Famille de Krylov et irréductibilité sur Q

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Soit $E$ un espace vectoriel sur le corps $\mathbb{Q}$ des rationnels. On considère trois vecteurs non nuls $x, y, z$ de $E$ .

On suppose qu'il existe un endomorphisme $T \in \mathcal{L}(E)$ satisfaisant les relations suivantes :

T(x) = y,   T(y) = z   \text{et}   T(z) = x + y

Démontrer que la famille $(x, y, z)$ est libre dans $E$ .

1.

Exprimer les vecteurs $y$ et $z$ comme des images de $x$ par des puissances de $T$ .

2.

Identifier un polynôme $P \in \mathbb{Q}[X]$ de degré 3 tel que $P(T)(x) = 0$ .

3.

Étudier l'existence de racines rationnelles pour ce polynôme afin d'en déduire son irréductibilité sur $\mathbb{Q}$ .

4.

Utiliser la notion de polynôme minimal d'un vecteur ou raisonner par l'absurde en considérant une relation de dépendance linéaire.

Idées clés

•

Utilisation de l'endomorphisme pour lier les vecteurs à un polynôme annulateur.

•

Critère d'irréductibilité des polynômes de degré 3 sur $\mathbb{Q}$ .

•

Lien entre liberté d'une famille de Krylov $(x, T(x), \dots, T^{n-1}(x))$ et degré du polynôme minimal local.

Résolution.

1. Identification d'un polynôme annulateur local

D'après les relations de l'énoncé, nous pouvons exprimer $y$ et $z$ en fonction des puissances successives de $T$ appliquées au vecteur $x$ :

y = T(x)   \text{et}   z = T(y) = T^2(x)

La troisième relation devient alors :

T(z) = x + y \iff T(T^2(x)) = x + T(x) \iff T^3(x) - T(x) - x = 0

Soit $P$ le polynôme de $\mathbb{Q}[X]$ défini par :

\boxed{P(X) = X^3 - X - 1}

L'égalité précédente s'écrit alors :

\boxed{P(T)(x) = 0_E}

2. Étude de l'irréductibilité de $P$ sur $\mathbb{Q$ $Q$ }

Le polynôme $P$ est de degré 3. Pour démontrer qu'il est irréductible sur $\mathbb{Q}$ , il suffit de vérifier qu'il ne possède aucune racine rationnelle.

Soit $r = \frac{a}{b}$ une racine de $P$ avec $a \in \mathbb{Z}, b \in \mathbb{N}^*$ et $a \wedge b = 1$ . En substituant dans $P(r) = 0$ , nous obtenons :

\left(\frac{a}{b}\right)^3 - \frac{a}{b} - 1 = 0 \iff a^3 - ab^2 - b^3 = 0

On en déduit que :

$a^3 = b^2(a+b)$ , donc $b$ divise $a^3$ . Comme $a \wedge b = 1$ , on a $b=1$ .
$b^3 = a(a^2-b^2)$ , donc $a$ divise $b^3$ . Comme $a \wedge b = 1$ , on a $a \in \{1, -1\}$ .

Les seules racines rationnelles possibles sont donc $1$ et $-1$ . Or :

P(1) = 1^3 - 1 - 1 = -1 \neq 0   \text{et}   P(-1) = (-1)^3 - (-1) - 1 = -1 \neq 0

Le polynôme $P$ n'a pas de racine dans $\mathbb{Q}$ . Étant de degré 3, il est donc irréductible sur $\mathbb{Q}$ .

3. Preuve de la liberté de la famille

Supposons que la famille $(x, y, z)$ soit liée. Comme $x \neq 0$ , il existe un polynôme $Q \in \mathbb{Q}[X]$ non nul, de degré au plus 2, tel que :

Q(T)(x) = 0_E

Considérons l'ensemble $I_x = \{ A \in \mathbb{Q}[X] \mid A(T)(x) = 0_E \}$ . C'est un idéal de $\mathbb{Q}[X]$ , qui est principal. Il existe donc un unique polynôme unitaire $M_x$ , appelé polynôme minimal de $x$ sous l'action de $T$ , tel que $I_x = (M_x)$ .

D'après la question 1, $P \in I_x$ , donc $M_x$ divise $P$ .

Or, $P$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$ et $x \neq 0$ (donc $M_x \neq 1$ ). On en déduit que :

\boxed{M_x = P}

Comme $Q \in I_x$ , $Q$ est un multiple de $P$ . Or $\deg(Q) \leq 2$ et $\deg(P) = 3$ . La seule possibilité est :

Q = 0

Cela contredit l'existence d'une relation de dépendance linéaire non triviale.

\boxed{\text{La famille } (x, y, z) \text{ est donc libre.}}

L'irréductibilité dépend crucialement du corps de base. Le polynôme $P(X) = X^3 - X - 1$ possède une racine réelle (environ $1{,}32$ ), donc si l'espace vectoriel était sur $\mathbb{R}$ , on pourrait trouver un vecteur $x$ tel que $T(x) = \lambda x$ , rendant la famille liée.