donc la forme linéaire convient.

Vous définissez maintenant le sous-espace $F$ de $M_{4,1}(\R)$ de la façon suivante :

\boxed{F=\{x\in M_{4,1}(\R), \varphi(x)=\varphi(Ax)=\varphi(A^2x)=0\}.}

Vous allez montrer que $M_{4,1}(\R) = \vect(v,Av,A^2v)\oplus F.$

Soit $x$ un vecteur appartenant à $\vect(v,Av,A^2v)\cap F.$ Il existe trois réels $x_1\comma$ $x_2$ et $x_3$ tels que :

\begin{align*} x &= x_1v+x_2Av+x_3A^2v. \end{align*}

En appliquant la forme linéaire $\varphi\comma$ il vient :

\left\{\begin{align*} 0 &= x_1\,\varphi(v)+x_2\,\varphi(Av)+x_3 \,\varphi(A^2v)\\ 0 &= x_1 \cdot 0+x_2\cdot 0+x_3\,\varphi(A^2v)\\ 0 &=x_3\,\varphi(A^2v). \end{align*} \right.

Comme $\varphi(A^2v)$ est non nul, vous déduisez $x_3=0.$ Du coup :

\left\{\begin{align*} x &= x_1v+x_2Av\\ Ax &= x_1Av+x_2A^2v \end{align*} \right.

Vous appliquez la forme linéaire à la dernière égalité :

\begin{align*} 0 &= x_1\,\varphi(Av)+x_2\,\varphi(A^2v)\\ 0 &= x_1 \cdot 0+x_2\,\varphi(A^2v)\\ 0 &=x_2\,\varphi(A^2v). \end{align*}

Du coup, $x_2 = 0.$ Il vient :

\left\{ \begin{align*} x &= x_1v\\ A^2x &= x_1A^2v \end{align*} \right.

En appliquant la forme linéaire $\varphi$ à cette dernière égalité, cela donne $0 = x_1\varphi(A^2v)$ d’où $x_1=0.$

Ainsi $x=0.$ Du coup :

\vect(v,Av,A^2v)\cap F =\{0\}.

Pour étudier la dimension de l’espace $F\comma$ vous constatez que c’est le noyau de l’application linéaire $\Psi$ qui va de $M_{4,1}(\R)$ vers $\R^3$ et qui est définie par :

\forall x\in M_{4,1}(\R), \Psi(x) = \bigl(\varphi(x), \varphi(Ax), \varphi(A^2x)\bigr).

Par le théorème du rang, vous avez :

\dim \im \Psi = 4 – \dim \ker \Psi.

En utilisant le vecteur $v$ et ses itérés, vous avez :

\left\{\begin{align*} \Psi(v) &= \bigl(0,0,\varphi(A^2v)\bigr)\\ \Psi(Av) &= \bigl(0,\varphi(A^2v), \ast\bigr)\\ \Psi(A^2v) &= \bigl(\varphi(A^2v),\ast , \ast\bigr). \end{align*} \right.

Comme $\varphi(A^2 v)\neq 0\comma$ vous déduisez successivement que $(0,0,1)\in \im \Psi\comma$ puis que $(0,1,0)\in \im \Psi$ et enfin que $(1,0,0)\in \im \Psi.$

Du coup, $\dim \im \Psi = 3\comma$ ce qui fournit $\dim F=\dim \ker \Psi = 1.$

La somme $\vect(v,Av,A^2v) + F$ étant directe :

\begin{align*} \dim \bigl(\vect(v,Av,A^2v)\oplus F\bigr) &= \dim \vect(v,Av,A^2v) + \dim F\\ &=3+1\\ &=4. \end{align*}

Comme $\vect(v,Av,A^2v)\oplus F$ est un sous-espace de $M_{4,1}(\R)$ dont la dimension est égale à $4\comma$ vous déduisez que :

M_{4,1}(\R) = \vect(v,Av,A^2v)\oplus F.

Il reste à montrer que l’espace $F$ est stable par la matrice $A.$

En effet, soit $f\in F.$ Alors $\varphi(f)=\varphi(Af)=\varphi(A^2f)=0.$ Le polynôme minimal de $A$ étant de degré $3\comma$ vous avez $A^3\in\vect(I, A, A^2)$ d’où $A^3f \in \vect(f, Af, A^2f).$ Par linéarité, il vient $\varphi(A^3f) =0.$ Comme $\varphi(Af)=\varphi(A^2f) = \varphi(A^3f) =0.$ Vous avez bien $Af \in F.$

Déterminez une base du supplémentaire $F$

Analyse. Soit $x$ un vecteur de $F.$ Il existe quatre réels $x_1\comma$ $x_2\comma$ $x_3$ et $x_4$ tels que :

\left\{\begin{align*} x &= \begin{pmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}\\ Ax &= \begin{pmatrix} 3x_1-x_3+x_4\\2x_1+2x_2+x_3+2x_4\\-3x_1+2x_3-3x_4\\-4x_1+x_3-2x_4\end{pmatrix}\\ A^2x &= \begin{pmatrix} 8x_1-4x_3+4x_4\\ -x_1+4x_2+4x_3-x_4\\ -3x_1+4x_3-3x_4\\ -7x_1+4x_3-3x_4 \end{pmatrix}. \end{align*} \right.

Les conditions $\varphi(x)=\varphi(Ax)=\varphi(A^2x)=0$ fournissent :

\left\{\begin{align*} &8x_1+5x_2+2x_3 = 0\\ &8(3x_1-x_3+x_4)+5(2x_1+2x_2+x_3+2x_4)+2(-3x_1+2x_3-3x_4)=0\\ &8(8x_1-4x_3+4x_4)+5(-x_1+4x_2+4x_3-x_4)+2(-3x_1+4x_3-3x_4)=0. \end{align*} \right.

Cela s’écrit :

\left\{\begin{align*} 8x_1+5x_2+2x_3 &= 0\\ 28x_1+10x_2+x_3+12x_4 &= 0\\ 53x_1+20x_2-4x_3+21x_4 &= 0. \end{align*} \right.

Synthèse. En choisissant $x_1=-5\comma$ $x_2=8\comma$ $x_3=0$ et $x_4=5\comma$ vous êtes amené à poser $w^{\prime} = \begin{pmatrix}-5\\ 8 \\ 0 \\ 5\end{pmatrix}.$ Vous avez bien $w^{\prime}\in F.$ Donc $\vect(w^{\prime}) \subset F.$ Comme ces deux ensembles ont la même dimension, vous avez :

\boxed{F = \vect(w^{\prime}).}

Vous notez $Q$ la matrice de passage de la base canonique de $M_{4,1}(\R)$ vers la base $(w^{\prime}, v, Av, A^2v)\comma$ soit :

Q = \begin{pmatrix} -5 & -1 & -5 & -16 \\ 8 & 0 & 6 & 15 \\ 0 & 4 & 5 & 13 \\ 5 & 2 & 4 & 17 \end{pmatrix}.

Le calcul de $Q^{-1}AQ$ fournit bien une matrice de Frobenius :

Q^{-1}AQ = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -4 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \end{pmatrix}.

En effet, elle est diagonale par blocs. Le premier bloc est la matrice compagnon du polynôme $X-2.$ Le deuxième bloc est la matrice du polynôme $X^3-3X^2+4 = (X-2)^2(X+1).$

Comme $X-2$ divise bien $(X-2)^2(X+1)\comma$ les facteurs invariants de $A$ ont été trouvés.

Prolongement

Pour déterminer une réduction de Jordan à partir de celle de Frobenius, vous pouvez vous reporter à un autre article.

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 095.