Partie B

Partie

Soit \(n\) un entier naturel non nul, \(E\) un \(\mathbf K\)-espace vectoriel de dimension \(n\) (\(\mathbf K=\mathbb R\) ou \(\mathbf K=\mathbb C\)), \(u\) un endomorphisme de \(E\), \(P_{\textrm{min},u}(X)\) son polynôme minimal et \(P_{\textrm{car},u}(X)\) son polynôme caractéristique.

Le but de cette partie est d'établir la réciproque du résultat de la partie A.

Question

Soit \(x\) un élément non nul de \(E\) et \(F_x=\textrm{Vect }\{x,u(x),\cdots,u^{k-1}(x)\}\), où \(k=\textrm{deg }(P_{\textrm{min},u}(X))\).

  1. Montrer que \(F_x\) est un sous-espace stable par \(u\).

  2. Soit \(u_x\) l'endomorphisme de \(F_x\) défini par la restriction de \(u\) à \(F_x\).

    Montrer que le polynôme minimal de \(u_x\), noté \(P_{\textrm{min},u_x}(X)\), divise le polynôme \(P_{\textrm{min},u}(X)\).

Aide simple

1. On dit qu'un sous-espace vectoriel \(F\) de \(E\) est stable par u si \(u(F)\subset F\).

Utiliser le polynôme minimal de \(u\) pour montrer que \(u^k(x)\) appartient à Fx.

Solution détaillée

1. Soit \(y\) un élément de Fx, alors il existe des scalaires \(\alpha_0,\alpha_1,...,\alpha_{k-1}\) tels que \(y=\alpha_0x+\alpha_1u(x)+...+\alpha_{k-1}u^{k-1}(x)\). On a \(u(y)=\alpha_0u(x)+\alpha_1u^2(x)+...+\alpha_{k-1}u^k(x)\).

Donc \(u(y)\) appartient à Fx si et seulement si \(u^k(x)\) appartient à Fx.

Or \(P_{min,u}(X)\) est de la forme :

\(P_{min,u}(X)=X^k+\alpha_{k-1}X^{k-1}+...+\alpha_1X+\alpha_0, (\alpha_0,\alpha_1,...,\alpha_{k-1})\in\mathbb K^n.\)

Comme \(P_{min,u}(u)=0\), il vient :

\(u^k=-\alpha_{k-1}u^{k-1}-...-\alpha_1u-\alpha_0\textrm{Id}_E\), donc \(u^k(x)=-\alpha_{k-1}u^{k-1}(x)-...-\alpha_1u(x)-\alpha_0x\).

Par conséquent, pour tout élément \(y\) de \(F_x u(y)\) appartient à Fx, donc Fx est stable par \(u\).

2. Par définition du polynôme minimal, pour tout vecteur \(y\in E\) on a \(P_{min,u}(u)(y)=0_E\). Comme Fx est un sous espace stable par \(u\), on obtient en particulier pour tout vecteur \(y\in F_x\) :

\(P_{min,u}(u_x)(y)=P_{min,u}(u)(y)=0_E\).

Ceci prouve que \(P_{min,u}(X)\) est un polynôme annulateur de ux, il est donc divisible par le polynôme minimal de ux : \(P_{min,u_x}\) divise le polynôme \(P_{min,u}(X)\).

Question

Soit \(R(X)\) un diviseur irréductible et unitaire de \(P_{\textrm{min},u}(X)\) et \(R^s(X)\) la plus grande puissance de \(R(X)\) qui divise \(P_{\textrm{min},u}(X)\).

  1. Montrer que \(\textrm{ker }(R^{s-1}(u))\subset\textrm{ker }(R^s(u))\) et \(\textrm{ker }(R^{s-1}(u))\ne\textrm{ker }(R^s(u))\).

  2. Soit \(x\in\textrm{ker }(R^s(u))\) tel que \(x\notin\textrm{ker }(R^{s-1}(u))\). On considère, comme dans la question 1, le sous-espace \(F_x\) et l'endomorphisme \(u_x\) de \(F_x\). Montrer que \(P_{\textrm{min},u_k}(X)=R^s(X)\).

Aide simple

  1. En considérant le polynôme \(S(X)\) tel que \(P_{min,u}(X)=R^s(X)S(X)\), utiliser le lemme des noyaux (c'est-à-dire \(E=\ker(R^s(u))\bigoplus\ker(S(u))\),somme directe de sous-espaces vectoriels stables par \(u\)) et montrer que si \(E=\ker(R^{s-1}(u))\bigoplus\ker(S(u))\), le polynôme \(R^{s-1}(X)S(X)\) est un polynôme annulateur de \(u\).

  2. Montrer l'égalité \(R^s(u_x)(y)=R^s(u)(y)=0\) pour tout \(y\in F_x\).

Solution détaillée

1. Soit \(y\in\ker(R^{s-1}(u))\). Comme \(R^{s-1}(u)(y)=0_E\) on a :

\(R^s(u)(y)=(R(u)\bigcirc R^{s-1}(u))(y)=0_E\).

et \(y\in\ker(R^s(u))\). Ceci montre que \(\ker(R^{s-1}(u))\subset\ker(R^s(u))\).

