Rang d'un endomorphisme cyclique
Bonjour
Soit $u$ un endomorphisme cyclique d'un $\mathbb K$-espace vectoriel $E$ de dimension finie $n$.
En notant $P:=X^n+\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_k X^k\in\mathbb K[X]$ le polynôme de la matrice compagnon $\mathrm{Comp}(P)$ associée, comment montrer simplement que $\mathrm{rg}(u)\in\{n-1,n\}$ et plus précisément que :
Déjà, $\mathrm{rg}(u)=\mathrm{rg}(\mathrm{Comp}(P))$.
Comme $I_{n-1}$ est une sous-matrice inversible de $\mathrm{Comp}(P)$, on a $\mathrm{rg}(u)\geqslant n-1$.
Puis :
Soit $u$ un endomorphisme cyclique d'un $\mathbb K$-espace vectoriel $E$ de dimension finie $n$.
En notant $P:=X^n+\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_k X^k\in\mathbb K[X]$ le polynôme de la matrice compagnon $\mathrm{Comp}(P)$ associée, comment montrer simplement que $\mathrm{rg}(u)\in\{n-1,n\}$ et plus précisément que :
- $\mathrm{rg}(u)=n\iff a_0\neq 0$ ;
- $\mathrm{rg}(u)=n-1\iff a_0=0$.
- Il existe $x\in E$ tel que $(u^{k}(x))_{0\leqslant k\leqslant n-1}$ est une base de $E$ ;
- Il existe $x\in E$ tel que $E_{u,x}:=\mathrm{Vect}\left((u^{k}(x))_{k\in\mathbb N}\right)=E$ ;
- Il existe une base $\mathcal B$ de $E$ et une famille $(a_i)_{0\leqslant i\leqslant n-1}\in\mathbb K^n$ tels que $\mathrm{Mat}_{\mathcal B}(u)=\mathrm{Comp}(P)$ avec $P:=X^n+\sum\limits_{k=0}^{n-1}a_k X^k$.
Déjà, $\mathrm{rg}(u)=\mathrm{rg}(\mathrm{Comp}(P))$.
Comme $I_{n-1}$ est une sous-matrice inversible de $\mathrm{Comp}(P)$, on a $\mathrm{rg}(u)\geqslant n-1$.
Puis :
- Si $a_0=0$ alors la première ligne de $\mathrm{Comp}(P)$ est nulle donc $\mathrm{rg}(u)\leqslant n-1$. D'où $\mathrm{rg}(u)=n-1$.
- Si $a_0\neq 0$ alors comme $P$ est aussi le polynôme caractéristique de $\mathrm{Comp}(P)$, donc aussi de $u$, et qu'il annule $u$ par Cayley-Hamilton et qu'il est donc de valuation nulle, en isolant le terme $a_0\mathrm{Id}_E$ et multipliant par $a_0^{-1}$, on voit que $u$ est inversible donc $\mathrm{rg}(u)=n$.
Réponses
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Je ne vois pas comment on pourrait avoir quelque chose de significativement plus simple.Le dernier point est quand même un peu tortueux. On peut éventuellement commencer par constater que $a_0$ est (au signe près ?) le déterminant de la matrice compagnon par un développement par rapport à la première ligne, ce qui fait apparaître comme cofacteur le déterminant la sous-matrice $\mathrm{I}_{n-1}$ déjà utilisée (en fait on a déjà calculé le polynôme caractéristique de ladite matrice compagnon...), ce qui simplifie d'un cheveu la discussion selon l'annulation de $a_0$.
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Ah parfait c'était effectivement mon dernier point qui était "tortueux". Je n'avais pas remarqué le lien avec le déterminant, c'est joli, merci !
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Je trouve ça très bien et très simple.
$I_{n-1}$ est une matrice carrée extraite inversible de taille $n-1$, donc $\mathrm{rg}(u) \geqslant n-1$. Si $a_0 = 0$, clairement $\mathrm{rg}(u) =n-1$.
Sinon, il est visible que les lignes forment une base de $\mathbb K^n$ : s'il faut l'écrire, les opérations élémentaires $ L_j \leftarrow L_j - \frac{a_j}{a_0} L_1 $ et $L_1 \leftarrow L_1/(-a_0)$, conduisent à la de permutation $\begin{pmatrix} 0 & \cdots & 0 & 1 \\ 1 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 1 & 0 \\ \end{pmatrix} $ qui est clairement inversible ($J^n = I_n$, ou en développant le déterminant selon la dernière colonne...)
