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 $I_5$ la matrice identité d’ordre $5\comma$ $u$ l’endomorphisme de $\R^5$ canoniquement associé à la matrice $A$ et $(c_1,c_2,c_3,c_4,c_5)$ la base canonique de $\R^5.$ Vous notez $I_3$ la matrice identité d’ordre $3.$
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 $A^2-3A = -2I_5$ vous déduisez que le polynôme minimal de l’endomorphisme $u$ est égal à :
\Pi(X) = X^2-3X+2.
Ce polynôme se factorise dans $\R[X]$ avec des facteurs irréductibles de la façon suivante :
\boxed{\Pi(X) = (X-1)(X-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 $A-2I_5$ possède au moins une colonne non nulle. En effet :
A-2I_5 = \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 $Y_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \\ -1\end{pmatrix}\comma$ l’égalité $(A-I_5)(A-2I_5)=0$ fournit $(A-I_5)Y_1 = 0.$
Vous posez $v_1 = (1,0,0,-1,-1).$ 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 $A-I_5$ possède au moins une colonne non nulle. En effet :
A-I_5 = \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 $Z_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix}\comma$ l’égalité $(A-2I_5)(A-I_5)=0$ fournit $(A-2I_5)Z_2 = 0.$
Vous posez $v_2 = (1,0,0,-1,0).$ Comme $v_2$ n’est pas nul, le polynôme minimal de $u$ en $v_2$ est $X-2.$
Concluez
En prenant le vecteur $\boxed{v = v_1+v_2 = (2,0,0,-2,-1)}\comma$ 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 $V$ de dimension $2$ qui est stable par $u.$
Construisez un supplémentaire de $V$ dans $\R^5$ qui soit stable par $u$
Déterminez une forme linéaire $\varphi$ telle que $\varphi(v)=0$ et $\varphi\bigl(u(v)\bigr)=1$
Utilisant la linéarité de l’endomorphisme $u\comma$ vous avez :
\left\{\begin{align*}
v&=2c_1-2c_4-c_5 = (2,0,0,-2,-1)\\
u(v) &= 3c_1-3c_4-c_5 = (3,0,0,-3,-1).
\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 $V$ dans $\R^5$ qui soit stable par l’endomorphisme $u$
Vous notez $W$ 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 $V\cap W.$ Comme $x\in V\comma$ il existe deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que $x=\alpha v+\beta u(v).$ D’autre part, comme $x\in W\comma$ $\varphi(x)=0$ 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 $V+W$ est directe.
Considérez l’application linéaire, qui à tout vecteur $f$ de $\R^5\comma$ associe le couple de réels $(\varphi(f), \varphi\bigl(u(f)\bigr).$ 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 $W\comma$ donc $\dim W \geq 3.$
Comme $\dim V=2$ et comme la somme $V+W$ est directe, il vient $\dim(V+W) = \dim V+\dim W$ d’où $\dim(V+W)\geq 5.$ Or $V+W$ est inclus dans $\R^5$ qui est de dimension $5\comma$ donc $\dim(V+W)=5$ et par suite $\dim W = 3.$
Ainsi, le sous-espace $W$ est un supplémentaire de $V$ dans $\R^5.$
Soit $f$ un vecteur de $W\comma$ 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 $u(f) \in W.$
Du coup, le sous-espace $W$ est stable par $u.$
Explicitez une base du supplémentaire $W$
Soit $x$ un vecteur de $W.$ Il existe des réels $x_1\comma$ $x_2\comma$ $x_3\comma$ $x_4$ et $x_5$ tels que :
x = x_1c_1+x_2c_2+x_3c_3+x_4c_4+x_5c_5.
La relation $\varphi(x)=0$ fournit :
x_1+2x_5=0.
Ensuite, vous avez :
\begin{align*}
u(x)&=(3x_1+2x_2+2x_3+x_4+x_5)c_1+(\ast) c_2+(\ast) c_3+(\ast) c_4\\
&\quad +(-x_1-x_2-x_3-x_4+x_5)c_5.
\end{align*}La relation $\varphi\bigl(u(x)\bigr)=0$ s’écrit :
\left\{\begin{align*}
&3x_1+2x_2+2x_3+x_4+x_5+2(-x_1-x_2-x_3-x_4+x_5) = 0\\
&x_1-x_4+3x_5=0.
\end{align*}
\right.Vous résolvez le système :
\left\{\begin{align*}
&x_1&+2x_5&=0\\
&x_1-x_4&+3x_5&=0.
\end{align*}
\right.Il est équivalent, après l’opération $L_2\leftarrow L_2-L_1\comma$ à :
\left\{\begin{align*}
&x_1&+2x_5&=0\\
&-x_4&+x_5&=0.