Pour montrer que l'inclusion est stricte, on construit grâce au lemme des noyaux, un supplémentaire de \(\ker(R^s(u))\).

Le polynôme \(R^s(X)\) divise \(P_{min,u}(X)\), donc il existe un polynôme \(S(X)\) tel que

\(P_{min,u}(X)=R^s(X)S(X).\)

Comme \(R^{s+1}(X)\) ne divise pas \(P_{min,u}(X)\), \(R(X)\) ne divise pas \(S(X)\) et, \(R(X)\) étant irréductible, les polynômes \(R(X)\) et \(S(X)\) sont premiers entre eux.

Comme \(E=\ker(P_{min,u}(u))\), d'après le lemme des noyaux on a

\(E=\ker(R^s(u))\bigoplus\ker(S(u)).\)

Supposons \(\ker(R^{s-1}(u))=\ker(R^s(u))\) et notons \(Q(X)=R^{s-1}(X)S(X).\)

Soit \(x=x_1+x_2\) où \(x_1\in\ker(R^s(u))\) et \(x_2\in\ker(S(u))\) un vecteur de \(E\). Comme les polynômes \(R(u)\) et \(S(u)\) commutent, on a :

\(\left\{\begin{array}{lllllll} Q(u)(x_1)=R^{s-1}(u)\bigcirc S(u)(x_1)=S(u)\bigcirc R^{s-1}(u)(x_1)=S(u)(0_E)=0_E \\ Q(u)(x_2)=R^{s-1}(u)\bigcirc S(u)(x_2)=R^{s-1}(u)(0_E)=0_E \end{array}\right.\)

et par conséquent \(Q(u)(x)=0_E\). Ceci prouve que \(Q(X)\) est un polynôme annulateur de \(u\). Or les polynômes annulateurs de \(u\) sont les multiples de son polynôme minimal et ceci n'est pas le cas de \(Q(X)\). Par conséquent l'hypothèse que nous avons faite, \(\ker(R^{s-1}(u)=\ker(R^s(u))\), est fausse, donc

\(\ker(R^{s-1}(u))\ne\ker(R^s(u))\).

2. On a \(x\in\ker(R^s(u))\), donc \(R^s(u)(x)=0_E\) et pour tout entier l

\(R^s(u)(u^l)(x))=(u^l\bigcirc R^s(u))(x)=0_E\).

Comme \(F_x=Vect\{x,u(x),...,u^{k-1}\}\), pour tout \(y\in F_x\) on a :

\(R^s(u_x)(y)=R^s(u)(y)=0_E\),

donc \(R^s(X)\) est un polynôme annulateur de ux. Le polynôme \(R(X)\) étant irréductible et unitaire, il existe un entier \(m, 1\leq m\le s\), tel que :

\(P_{min,u_x}(X)=R^m(X)\).

On a \(x\notin\ker(R^{s-1}(u))\) donc

\(R^{s-1}(u_x)(x)=R^{s-1}(u)(x)\ne0_E\),

et \(R^{s-1}(X)\) n'est pas un polynôme annulateur de ux. Par conséquent \(P_{min,u_x}(X)=R^m(X)\) n'est pas un diviseur de \(R^{s-1}(X)\). Comme \(R(X)\) est un polynôme irréductible on a \(s-1<m\), d'où \(m=s\) et \(P_{min,u_x}(X)=R^s(X)\).

Question

On note \(P_{\textrm{min},u}(X)=\prod_{i=1}^rP_i^{n_i}(X)\) la décomposition en facteurs premiers de \(P_{\textrm{min},u}(X)\), où les nombres \(n_i\) sont des entiers naturels non nuls et \(P_i(X)\) des polynômes irréductibles et unitaires. En appliquant la question 2, on considère pour chaque polynôme \(P_i(X)\) un élément non nul \(x_i\in\textrm{ker }(P^{n_i}(u))\) tel que \(P_{\textrm{min},u_{x_i}}(X)=P_i^{n_i}(X)\), et on note \(a=x_1+\cdots+x_r\).

  1. Vérifier que \(a\) est non nul. Soit \(Q(X)\in\mathbb K[X]\) un polynôme tel que \(Q(u)(a)=0_E\). Montrer que pour tout \(i\), \(Q(u)(x_i)=0_E\). En déduire que le polynôme \(P_i^{n_i}(X)\) divise \(Q(X)\).

  2. Déduire de 3.a. et de 1.b. que \(P_{\textrm{min},u_a}(X)=P_{\textrm{min},u}(X)\).

  3. Montrer que \(B_a=(a,u(a) ,\cdots,u^{k-1}(a))\) est une base de \(F_a\).

Aide simple

1. Remarquer que \(Q(u)(x_i)\) appartient à \(\ker(P_i^{n_i}(u))\) et utiliser le lemme des noyaux. En déduire que \(Q(u)\) s'annule sur chaque \(F_{x_i}\), et utiliser le résultat du 2.b.

