Polynôme minimal d'un vecteur relativement à un endomorphisme
Partie
Question
Soit \(A\) la matrice de \(M_5(\mathbb R)\) égale à \(\left(\begin{array}{ccccc}0&0&0&0&a\\1&0&0&0&b\\0&1&0&0&c\\0&0&1&0&d\\0&0&0&1&g\end{array}\right)\).
Soit \(f\) l'endomorphisme de \(\mathbb R^5\) dont la matrice dans la base canonique \(B=(e_1,e_2,e_3,e_4,e_5)\) est égale à \(A\).
Calculer, pour tout entier \(n\) compris entre 1 et 5, \(f^n(e_1)\).
Trouver le polynôme minimal de \(e_1\).
Déterminer le polynôme minimal de \(A\).
On suppose que \(a+b+c+d+g=1\) et que \(b+2c+3d+4g=5\). La matrice \(A\) est-elle diagonalisable ?
Aide détaillée
2. On peut trouver un polynôme annulateur de \(e_1\) de degré \(5\) à l'aide des résultats du 1. et montrer qu'il n'en existe pas de degré inférieur ou égal à \(4\).
3. On peut montrer que le polynôme minimal de \(e_1\) est un polynôme annulateur de \(f\), puis utiliser le résultat du cours établissant un lien entre polynôme minimal d'un endomorphisme et polynôme minimal d'une partie relativement à \(f\).
4. On peut utiliser la caractérisation de l'ordre de multiplicité d'une racine d'un polynôme faisant intervenir les dérivées successives de ce polynôme.
Aide méthodologique
Toutes les informations sur \(f\) sont données par la lecture de la matrice.
Le polynôme minimal d'un vecteur est le polynôme annulateur unitaire de ce vecteur de plus bas degré.
Un endomorphisme \(f\) d'un espace de type fini est nul si et seulement si les images par \(f\) des vecteurs d'une base sont égales au vecteur nul.
Solution détaillée
Compte tenu de la définition de la matrice associée à un endomorphisme par rapport à une base, il vient :
\(f(e_1)=e_2,f(e_2)=e_3,f(e_3)=e_4,f(e_4)=e_5\)
\(f(e_5)=ae_1+be_2+ce_3+de_4+ge_5\)
On a immédiatement :
\(f^2(e_1)=f(e_2)=e_3\)
\(f^3(e_1)=f(e_3)=e_4\)
\(f^4(e_1)=f(e_4)=e_5\)
\(f^5(e_1)=f(e_5)=ae_1+be_2+ce_3+de_4+ge_5\)
D'après le résultat de la question précédente, on a :
\(\forall p,1\le p\le4,f^p(e_1)=e_{p+1}\)
Cela permet d'écrire :
\(f^5(e_1)=ae_1+bf(e_1)+cf^2(e_1)+df^3(e_1)+gf^4(e_1)\)
soit encore \((f^5-gf^4-df^3-cf^2-bf-a\textrm{Id}_{\mathbb R^5})(e_1)=0\).
Cela prouve que le polynôme \(X^5-gX^4-dX^3-cX^2-bX-a\) est un polynôme annulateur de \(e_1\) relativement à \(f\).
La question qui se pose alors est celle de l'existence d'un polynôme annulateur de \(e_1\) relativement à \(f\) de degré inférieur ou égal à \(4\).
Soit \(\alpha_4X^4+\alpha_3X^3+\alpha_2X^2+\alpha_1X+\alpha_0\) un tel polynôme. Il vérifie l'égalité \(\alpha_4f^4(e_1)+\alpha_3f^3(e_1)+\alpha_2f^2(e_1)+\alpha_1f(e_1)+\alpha_0e_1=0\) d'où \(\alpha_4e_5+\alpha_3e_4+\alpha_2e_3+\alpha_1e_2+\alpha_0e_1=0\).
Comme les vecteurs \(e_i\) sont linéairement indépendants, tous les coefficients sont nuls. Donc \(\alpha_4X^4+\alpha_3X^3+\alpha_2X^2+\alpha_1X+\alpha_0\) est le polynôme nul, et par conséquent \(X^5-gX^4-dX^3-cX^2-bX-a\) est le polynôme de plus bas degré annulateur de \(e_1\); c'est donc le polynôme minimal de \(e_1\) relativement à \(f\), noté \(P_{\textrm{min},f,e_1}\).
Il résulte du cours que le polynôme minimal de \(e_1\) relativement à \(f\) divise le polynôme minimal de \(f\). Donc \(P_{\textrm{min},f}\) est un multiple de \(P_{\textrm{min},f,e_1}=X^5-gX^4-dX^3-cX^2-bX-a\) et est au moins de degré 5.
Pour conclure, il y a deux méthodes.
Première méthode : elle ne suppose pas connue le théorème de Cayley Hamilton
L'idée de cette méthode est de montrer que
\(P_{\textrm{min},f,e_1}(X)=X^5-gX^4-dX^3-cX^2-bX-a\) est un polynôme annulateur de \(f\). Pour cela il suffit de montrer que \(\forall i,1\le i\le5,P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_i)=0\).
On a déjà \(P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_1)=0\).
Calculons \(P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_2)\).
Cela donne \(P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_2)=f^5(e_2)-gf^4(e_2)-df^3(e_2)-cf^2(e_2)-bf(e_2)-ae_2\).
Comme \(e_2=f(e_1)\), cela donne :
\(P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_2)=f(f^5(e_1)-gf^4(e_1)-df^3(e_1)-cf^2(e_1)-bf(e_1)-ae_1)\)
\(P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_2)=f(P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_1))=0\)
De même :
\(e_3=f^2(e_1)\Rightarrow P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_3)=f^2(P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_1))=0\)
\(e_4=f^3(e_1)\Rightarrow P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_4)=f^3(P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_1))=0\)
\(e_5=f^4(e_1)\Rightarrow P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_5)=f^4(P_{\textrm{min},f,e_1}(f)(e_1))=0\)
Le polynôme \(P_{\textrm{min},f,e_1}\), polynôme annulateur de \(f\) est donc un multiple du polynôme minimal de \(f\).
Comme \(P_{\textrm{min},f,e_1}\) et \(P_{\textrm{min},f}\) sont unitaires, il sont égaux.
Cela achève la démonstration.
Deuxième méthode : elle suppose connue le théorème de Cayley Hamilton...
...dont une des conséquences est que le degré du polynôme minimal est au plus égal à la dimension de l'espace. Donc \(P_{\textrm{min},f}\) est au plus de degré 5 (dimension de l'espace \(\mathbb R^5\)). Donc \(P_{\textrm{min},f}\) est de degré 5 et comme de plus il est unitaire \(P_{\textrm{min},f}(X)=X^5-gX^4-dX^3-cX^2-bX-a\).
Remarque : \(P_{\textrm{min},f}=(-1)^5P_{\textrm{car},f}\).
La relation \(1-a-b-c-d-g=0\) prouve que \(1\) est racine du polynôme minimal de \(f\).
De plus on a \(P'_{\textrm{min},f}(X)=5X^4-4gX^3-3dX^2-2cX-b\). Donc la relation \(5-4g-3d-2c-b=0\) prouve que \(1\) est racine du polynôme dérivé du polynôme minimal de \(f\). Donc le polynôme minimal de \(f\) admet \(1\) comme racine avec un ordre de multiplicité au moins égal à \(2\). Donc f n'est pas diagonalisable.