Sujet B.6.7 Théorème de Cayley-Hamilton
Choisir
un exercice, puis le résoudre
:
Signaler une erreur
Signaler une erreur
Exercice a
Soit, pour $\,n\app\bb N^{\ast}\!,\,$ une matrice $\,A\app\op{GL}_n(\bb K)\,$ dont toutes les puissances $A^k$ pour $\,k\geq 2\,$ sont triangulaires supérieures.
Démontrer que la matrice $A$ est-elle-même triangulaire supérieure.
coefficients du polynôme caractéristique d'une matrice carrée
Le polynôme caractéristique d'une matrice carrée $A\app\sc M_n(\bb K)$ est de la forme :
$\displaystyle{}\chi_A(X)=X^n-\op{tr}(A)\,X^{n-1}+\cdots+(-1)^n\det(A)$
Si $\chi_A(X)$ est scindé, les valeurs propres $\,\lambda_i\,$ étant répétées selon leurs multiplicités, alors : $\displaystyle{}\op{tr}(A)=\lambda_1+\cdots+\lambda_n\ \txt{et}\det(A)=\lambda_1\times\cdots\times\lambda_n$
coefficients du polynôme caractéristique d'un endomorphisme
Pour un espace vectoriel de dimension $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ le polynôme caractéristique de $\,f\app\sc L(E)\,$ est de la forme :
$\displaystyle{}\chi_f(X)=X^n-\op{tr}(f)\,X^{n-1}+\cdots+(-1)^n\det(f)$
Si $\,\chi_f(X)\,$ est scindé, les valeurs propres $\,\lambda_i\,$ étant répétées selon leurs multiplicités, alors : $\displaystyle{}\op{tr}(f)=\lambda_1+\cdots+\lambda_n\ \txt{et}\det(f)=\lambda_1\times\cdots\times\lambda_n$
théorème de Cayley-Hamilton dans ${\scr M}_n{\rm(}\bb K\rm)$
Toute $\,A\app\sc M_n(\bb K)\,$ annule son polynôme caractéristique : $\,\chi_A(A)=0\sp{1.5}.\,$
théorème de Cayley-Hamilton dans ${\scr L}{\rm(}E\rm)$
Soit $E$ un $\bb K\tiret$espace vectoriel de dimension finie.
Tout $\,f\app\sc L(E)\,$ annule son polynôme caractéristique : $\,\chi_f(f)=0\sp{1.5}.\,$
indication
Écrire le théorème de Cayley-Hamilton pour $A\sp{1.5},$ puis multiplier par $A$ la relation obtenue.
réponse
La matrice $A$ est bien triangulaire supérieure, comme combinaison linéaire des $A^k$ pour $\,k\geq2\sp{1.5}.\,$
correction
La matrice $A$ a un polynôme
$A\app\sc M_n(\bb K)$ a pour polynôme caractéristique : $\,\chi_A(X)\app\bb K_n[X]\sp{1.5}.\,$
Il s'obtient en substituant $\,X\,$ à $\,\lambda\,$ dans $\,\det(\lambda\sp{1.5}I_n-A)\sp{1.5}.\,$
caractéristique
$\,\chi_A\app\bb K[X]\,$ de la
- Les valeurs propres $\lambda$ de $A$ sont les racines de $\,\chi_A(X)\sp{1.5};\,$
- la multiplicité $m(\lambda)$ d'une racine de $\chi_A(X)$ vérifie :
$\displaystyle{}\dim(E_{\lambda}(A))\leq m(\lambda)$
Le polynôme caractéristique d'une matrice carrée $A\app\sc M_n(\bb K)$ est de la forme :
forme :