3. Montrer, par une démonstration par l'absurde, que la famille \(\{a,u(a),...,u^{k-1}(a)\}\) est libre.

Solution détaillée

1. Comme \(P_{min,u}(X)=\displaystyle{\prod_{i=1}^{\gamma}P_i^{n_i}(X)}\), où les polynômes \(P_i(X)\) sont premiers entre eux deux à deux, on a d'après le lemme des noyaux :

\(E=\ker(P_1^{n_1}(u))\bigoplus...\bigoplus\ker(P_r^{n_r}(u)),\)

et les sous-espaces \(\ker(P_i^{n_i}(u))\) sont stables par u ainsi que par tout endomorphisme de la forme \(T(u)\) où \(T(X)\in\mathbb K[X]\).

On a posé \(\alpha=x_1+...+x_r\) où \(x_i\in\ker(P_i^{n_i}(u))\).

la somme \(\ker(P_i^{n_1}(u))\bigoplus...\bigoplus\ker(P_r^{n_r}(u))\) étant directe, \(\alpha=0_E\) si et seulement si pour tout \(i\) on a \(x_i=0_E\). Or par hypothèse \(x_i\ne0_E\), donc \(\alpha\ne0_E\).

Soit \(Q(X)\in\mathbb K[X]\) tel que \(Q(u)(\alpha)=0_E\). On a :

\(Q(u)(\alpha)=Q(u)(x_1)+...+Q(u)(x_r),\)

Par définition \(F_{x_i}=Vect\{x_i,u(x_i),...,u^{k-1}(x_i)\}\). Comme l'endomorphisme \(Q(u)\) s'annule sur les éléments d'une famille génératrice de \(F_{x_i}\), il est nul sur \(F_{x_i}\). Ceci prouve que le polynôme \(Q(X)\) est divisible par le polynôme minimal de \(u_{x_i}\). Par choix des xi, on a \(P_{min,u_{n_i}}(X)=P_i^{n_i}(X)\). Par conséquent le polynôme \(P_i^{n_i}(X)\) divise \(Q(X)\).

2. Le polynôme \(P_{min,u_a}\) est un polynôme annulateur de ua, on a donc \(P_{min,u_a}(u_a)(a)=0_E\). Or \(P_{min,u_a}(u_a)(a)=P_{min,u_a}(u)(a)\), donc \(P_{min,u_a}(X)\) est divisible par les polynômes \(P_i^{n_i}(X)\). Comme les polynômes \(P_i^{n_i}(X)\) sont premiers entre eux deux à deux, leur produit, qui est le polynôme \(P_{min,u}(X)\), divise \(P_{min,u_a}(X)\). Or on a montré dans la question 1.b que \(P_{min,_a}(X)\) divise \(P_{min,u}(X)\). Comme ces polynômes sont unitaires, ils sont égaux :

\(P_{min,u_a}(X)=P_{min,u}(X).\)

3. Nous avons que \(\{a,u(a),...,u^{k-1}(a)\}\) est une famille génératrice de Fa.

Montrons que la famille \(\{a,u(a),...,u^{k-1}(a)\}\) est libre. Soient \(\lambda_0,...,\lambda_{k-1}\) des scalaires tels que :

\(\lambda_0a+...+\lambda_{k-1}u^{k-1}(a)=0_E.\)

En notant \(W(X)=\lambda_0+...+\lambda_{k-1}X^{k-1}\), on a \(W(u)(a)=0_E\), donc d'après la question 3.a, le polynôme \(P_{min,u}(X)\) divise \(W(X)\). Comme le degré de \(P_{min,u}(X)\) est \(k\), cela prouve que \(W(X)\) est le polynôme nul et la famille \(\{a,u(a),...,u^{k-1}(a)\}\) est libre.

La famille \(\{a,u(a),...,u^{k-1}(a)\}\) est une famille libre et génératrice de Fa, donc \(B_a=(a,u(a),...,u^{k-1}(a))\) est une base de Fa.

Question

Établir la réciproque du résultat de la partie (A).

Aide simple

Montrer donc que :

\((P_{min,u}(X)=(-1)^nP_{car,u}(X))\Rightarrow(\exists a\in E/E=Vect\{a,u(a),...,u^{n-1}(a)\})\) en remarquant que le polynôme minimal de ua est de degré \(n\).

Solution détaillée

Supposons que \(P_{min,u}(X)=(-1)^nP_{car,u}(X)\).

On a alors \(\deg(P_{min,u}(X))=n\). D'après la question 3, il existe \(a\in E\) tel que \(\{a,u(a),...,u^{n-1}(a)\}\) soit une famille libre. Comme \(\dim(E)=n\) cette famille forme une base de \(E\), donc \(E=Vec\{a,u(a),...,u^{n-1}(a)\}\).

Les parties A et B prouvent que les propositions suivantes sont équivalentes :

  • Il existe un vecteur \(x\) non nul de \(E\) tel que \(E=Vec\{a,u(a),...,u^{n-1}(a)\}\).

  • \(P_{min,u}(X)=(-1)^nP_{car,u}(X).\)