Soit $A$ la matrice réelle définie par :
A=\begin{pmatrix}
3 & 2 & 2 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & -1 & -1 & 1 & -1 \\
-1 & -1 & -1 & -1 & 1
\end{pmatrix}.Vous notez $I$ la matrice identité d’ordre $5$ et $u$ l’endomorphisme de $\R^5$ canoniquement associé à la matrice $A.$
Les objectifs de cet article consistent à utiliser les outils de la réduction cyclique pour construire un sous-espace cyclique qui soit stable par $u$ et de dimension maximum. Une fois cet espace trouvé, vous utiliserez une forme linéaire pour construire un supplémentaire stable par $u$ et vous réitérerez ce processus.
Déterminez le polynôme minimal de l’endomorphisme $u$
Notez $\Pi$ le polynôme minimal de l’endomorphisme $u\comma$ qui est identique au polynôme minimal de la matrice $A.$ Comme $A$ n’est pas multiple de la matrice identité, vous déduisez que $\deg \Pi \geq 2.$
Vous calculez la matrice $A^2\comma$ il vient :
A^2=\begin{pmatrix}
7 & 6 & 6 & 3 & 3 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
-3 & -3 & -3 & 1 & -3 \\
-3 & -3 & -3 & -3 & 1
\end{pmatrix}.Comme $A^2-3A = -2I$ vous déduisez que le polynôme minimal de $A$ est égal à :
\Pi(X) = X^2-3X+2.
Ce polynôme se factorise dans $\R[X]$ avec des facteurs irréductibles :
\Pi(X) = (X-1)(X-2).
Déterminez un vecteur $v$ admettant un espace cyclique de dimension $2$
Déterminez un vecteur $v_1$ dont le polynôme minimal relatif à $u$ est égal à $X-1$
Comme $X-2$ a un degré strictement inférieur au degré du polynôme $\Pi\comma$ vous déduisez que la matrice $A-2I$ possède au moins une colonne non nulle. En effet :
A-2I = \begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 & 1 & 1 \\
0 & -1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\
-1 & -1 & -1 & -1 & -1 \\
-1 & -1 & -1 & -1 & -1
\end{pmatrix}.En prenant $V_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix}\comma$ l’égalité $(A-I)(A-2I)=0$ fournit $(A-I)V_1 = 0.$
Vous posez $v_1 = e_1-e_4-e_5.$ Comme $v_1$ n’est pas nul, le polynôme minimal de $u$ en $v_1$ est $X-1.$
Déterminez un vecteur $v_2$ dont le polynôme minimal relatif à $u$ est égal à $X-2$
Comme $X-1$ a un degré strictement inférieur au degré du polynôme $\Pi\comma$ vous déduisez que la matrice $A-I$ possède au moins une colonne non nulle. En effet :
A-I = \begin{pmatrix}
2 & 2 & 2 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & -1 & -1 & 0 & -1 \\
-1 & -1 & -1 & -1 & 0
\end{pmatrix}.En prenant $V_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix}\comma$ l’égalité $(A-2I)(A-I)=0$ fournit $(A-2)V_2 = 0.$
Vous posez $v_2 = e_1-e_4.$ Comme $v_2$ n’est pas nul, le polynôme minimal de $u$ en $v_2$ est $X-2.$
Concluez
En prenant le vecteur $v = v_1+v_2 = 2e_1-2e_4-e_5\comma$ vous déduisez que le polynôme minimal de $u$ en $v$ est le polynôme $\Pi.$ La famille $\bigl(v, u(v)\bigr)$ est libre. Elle engendre un espace vectoriel $E$ de dimension $2$ qui est stable par $u.$
Construisez un supplémentaire de $E$ dans $\R^5$ qui soit stable par $u$
Déterminez une forme linéaire $\varphi$ telle que $\varphi(v)=0$ et $\varphi\bigl(u(v)\bigr)=1$
Les vecteurs $V$ et $AV$ sont égaux à ce qui suit :
V =\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 0 \\ -2 \\ -1\end{pmatrix}\quad;\quad AV =\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 0 \\ -3 \\ -1\end{pmatrix}.Ainsi :
\left\{\begin{align*}
v&=2e_1-2e_4-e_5\\
u(v) &= 3e_1-3e_4-e_5.