$\displaystyle{}\chi_A(X)=X^n-\op{tr}(A)\,X^{n-1}+\cdots+(-1)^n\det(A)$
Si $\chi_A(X)$ est scindé, les valeurs propres $\,\lambda_i\,$ étant répétées selon leurs multiplicités, alors : $\displaystyle{}\op{tr}(A)=\lambda_1+\cdots+\lambda_n\ \txt{et}\det(A)=\lambda_1\times\cdots\times\lambda_n$
$\displaystyle{}\chi_A(X)=\sum_{k=0}^n p_k\sp{1.5}X^k,\txt{avec}p_n=1\txt{et}p_0=(-1)^n\sp{1.5}\det(A)$
En vertu du théorème de
Toute $\,A\app\sc M_n(\bb K)\,$ annule son polynôme caractéristique : $\,\chi_A(A)=0\sp{1.5}.\,$
Cayley-Hamilton,
on a donc :
$\displaystyle{}\chi_A(A)=\sum_{k=1}^n p_k\sp{1.5}A^k+(-1)^n\sp{1.5}\det(A)\sp{1.5}I_n=0$
En
Soient $A,A'\app\sc M_{m,n}(\bb K)\sp{1.5},$ $B,B'\app\sc M_{n,p}(\bb K)\sp{1.5},$ $C\app\sc M_{p,q}(\bb K)$ et $\alpha,\beta\app\bb K\sp{1.5};$ alors :
multipliant
cette égalité à droite ou à gauche par la matrice $A$ on obtient :
- $\,\smh{.5}{(A\sp{1.5}B)\sp{1.5}C=A\sp{1.5}(B\sp{1.5}C)}:\,$ le produit matriciel est associatif ;
- $\,\Syst{(\alpha\sp{1.5}A+\beta\sp{1.5}A')B\sp{1.5}&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A'\!\sp{1.5}B\\[-.5ex] \,A(\alpha\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}B\sp{1.5}')&=\alpha\sp{1.5}A\sp{1.5}B+\beta\sp{1.5}A\sp{1.5}B\sp{1.5}'}\,:\,$ le produit matriciel est bilinéaire.
$\displaystyle{}\sum_{k=1}^n p_k\sp{1.5}A^{k+1}+(-1)^n\sp{1.5}\det(A)\sp{1.5}A=0$
$A$ étant
$\,A\app\sc M_{n}(\bb K)\,$ est inversible ssi il existe $\,B\app\sc M_n(\bb{K})\,$ telle que :
inversible,
son
$\displaystyle{}A\sp{1.5}B=B\sp{1.5}A=I_n$
Cette matrice $B$ est unique : c'est la matrice inverse de $A:$ $\,B=A^{-1}.\,$
Les colonnes ou les lignes de $A\app\sc M_n(\bb K)$ sont liées ssi $\,\det(A)=0\sp{1.5},\,$ soit encore :
déterminant
est non nul, si bien qu'en divisant cette relation par $\,\det(A)\,$ on obtient :
$\displaystyle{}A\app\op{GL}_n(\bb K)\Ssi\det(A)\neq0$
$\displaystyle{}A =\frac{(-1)^{n-1}}{\det(A)}\,\sum_{k=1}^n p_k\sp{1.5}A^{k+1}$
Par hypothèse, toute les matrices $A^{k+1}$ pour $\,k\geq 1\,$ sont
Une matrice carrée $A$ de $\sc M_{n}(\bb{K})$ est triangulaire supérieure ssi :
triangulaires
supérieures, et $A$ est une combinaison linéaire de ces matrices.
Il s'ensuit que $A$ appartient elle aussi à
$\displaystyle{}\ptt\, i,j\app\, [\![1,n]\!],\ (\sp{1.5}i > j\,\Imp\,a_{i,j}=0\sp{1.5})$
Leur ensemble $\,\sc T_n^{+}(\bb K)\,$ est un sous-espace vectoriel de $\,\sc M_n(\bb K)\sp{1.5}.\,$
Une matrice carrée $A$ de $\sc M_{n}(\bb{K})$ est triangulaire supérieure ssi :
l'espace
vectoriel $\,\sc T_n^{+}(\bb{K})\,$ des matrices triangulaires supérieures.