On peut difficilement faire plus court à mon avis, il faut quand même un minimum d'arguments pour arriver au résultat (tout dépend à qui on s'adresse et du niveau de détails nécessaires à rédiger) -
Variante : $(u(x),\ldots,u^{n-1}(x))$ est une famille libre de l'image de $u$ donc $u$ est de rang au moins $n-1$.Si $a_0\ne 0$ alors $x=-\sum_{k=1}^n u^k(x)$ est dans l'image de $u$ donc l'image de $u$ contient une base de $E$, par conséquent $\mathrm{rg}(u)=n$.Si $a_0=0$ alors $u(u^{n-1}(x)+\cdots+a_1 x)=0$ donc le noyau de $u$ est non nul, par conséquent $\mathrm{rg}(u)=n-1$.
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Encore limite mieux
J'en profite car j'ai une autre question sur ces fameux endormorphismes cycliques.
Je note $C_u$ et $M_u$ les polynômes caractéristique et minimal de $u$ qui est pour rappel un endomorphisme cyclique.
On sait déjà que $C_u=P$ le polynôme compagnon de la matrice compagnon associée.
Je sais alors montrer que $P$ est aussi égal à $M_u$, en vérifiant que $P(u)=0$ puis que $P$ est effectivement le polynôme unitaire de plus bas degré annulant $u$ (dû à la liberté de $(\mathrm{Id}_E,\dots, u^{n-1})$...).
Apparemment il y a un autre chemin que je n'arrive pas à établir, à savoir montrer que $M_u=P$ à partir de $\mathcal C(u)=\mathbb K[u]$ (égalité entre le commutant de $u$ et l'ensemble des polynômes en $u$, que je sais par ailleurs établir). Comment procédez-vous ? -
La famille $(\mathrm{Id},..., u^{n-1})$ est libre donc $\mathrm{dim}\:\mathbb K[u] \geqslant n$.
Bien sûr, $\mathrm{dim}\:\mathbb K[u] \leqslant n $ (puisque $\chi_u(u) = 0$ donc $u^n \in \mathrm{Vect}(\mathrm{Id},...,u^{n-1})$)
Donc $\mathrm{dim}\:\mathbb K[u] = \mathrm{dim}\:\mathcal C(u) = n$. Or $\mathrm{deg} \:\pi_u =\mathrm{dim}\:\mathbb K[u] = n = \mathrm{deg} \: \chi_u $ : comme $\pi_u \mid \chi_u$ et puisqu'ils sont unitaires, $\pi_u = \chi_u$.
(Il est plus standard de noter $\chi_u,\pi_u$ les polynômes caractéristique et minimal de $u$)
Plus généralement, on a équivalence entre
(i) $u$ est cyclique
(ii) Il existe $x_0\in E$ tel que $(x_0,...,u^{n-1}(x_0))$ soit une base de $E$
(iii) $\mathbb K[u] = \mathcal C(u)$
(iv) $\pi_u = \chi_u$
(v) La famille $(\mathrm{Id},...,u^{n-1})$ est libre
(vi) La matrice de $u$ dans une base est une matrice compagnon
(vii) Les sous-espaces propres de $u$ sont de dimension 1
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Bonjour,L'égalité $\mathbb K[u]=C(u)$ ne joue absolument aucun rôle dans l'argument de SandwichFromage, tout repose sur le fait que $u^0,u^1,\ldots,u^{n-1}$ est libre qui implique immédiatement que le polynôme minimal de $u$ est de degré au moins $n$.Si on veut vraiment partir de $\mathbb K[u]=C(u)$, on peut utiliser le fait que la dimension du commutant de n'importe quel endomorphisme d'un espace de dimension $n$ est au moins égale à $n$.
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Je suis d'accord, mais je voulais éviter d'avoir à utiliser ce fait. En effet topopot demande des preuves et je ne pense pas qu'il accepterait d'admettre un tel résultat. Or les preuves que je connais de ce fait ne tiennent pas en quelques lignes. J'ai donc bricolé quelque chose pour topopot pour qu'il puisse obtenir l'égalité $\pi_u = \chi_u$ "en utilisant" l'égalité du commutant. Pour moi, il avait acquis la liberté de la famille et il voulait montrer $\pi_u = \chi_u$ avec un argument faisant intervenir $ \mathcal C(u) = \mathbb K[u] $, c'est ça qu'il demandait - mais on peut toujours s'en passer du moment que $u$ est de toute façon supposé cyclique. Si on ne suppose pas $u$ cyclique et qu'on suppose seulement $ \mathcal C(u) = \mathbb K[u] $, en effet il faut (je ne connais pas d'autre façon de faire) faire intervenir le fait que la dimension du commutant vaut toujours au moins $n$, mais les preuves de ce fait que je connais sont pénibles.
