Matrice compagnon et plans stables

Soit $f$ un endomorphisme d'un $\mathbb{R}$ -espace vectoriel $E$ de dimension $n$ . On suppose qu'il existe un polynôme $P = X^2 + \alpha X + \beta \in \mathbb{R}[X]$ sans racine réelle tel que $P(f) = 0$ .

Justifier que $n$ est pair.
Pour tout $x \in E \setminus \{0\}$ , on pose $y = f(x) + \alpha x$ . Montrer que $(x, y)$ est une base d'un plan $H_x$ stable par $f$ .
Déterminer la matrice de la restriction de $f$ à $H_x$ dans la base $(y, x)$ .
Montrer qu'il existe une base de $E$ dans laquelle la matrice de $f$ est diagonale par blocs avec des blocs identiques égaux à $\begin{pmatrix} 0 & 1 -\beta & -\alpha \end{pmatrix}$ .

1.

La parité de $n$ découle de l'absence de racines réelles pour le polynôme caractéristique.

2.

Calculer $f(y)$ en utilisant la relation $f^2 + \alpha f + \beta \operatorname{id} = 0$ .

3.

Pour la question 4, utiliser un raisonnement par récurrence sur la dimension de l'espace en extrayant successivement des plans stables.

Idées clés

•

Utilisation de la relation polynomiale pour exprimer $f(y)$ .

•

Argument de dimension pour la somme directe (lemme de Zorn ou récurrence simple).

Résolution.

Parité de la dimension. Les valeurs propres complexes de $f$ sont racines de $P$ . Puisque $P$ n'a pas de racines réelles, $f$ n'a pas de valeurs propres réelles. Le polynôme caractéristique $\chi_f$ est de degré $n$ . S'il était impair, il posséderait une racine réelle d'après le théorème des valeurs intermédiaires. Ainsi, $n$ est pair. $\boxed{n \in 2\mathbb{N}}$
Base du plan stable. Soit $x \neq 0$ . Si $(x, y)$ était liée, on aurait $y = \lambda x$ , soit $f(x) + \alpha x = \lambda x$ , d'où $f(x) = (\lambda - \alpha) x$ . Cela signifierait que $x$ est un vecteur propre de $f$ , ce qui est impossible. La famille $(x, y)$ est donc libre. Calculons $f(y)$ : \begin{align*} f(y) &= f(f(x) + \alpha x)
&= f^2(x) + \alpha f(x) \end{align*} Comme $P(f) = 0$ , on a $f^2(x) + \alpha f(x) + \beta x = 0$ , donc : $f(y) = -\beta x$ Puisque $f(y) \in \operatorname{Vect}(x, y)$ et $f(x) = y - \alpha x \in \operatorname{Vect}(x, y)$ , le plan $H_x = \operatorname{Vect}(x, y)$ est stable par $f$ . $\boxed{f(H_x) \subset H_x}$
Matrice de la restriction. On utilise la base $(y, x)$ $(y, x)$ . D'après les calculs précédents :
- $f(y) = 0 \cdot y - \beta \cdot x$
- $f(x) = 1 \cdot y - \alpha \cdot x$
La matrice est donc :
$\boxed{ \operatorname{Mat}_{(y, x)}(f_{|H_x}) = \begin{pmatrix} 0 & 1 -\beta & -\alpha \end{pmatrix} }$
Existence de la base globale. On procède par récurrence sur $n$ . Pour $n=0$ , c'est trivial. Supposons la propriété vraie pour tout espace de dimension $n-2$ . Soit $E$ de dimension $n$ . On choisit $x_1 \neq 0$ et on forme $H_{x_1}$ . C'est un plan stable. D'après le résultat de la question 3 de l'exercice précédent (applicable ici car la structure est identique), si l'on prend un supplémentaire stable, on peut conclure. Cependant, en CPGE MP, on peut utiliser le fait que si $H$ est stable, il existe un supplémentaire stable (ceci est vrai ici car le polynôme minimal est irréductible, rendant l'endomorphisme semi-simple). Plus simplement, on construit $E = H_1 \oplus H_2 \oplus \dots \oplus H_p$ par récurrence : Si $F_k = H_1 \oplus \dots \oplus H_k \neq E$ , on prend $x \in E \setminus F_k$ . L'intersection $F_k \cap H_x$ est un sous-espace stable de $H_x$ . Comme $H_x$ ne contient aucun sous-espace stable de dimension 1 (pas de valeurs propres), on a soit $F_k \cap H_x = \{0\}$ , soit $F_k \cap H_x = H_x$ . Le deuxième cas implique $x \in F_k$ , ce qui est exclu. Donc la somme est directe. On itère jusqu'à ce que la dimension atteigne $n$ . $\boxed{ \operatorname{Mat}_{\mathcal{B}}(f) = \operatorname{diag}(A, \dots, A) \text{ avec } A = \begin{pmatrix} 0 & 1 -\beta & -\alpha \end{pmatrix} }$

L'erreur classique est d'oublier de justifier pourquoi $F_k \cap H_x = \{0\}$ . Il faut bien préciser qu'un plan stable dont le polynôme minimal est irréductible ne contient aucune droite stable.