$\displaystyle{}\ptt\, i,j\app\, [\![1,n]\!],\ (\sp{1.5}i > j\,\Imp\,a_{i,j}=0\sp{1.5})$
Leur ensemble $\,\sc T_n^{+}(\bb K)\,$ est un sous-espace vectoriel de $\,\sc M_n(\bb K)\sp{1.5}.\,$
Signaler une erreur
Signaler une erreur
Exercice b
Soit $f$ un automorphisme d'un $\bb K\tiret$espace vectoriel $E$ de dimension finie $\,n\app\bb N^{\ast}\sp{-1.5}.\,$
Démontrer l'existence d'un polynôme $P$ de degré $\,n-1\,$ tel que : $\,f^{-1}=P(f)\sp{1.5}.\,$
coefficients du polynôme caractéristique d'une matrice carrée
Le polynôme caractéristique d'une matrice carrée $A\app\sc M_n(\bb K)$ est de la forme :
$\displaystyle{}\chi_A(X)=X^n-\op{tr}(A)\,X^{n-1}+\cdots+(-1)^n\det(A)$
Si $\chi_A(X)$ est scindé, les valeurs propres $\,\lambda_i\,$ étant répétées selon leurs multiplicités, alors : $\displaystyle{}\op{tr}(A)=\lambda_1+\cdots+\lambda_n\ \txt{et}\det(A)=\lambda_1\times\cdots\times\lambda_n$
coefficients du polynôme caractéristique d'un endomorphisme
Pour un espace vectoriel de dimension $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ le polynôme caractéristique de $\,f\app\sc L(E)\,$ est de la forme :
$\displaystyle{}\chi_f(X)=X^n-\op{tr}(f)\,X^{n-1}+\cdots+(-1)^n\det(f)$
Si $\,\chi_f(X)\,$ est scindé, les valeurs propres $\,\lambda_i\,$ étant répétées selon leurs multiplicités, alors : $\displaystyle{}\op{tr}(f)=\lambda_1+\cdots+\lambda_n\ \txt{et}\det(f)=\lambda_1\times\cdots\times\lambda_n$
théorème de Cayley-Hamilton dans ${\scr M}_n{\rm(}\bb K\rm)$
Toute $\,A\app\sc M_n(\bb K)\,$ annule son polynôme caractéristique : $\,\chi_A(A)=0\sp{1.5}.\,$
théorème de Cayley-Hamilton dans ${\scr L}{\rm(}E\rm)$
Soit $E$ un $\bb K\tiret$espace vectoriel de dimension finie.
Tout $\,f\app\sc L(E)\,$ annule son polynôme caractéristique : $\,\chi_f(f)=0\sp{1.5}.\,$
indication
Écrire le théorème de Cayley-Hamilton pour $f,$ puis composer par $\,f^{-1}\,$ la relation obtenue.
réponse
$\,\chi_f(X)\,$ étant le polynôme caractéristique de $f,$ on obtient $\,P\app\bb K[X]\,$ de degré $\,n-1\,$ tel que $\,f^{-1}=P(f)\sp{1.5},\,$ avec :
$\displaystyle{}P(X)=\frac{(-1)^{n-1}}{\det(f)}\,\sum_{k=1}^n p_k\sp{1.5}X^{k-1},\txt{lorsque :}\chi_f(X)=\dsum_{k=0}^n p_k\sp{1.5}X^k$
correction
L'endomorphisme $f$ a un polynôme
En dimension $n,$ $f\app\sc L(E)$ a pour polynôme caractéristique : $\,\chi_f(X)\app\bb K_n[X]\sp{1.5}.\,$
Il s'obtient en substituant $\,X\,$ à $\,\lambda\,$ dans $\,\det(\lambda\sp{1.5}\op{Id}_E-f)\sp{1.5}.\,$
caractéristique
$\,\chi_f\app\bb K[X]\,$ de la
- Les valeurs propres $\lambda$ de $f$ sont les racines de $\,\chi_f(X)\sp{1.5};\,$
- la multiplicité $m(\lambda)$ d'une racine de $\chi_f(X)$ vérifie :
$\displaystyle{}\dim(E_{\lambda}(f))\leq m(\lambda)$
Pour un espace vectoriel de dimension $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ le polynôme caractéristique de $\,f\app\sc L(E)\,$ est de la forme :
forme :
$\displaystyle{}\chi_f(X)=X^n-\op{tr}(f)\,X^{n-1}+\cdots+(-1)^n\det(f)$
Si $\,\chi_f(X)\,$ est scindé, les valeurs propres $\,\lambda_i\,$ étant répétées selon leurs multiplicités, alors : $\displaystyle{}\op{tr}(f)=\lambda_1+\cdots+\lambda_n\ \txt{et}\det(f)=\lambda_1\times\cdots\times\lambda_n$
$\displaystyle{}\chi_f(X)=\sum_{k=0}^n p_k\sp{1.5}X^k,\txt{avec}p_n=1\txt{et}p_0=(-1)^n\sp{1.5}\det(f)$
En vertu du théorème de
Soit $E$ un $\bb K\tiret$espace vectoriel de dimension finie.