\end{align*}
\right.Analyse. Soit $\varphi$ une forme linéaire telle que $\varphi(v)=0$ et $\varphi\bigl(u(v)\bigr)=1.$
En notant $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5$ les images respectives des vecteurs de la base canonique de $\R^5$ par $\varphi\comma$ vous obtenez :
\left\{\begin{align*}
2a_1-2a_4-a_5 &= 0\\
3a_1-3a_4-a_5 &= 1.
\end{align*}
\right.Multipliant la ligne $1$ par $3$ et la ligne $2$ par $2\comma$ vous avez :
\left\{\begin{align*}
6a_1-6a_4-3a_5 &= 0\\
6a_1-6a_4-2a_5 &= 2.
\end{align*}
\right.Et par soustraction, vous obtenez $a_5 = 2.$
La première équation devient $a_1-a_4 = 1.$
Synthèse. Vous choisissez $a_1 =1\comma$ $a_2=a_3=a_4=0\comma$ et $a_5=2.$
Soit $\varphi$ la forme linéaire de $\R^5$ définie par :
\forall (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\in\R^5, \varphi (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5) = x_1+2x_5.
Comme $\varphi(v)=0$ et $\varphi\bigl(u(v)\bigr)=1\comma$ la forme linéaire convient.
Définissez un supplémentaire de $E$ qui soit stable par l’endomorphisme $u$
Vous notez $F$ l’ensemble des vecteurs $f$ de $\R^5$ tels que :
\left\{\begin{align*}
\varphi(f)&=0\\
\varphi\bigl(u(f)\bigr)&=0.
\end{align*}
\right.Soit $x$ un vecteur appartenant à $E\cap F.$ Comme $x\in E\comma$ il existe deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que $x=\alpha v+\beta u(v).$ D’autre part, comme $x\in F\comma$ $\varphi(x)=0$ et $\varphi\bigl(u(x)\bigr)=0.$
Comme $\varphi(x) = \alpha \varphi(v)+\beta \varphi\bigl(u(v)\bigr)\comma$ vous obtenez $0 = \alpha\cdot 0 +\beta \cdot 1$ d’où $\beta = 0.$
Ensuite, $x=\alpha v$ d’où $u(x) = \alpha u(v)$ et $\varphi\bigl(u(x)\bigr) = \alpha \varphi\bigl(u(v)\bigr)$ d’où $0 = \alpha \cdot 1$ d’où $\alpha = 0.$
Par conséquent, la somme $E+F$ est directe.
Considérez l’application linéaire, qui à tout vecteur $w$ de $\R^5\comma$ associe le couple de réels $(\varphi(w), \varphi\bigl(u(w)\bigr).$ Le rang de cette application est inférieur ou égal à $2.$ Via le théorème du rang, son noyau a une dimension supérieure ou égale à $3.$ Or, ce noyau est précisément $F\comma$ donc $\dim F \geq 3.$
Comme $\dim E=2$ et que la somme $E+F$ est directe, il vient $\dim(E+F) = \dim E+\dim F$ d’où $\dim(E+F)\geq 5.$ Or $E+F$ est inclus dans $\R^5$ qui est de dimension $5\comma$ donc $\dim(E+F)=5$ et par suite $\dim F = 3.$
Ainsi, le sous-espace $F$ est un supplémentaire de $E$ dans $\R^5.$
Soit $f$ un vecteur de $F\comma$ vous avez $\varphi(f)=0$ et $\varphi\bigl(u(f)\bigr)=0.$
Comme $u^2=3u-2\mathrm{Id}_{\R^5}$ vous déduisez $u^2(f) = 3u(f)-2f$ et par linéarité $\varphi\bigl(u^2(f)\bigr)=\varphi\bigl(u(f)\bigr)-2\varphi(f)$ d’où $\varphi\bigl(u^2(f)\bigr)=0-2\cdot 0 = 0.$ Il en résulte que $u(f) \in F.$
Du coup, le sous-espace $F$ est stable par $u.$
Explicitez une base du supplémentaire $F$
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