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Parlons matriciellement.Le commutant de $A\in M_n(\mathbb K)$ est le noyau de l'endomorphisme linéaire $M\mapsto AM-MA$ de $M_n(\mathbb K)$. Soit $T_A$ la matrice de cet endomorphisme dans une base quelconque de $M_n(\mathbb K)$. C'est une matrice de laille $n^2$. Il suffit de montrer que le rang de $T_A$ est inférieur ou égal à $n^2-n$ pour toute matrice $A$. Or c'est vrai si $A$ est diagonalisable. Par densité des matrices diagonalisables (quitte à passer à la clôture algébrique de $\mathbb K$), c'est donc vrai pour toute matrice $A$.(Argument qui avait été donné par Christophe Chalons, si je me souviens bien.)
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Pas mal ! Bravo à lui
( ◕▿◕ ) -
Merci à vous deux, je regarde et reviens si besoin !
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J'en profite car j'ai une autre question sur ces fameux endomorphismes cycliques.
On peut montrer que si $u$ est cyclique alors l'ensemble $\mathcal S_u$ des sous-espaces stables par $u$ est fini. On le fait en utilisant un élément $x$ de $E$ tel que $E=E_{u,x}$ et en vérifiant que l'application qui à un idéal $I$ contenant $M_u$ associe $\{P(u)(x)\mid P\in I\}$ est bijective à valeurs dans $\mathcal S_u$, et le résultat tombe car $M_u$ admet un nombre fini de diviseurs unitaires.
Les différentes sources que j'ai vues disent que la réciproque est aussi vraie lorsque $\mathbb K$ est infini, ça se montre bien avec le lemme de réunion finie de sous-espaces stricts.
J'ai lu quelque part que la réciproque reste vraie si $\mathbb K$ est fini mais ça n'est pas démontré. Est-ce qu'il y a moyen de le justifier simplement ? -
Si $K$ est fini, un ev de dimension finie sur $K$ possède un nombre fini d'éléments, donc un nombre fini de sous-espaces vectoriels.Il n'y a donc pas besoin d'être cyclique pour posséder un nombre fini de sous-espaces stables.Qu'en penses-tu ?
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Merci c'est bon. En effet, si $E$ est un ev de dimension finie $n$ sur $K$ avec $K$ fini, alors $E$ est isomorphe à $K^n$ donc ils sont équipotents donc $\lvert E\rvert=\lvert K\rvert ^n$. Et comme $\mathcal S_u\subset\mathcal P(E)$, on a $\lvert\mathcal S_u\rvert\leqslant 2^{\lvert K\rvert^n}$.
Du coup, on a en toute généralité : $u$ cyclique si et seulement si l'ensemble de ses sous-espaces stables est fini. -
Tous les endomorphismes d'un K ev de dimension finie ne sont pas cycliques, si ?
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Ça arrive parfois, par exemple en dimension $1$.En dimension plus grande, il est impératif d'exclure les matrices scalaires (multiples de l'identité) qui n'ont aucune chance d'être cycliques. Ceci fait, toute matrice $2\times2$ est cyclique, parce que son polynôme minimal est-il de degré $2$ (s'il est de degré $1$, la matrice est scalaire).En dimension plus grande, aucune chance que ça arrive car on a des matrices diagonales non scalaires avec des valeurs propres répétées et donc un polynôme minimal de degré strictement plus petit que la dimension.
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Est-ce que le message de @JLapin visait à souligner une erreur que j'ai faite ?
@Math Coss est-ce que mon assertion : "$u$ cyclique si et seulement si l'ensemble de ses sous-espaces stables est fini" est correcte ? -
Oui et non.
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Sur un corps fini, il existe (en général) des endomorphismes non cycliques et pourtant ils n'ont qu'un nombre fini de sous-espaces stables.
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En effet, je m'étais embrouillé. Merci à vous deux.
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