\end{align*}
\right.Du coup :
\begin{align*}
x&=(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\\
&=(-2x_5,x_2,x_3,x_5,x_5)\\
&=x_2(0,1,0,0,0)+x_3(0,0,1,0,0)+x_5(-2,0,0,1,1).
\end{align*}Vous posez :
\left\{\begin{align*}
d_1&=(0,1,0,0,0)\\
d_2 &= (0,0,1,0,0)\\
d_3 &= (-2,0,0,1,1).
\end{align*}
\right.Et vous avez obtenu $W\subset \vect(d_1,d_2,d_3).$
Or, la famille $(d_1,d_2,d_3)$ est libre donc $\dim W = \dim \vect(d_1,d_2,d_3)$ et finalement :
\boxed{W = \vect(d_1,d_2,d_3).}Déterminez la matrice de $u$ après un premier changement de base
Soit $R$ la matrice de passage de la base canonique de $\R^5$ vers la base $\bigl(v,u(v), d_1,d_2,d_3\bigr).$ Vous avez :
R = \begin{pmatrix}
2 & 3 & 0 & 0 & -2 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
-2 & -3 & 0 & 0 & 1 \\
-1 & -1 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.Dans la base $\bigl(v, u(v), d_1,d_2,d_3\bigr)\comma$ la matrice de $u$ est égale à :
R^{-1}AR = \begin{pmatrix}
0 & -2 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 3 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & -1 & -1 & 2
\end{pmatrix}.La structure diagonale par bloc fait bien apparaître les espaces $V$ et $W$ comme étant deux supplémentaires de $\R^5\comma$ tous les deux stables par $u.$
Déterminez le polynôme minimal de $u_{\vert W}$
L’endomorphisme $u_{\vert W}$ a pour matrice, dans la base $(d_1,d_2,d_3)\comma$ la partie située en bas à droite de la matrice $R^{-1}AR.$ Cela fournit :
B = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
-1 & -1 & 2
\end{pmatrix}.La matrice $B$ montre que $u_{\vert W}$ n’est pas un multiple de l’identité de $W.$ Donc son polynôme minimal, noté $\Pi_W$ a un degré supérieur ou égal à $2.$ Vous avez :
\begin{align*}
B^2 &= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
-3 & -3 & 4
\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 3 & 0 \\
-3 & -3 & 6
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
-2 & 0 & 0 \\
0 & -2 & 0 \\
0 & 0 & -2
\end{pmatrix}\\
&=3B-2I_3.
\end{align*}Cela prouve que :
\boxed{\Pi_W(X) = X^2-3X+2 = (X-1)(X-2).}Déterminez un vecteur $w$ du sous-espace $W$ admettant un espace cyclique de dimension $2$
Déterminez un vecteur $w_1$ dont le polynôme minimal relatif à $u_{\vert W}$ est égal à $X-1$
Vous repérez une colonne non nulle de la matrice $B-2I_3\comma$ dont le calcul fournit :
B-2I_3=\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
-1 & -1 & 0
\end{pmatrix}.Comme $(B-I_3)(B-2I_3)=0\comma$ vous avez :
(B-I_3)\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\-1 \end{pmatrix} = 0.Vous posez :
w_1 = -d_1-d_3 = (2,-1,0,-1,-1).
Le polynôme minimal du vecteur $w_1$ relatif à l’endomorphisme $u_{\vert W}$ est bien $X-1.$
Déterminez un vecteur $w_2$ dont le polynôme minimal relatif à $u_{\vert W}$ est égal à $X-2$
Vous repérez une colonne non nulle de la matrice $B-I_3\comma$ dont le calcul fournit :
B-I_3=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
-1 & -1 & 1
\end{pmatrix}.Comme $(B-2I_3)(B-I_3)=0\comma$ vous avez :
(B-2I_3)\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\1 \end{pmatrix} = 0.Vous posez :
w_2 = d_3 = (-2,0,0,1,1).
Le polynôme minimal du vecteur $w_2$ relatif à l’endomorphisme $u_{\vert W}$ est bien $X-2.$
Concluez
En prenant le vecteur $\boxed{w = w_1+w_2 = (0,-1,0,0,0)}\comma$ vous déduisez que la famille $\bigl(w, u_{\vert W}(w)\bigr)$ est libre et que son polynôme minimal relatif à $u_{\vert W}$ est le polynôme $\Pi_W.$ La famille $\bigl(w, u_{\vert W}(w)\bigr)$ engendre un-sous espace vectoriel $L$ cyclique, qui est de dimension $2$ et qui est stable par $u_{\vert W}.$
Construisez un supplémentaire de $L$ dans $W$ qui soit stable par $u$
Déterminez une forme linéaire $\psi$ telle que $\psi(w)=0$ et $\psi\bigl(u(w)\bigr)=1$
Vous avez :
\left\{\begin{align*}
w&=(0,-1,0,0,0)\\
u(w)&=(-2,-1,0,1,1).
