Asymptotique d'un endomorphisme et commutant

Considérons un endomorphisme $f$ de l'espace vectoriel $\mathbb{R}^3$ satisfaisant l'équation polynomiale suivante :

2 f^3 - 3 f^2 + \text{Id} = 0

Démontrer que la suite d'endomorphismes $\left( \frac{f^n}{n} \right)_{n \in \mathbb{N}}$ est convergente. On notera $g$ sa limite.
Dans cette question, on suppose que l'endomorphisme limite $g$ n'est pas nul. Déterminer explicitement le commutant de $f$ , c'est-à-dire l'ensemble : $\mathcal{C}(f) = \{ h \in \mathcal{L}(\mathbb{R}^3) \mid h \circ f = f \circ h \}$

1.

Factoriser le polynôme annulateur $P(X) = 2X^3 - 3X^2 + 1$ pour identifier les valeurs propres possibles et leurs multiplicités.

2.

Utiliser le lemme des noyaux pour décomposer $\mathbb{R}^3$ en sous-espaces stables par $f$ , puis étudier la restriction de $f$ à chacun de ces espaces.

3.

Pour la question 2, relier la condition $g \neq 0$ au degré du polynôme minimal de $f$ . Utiliser ensuite le lien entre le degré du polynôme minimal et la dimension du commutant.

Idées clés

•

Étude d'une suite de matrices via la réduction (lemme des noyaux).

•

Lien entre polynôme minimal et dimension du commutant.

•

Structure du commutant pour un endomorphisme cyclique.

1. Étude de la convergence de la suite.

Cherchons d'abord les racines du polynôme annulateur $P(X) = 2X^3 - 3X^2 + 1$ . On remarque que $1$ est une racine évidente : $2(1)^3 - 3(1)^2 + 1 = 0$ . En dérivant, $P'(X) = 6X^2 - 6X = 6X(X-1)$ , on constate que $P'(1) = 0$ . Ainsi, $1$ est une racine au moins double. Par division euclidienne ou identification, on obtient :

\boxed{P(X) = 2(X-1)^2 \left( X + \frac{1}{2} \right)}

D'après le lemme des noyaux, puisque les facteurs sont premiers entre eux, on a la décomposition en sous-espaces stables :

\mathbb{R}^3 = \ker(f - \text{Id})^2 \oplus \ker\left( f + \frac{1}{2}\text{Id} \right)

Soit $x = x_1 + x_2$ la décomposition d'un vecteur quelconque de $\mathbb{R}^3$ selon cette somme directe.

Sur le sous-espace $E_{-1/2} = \ker(f + \frac{1}{2}\text{Id})$ , on a $f(x_2) = -\frac{1}{2}x_2$ , donc :

f^n(x_2) = \left( -\frac{1}{2} \right)^n x_2 \implies \frac{f^n(x_2)}{n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0

Sur le sous-espace $E_1 = \ker(f - \text{Id})^2$ , posons $n = f_{|E_1} - \text{Id}_{|E_1}$ . Par définition de $E_1$ , l'endomorphisme $n$ est nilpotent d'indice au plus 2, soit $n^2 = 0$ . Puisque $\text{Id}$ et $n$ commutent, on utilise la formule du binôme de Newton :

f^n_{|E_1} = (\text{Id} + n)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} n^k = \binom{n}{0} \text{Id} + \binom{n}{1} n + 0 = \text{Id} + n \cdot n

On en déduit le comportement asymptotique sur $E_1$ :

\frac{f^n_{|E_1}}{n} = \frac{1}{n} \text{Id} + n \xrightarrow[n \to +\infty]{} n = f_{|E_1} - \text{Id}_{|E_1}

La suite $\frac{f^n}{n}$ converge donc vers l'endomorphisme $g$ défini par :

\boxed{g_{|E_1} = f_{|E_1} - \text{Id}_{|E_1}   \text{et}   g_{|E_{-1/2}} = 0}

2. Détermination du commutant.

Supposons $g \neq 0$ . D'après l'expression précédente, cela signifie que $f_{|E_1} \neq \text{Id}_{|E_1}$ . Le polynôme minimal $M_f$ divise $P$ et possède les mêmes racines que le polynôme caractéristique $\chi_f$ . Ici, $\chi_f(X) = (X-1)^2(X+1/2)$ car $\dim \mathbb{R}^3 = 3$ et la somme des dimensions des noyaux de la décomposition précédente est 3.

Si $f$ était diagonalisable, son polynôme minimal serait $(X-1)(X+1/2)$ , ce qui impliquerait $f_{|E_1} = \text{Id}_{|E_1}$ et donc $g=0$ . Comme $g \neq 0$ , $f$ n'est pas diagonalisable. Son polynôme minimal est donc nécessairement :

\boxed{M_f(X) = (X-1)^2\left( X + \frac{1}{2} \right)}

On remarque que $\deg(M_f) = 3 = \dim \mathbb{R}^3$ . L'endomorphisme $f$ est donc cyclique. Un résultat classique de cours (ou démontrable par réduction de la dimension) stipule que pour un endomorphisme cyclique, le commutant est réduit à l'ensemble des polynômes en cet endomorphisme :

\mathcal{C}(f) = \mathbb{R}[f]

Comme $\text{deg}(M_f) = 3$ , la famille $(\text{Id}, f, f^2)$ forme une base de $\mathbb{R}[f]$ . On conclut :

\boxed{\mathcal{C}(f) = \text{Vect}(\text{Id}, f, f^2) = \{ a \text{Id} + b f + c f^2 \mid (a, b, c) \in \mathbb{R}^3 \}}

Une erreur fréquente est d'oublier de vérifier si $f$ est diagonalisable. Si $f$ l'était, $g$ serait nul car sur chaque sous-espace propre, la suite $\frac{\lambda^n}{n}$ converge vers 0 pour $|\lambda| \leq 1$ . La condition $g \neq 0$ impose que l'un des blocs de la décomposition n'est pas diagonal.