Tout $\,f\app\sc L(E)\,$ annule son polynôme caractéristique : $\,\chi_f(f)=0\sp{1.5}.\,$
Cayley-Hamilton,
on a donc :
$\displaystyle{}\chi_f(f)=\sum_{k=1}^n p_k\sp{1.5}f^k+(-1)^n\sp{1.5}\det(f)\sp{1.5}\op{Id}_E=0$
$f$ étant un
Un automorphisme d'un espace vectoriel $E$ est un endomorphisme bijectif de $E\sp{1.5}.$
Les automorphismes de $E$ forment un groupe, le groupe linéaire de $E:$ $\,\big(\op{GL}(E),\circ\big)\sp{1.5}.\,$
automorphisme,
on compose cette égalité à droite ou à gauche par
Un isomorphisme $f$ entre deux $\bb K\tiret$espaces vectoriels $E$ et $E'$ est une bijection linéaire de $E$ vers $E'.$
La réciproque $\,f^{-1}\,$ d'un isomorphisme $f$ de $E$ vers $E'$ est un isomorphisme de $E'$ vers $E\sp{1.5}.$
la réciproque
de $f,$ d'où :
$\displaystyle{}\sum_{k=1}^n p_k\sp{1.5}f^{k-1}+(-1)^n\sp{1.5}\det(f)\sp{1.5}f^{-1}=0$
Étant donné que $f$ est un automorphisme, son
Soit $f$ un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$ de dimension finie. Alors, $f$ est un automorphisme de $E$ ssi : $\,\det(f)\neq0\sp{1.5}.\,$
déterminant
est non nul, si bien que :
$\displaystyle{}f^{-1} =\frac{(-1)^{n-1}}{\det(f)}\,\sum_{k=1}^n p_k\sp{1.5}f^{k-1}$
On a établi ainsi l'existence d'un
Soient $E$ un $\bb K\tiret$espace vectoriel $E\sp{1.5},$ et $\,f\app\sc L(E)\sp{1.5}.\,$
Pour $\,P=p_dX^d+\cdots+p_1X+p_0\app\bb{K}[X]\sp{1.5},\,$ on définit $\,P(f)\app\sc L(E)\,$ par :
polynôme
$\,P\app\bb K[X]\\,$ de degré $\,n-1\,$ et tel que $\,f^{-1}=P(f):\,$
$\displaystyle{}P(f)=p_d\sp{1.5}f^d+\cdots+p_1\sp{1.5}f+p_0\sp{1.5}\op{Id}_E$
Ce polynôme $P$ est dit annulateur de $f$ ssi : $\,P(f)=0\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}P(X)=\smash[b]{\frac{(-1)^{n-1}}{\det(f)}}\,\sum_{k=1}^n p_k\sp{1.5}X^{k-1}$
On peut aussi exprimer comme suit $P(X)$ en fonction de $\,\chi_f(X):\,$
$\displaystyle{}P(X)=\frac{(-1)^{n-1}}{\det(f)}\cdot\frac{\chi_f(X)-(-1)^{n}\sp{1.5}\det(f)}X$