\end{align*}
\right.Analyse. Soit $\psi$ une forme linéaire de $\R^5$ telle que $\psi(w)=0$ et $\psi\bigl(u(w)\bigr)=1.$En notant $b_1, b_2, b_3, b_4, b_5$ les images respectives des vecteurs de la base canonique de $\R^5$ par $\psi\comma$ vous obtenez :
\left\{
\begin{align*}
-b_2 &= 0\\
-2b_1-b_2+b_4+b_5 &= 1.
\end{align*}\right.Synthèse. Vous choisissez $b_1=b_2=b_3=b_4=0$ et $b_5=1.$ Autrement dit, vous définissez une forme linéaire $\psi$ par :
\forall (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\in\R^5, \psi (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5) = x_5.
Elle vérifie les égalités demandées.
Définissez un supplémentaire de $L$ dans $W$ qui soit stable par l’endomorphisme $u$
Soit $M$ l’ensemble des vecteurs $m$ de $W$ tels que :
\left\{
\begin{align*}
\psi(m)&=0\\
\psi\bigl(u(m)\bigr)&=0.
\end{align*}
\right.Comme précédemment, $M$ va être un supplémentaire de $L$ dans $W$ qui sera stable par $u.$ Les détails vous sont laissés.
Explicitez une base du supplémentaire $M$
Soit $x$ un vecteur de $M.$ Il existe $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\in\R^5$ tels que :
x = (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5).
Il a été vu que :
\begin{align*}
u(x)&=(3x_1+2x_2+2x_3+x_4+x_5)c_1+(\ast) c_2+(\ast) c_3+(\ast) c_4\\
&\quad +(-x_1-x_2-x_3-x_4+x_5)c_5.
\end{align*}Comme $x\in W\comma$ il vient :
\left\{\begin{align*}
\varphi(x)&=0\\
\varphi\bigl(u(x)\bigr)&=0.
\end{align*}
\right.Par définition du sous-espace $M\comma$ vous avez aussi :
\left\{
\begin{align*}
\psi(x)&=0\\
\psi\bigl(u(x)\bigr)&=0.
\end{align*}
\right.Ces conditions fournissent :
\left\{\begin{align*}
&x_1+2x_5=0\\
&x_1-x_4+3x_5=0\\
&x_5 = 0\\
&-x_1-x_2-x_3-x_4+x_5=0.
\end{align*}
\right.Ce système est équivalent à :
\left\{
\begin{align*}
&x_1=x_4=x_5=0\\
&x_2 = -x_3.
\end{align*}
\right.
Si bien que $M\subset \vect(0,1,-1,0,0).$ Vous posez $m = (0,1,-1,0,0).$
Comme $\dim M + \dim L = \dim W\comma$ vous avez $\dim M=1.$ Par suite, $M = \vect(m).$
Obtenez la matrice de Frobenius de l’endomorphisme $u$ après un deuxième changement de base
Soit $S$ la matrice de passage de la base canonique de $\R^5$ vers la base $\bigl(v,u(v), w, u(w) ,m).$ Vous avez :
S = \begin{pmatrix}
2 & 3 & 0 & -2 & 0 \\
0 & 0 & -1 & -1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & -1 \\
-2 & -3 & 0 & 1 & 0 \\
-1 & -1 & 0 & 1 & 0
\end{pmatrix}.Du coup, vous obtenez la matrice de Frobenius suivante :
S^{-1}AS = \begin{pmatrix}
0 & -2 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 3 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -2 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.Obtenez la matrice de Jordan de l’endomorphisme $u$ après un troisième changement de base
En remplaçant $\bigl(v,u(v)\bigr)$ par $(v_1,v_2)$ et $\bigl(w,u(w)\bigr)$ par $(w_1,w_2)\comma$ vous posez :
T = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & -2 & 0 \\
0 & 0 & -1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & -1 \\
-1 & -1 & -1 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & -1 & 1 & 0
\end{pmatrix}.La matrice $T$ désigne la matrice de passage de la base canonique vers la base $\bigl(v_1,v_2,w_1,w_2,m\bigr).$
Vous obtenez un cas particulier de la forme de Jordan, où l’endomorphisme $u$ est diagonalisable :
T^{-1}AT = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.Afin de regrouper les valeurs propres identiques, il convient d’effectuer une permutation des vecteurs. Vous posez :
\Omega = \begin{pmatrix}
1 & 2 & 0 & 1 & -2\\
0 & -1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -1 & 0 & 0\\
-1 & -1 & 0 & -1 & 1\\
-1 & -1 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.La matrice $\Omega$ désigne la matrice de passage de la base canonique vers la base $\bigl(v_1,w_1,m,v_2,w_2\bigr).$ Alors :
\Omega^{-1}A\Omega = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 2
\end{pmatrix}.
