Montrer que pour toute matrice \(A\) de format \(n\times n\), le polynôme minimal de \(A\) existe et est unique

Existence : définitions initiales, on prend le polynôme de plus petit degré possible
Existence : soit \(A_{nn}(A)\subset{\Bbb K[X]}\) l'ensemble des polynômes annulateurs de \(A\), \(A_{nn}(A)=\{P\in{\Bbb K[X]}\mid P(A)=0\}\)
On prend dans \(A_{nn}\) l'élément de plus petit degré \(P=\sum^n_{i=0}a_iX^i\)
On note \(n=\deg P\) tel que \(a_n\neq0\)

Division par le terme de plus haut degré pour avoir un polynôme unitaire
Alors \(\frac1{a_n}\) est aussi annulateur de \(A\). Il est de plus unitaire. Notons \(P_{min}=\frac1{a_n}P\)

Montrer qu'un polynôme annulateur est multiple de \(P_{min}\) : montrer que le reste de la division euclidienne est nul
Supposons \(S(A)=0\)
On effectue une division euclidienne sur les polynômes : \(S=QP_{min}+R\), avec \(\deg R\lt \deg P_{min}\)
Alors on a $$\begin{align}0&=Q(A)P_{min}(A)+R(A)\\ &=0+R(A)\end{align}$$

Montrer que \(R\) est nul par contradiction avec la définition de \(P_{min}\)
On a donc \(R\in A_{nn}(A)\)
Or, on a \(\deg R\lt \deg P_{min}\) d'après le théorème de la division euclidienne, ce qui donne une contradiction car \(P_{min}\) est par définition le polynôme annulateur de plus petit degré de \(A\)
On a donc \(R=0\)

Unicité
Unicité : supposons que \(P_1\) et \(P_2\) vérifient les conditions pour être polynôme minimal de \(A\)

Degré différent impossible
Supposons quitte à changer l'ordre que \(\deg P_1\lt \deg P_2\)
Alors, d'après la définition du polynôme minimal, \(P_1\) est un multiple de \(P_2\)
On a donc : $$\begin{align} P_1=QP_2\implies\deg P_1&=\deg Q+\deg P_2\\ &\geqslant\deg P_2\end{align}$$
Ce qui est impossible

Degré égal impossible \(\Rightarrow\) impossible

Alors on a \(\deg P_1=\deg P_2=n\)
On a donc : $$\begin{align} P_1&=X^n+a_{n-1}X^{n-1}+\ldots+a_0\\ P_2&=X^n+b_{n-1}X^{n-1}+\ldots+b_0\end{align}$$
\(P_1-P_2\) est aussi annulateur de \(A\), avec \(\deg(P_1-P_2)\leqslant n-1\)
De plus, \(P_1-P_2\) est également multiple de \(P_1\) (ou \(P_2\))
C'est impossible, donc \(P_1-P_2=0\), ce qui implique que \(P_1=P_2\)

(Polynôme annulateur (Ensemble), Polynôme annulateur (Produit par un scalaire), Division euclidienne (Polynômes))

Soit \(A\in M_3({\Bbb R})\) telle que \(A^3=-A\), \(A\neq0\)
Montrer que \(A\) est semblable à $$\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&0&-1\\ 0&1&0\end{pmatrix}$$

On a \(A\in M_3({\Bbb R}),A\neq0\) et \(A^3+A=0\). Donc le polynôme minimal de \(A\) divise $$x^3+x=x(x^2+1)$$

Écarter les autres possibilités
Comme \(A\neq0\), ce n'est pas \(x\)
Et puisqu'un polynôme \(P\in{\Bbb R}[x]\) de degré impair possède toujours une racine réelle (théorème des valeurs intermédiaires), le polynôme minimal n'est donc pas \(x^2+1\)

En déduire le polynôme caractéristique de \(A\) et ses valeurs propres
Le polynôme minimal est donc \(x^3+x\), c'est donc le polynôme caractérstique
Les valeurs propres de \(A\) sont donc \(0\), \(i\) et \(-i\)

Approximations au pif

Sur \({\Bbb C}\), on a donc : $$A\approx\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&i&0\\ 0&0&-i\end{pmatrix}\approx\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&0&-1\\ 0&1&0\\ \end{pmatrix}$$

Soit \(\alpha\in{\Bbb R}\) et \(A_\alpha\in M_3({\Bbb R})\) la matrice suivante $$A_\alpha=\begin{pmatrix}-1&0&\alpha+1\\ 1&-2&0\\ -1&1&\alpha\end{pmatrix}$$ de polynôme caractéristique \(P_{A_\alpha}(\lambda)=-(\lambda+1)^2(\lambda+\alpha-1)\) et \(A_\alpha\) est diagonalisable si et seulement si \(\alpha=-1\)
Déterminer selon les valeurs de \(\alpha\) le polynôme minimal de \(A_\alpha\)

Cas \(\alpha\notin\{0,-1\}\)
Soit \(Q\) le polynôme minimal
Si \(\alpha\notin\{0,-1\}\), (\(0\) donne une racine triple, et \(-1\) permet la diagonalisation), \(Q\) divise \(P\), mais comme \(A\) n'est pas diagonalisable, ce n'est pas \((\lambda+1)(\lambda+\alpha-1)\). Comme \(-1\) et \(-\alpha+1\) sont racines de \(Q\), on a \(Q=P_{A_\alpha}\)

Cas \(\alpha=-1\)
Si \(\alpha=-1\), alors \(A_\alpha\) est diagonalisable, donc \(Q=(\lambda+1)(\lambda-\alpha+1)\)

Cas \(\alpha=0\)

Si \(\alpha=0\), il faut vérifier. \(Q\) divise \((\lambda+1)^3\) et comme \(A_\alpha\) n'est pas diagonalisable, \((\lambda+1)^2\) divise \(Q\)
$$\begin{align}\alpha=0\implies A_\alpha+\operatorname{Id}&=\begin{pmatrix}0&0&1\\ 1&-1&0\\ -1&1&1\end{pmatrix}\\ (A_\alpha+\operatorname{Id})^2&=\begin{pmatrix}-1&1&1\\ -1&1&1\\ 0&0&0\end{pmatrix}\ne0\end{align}$$
Donc \(Q=(\lambda+1)^3=P\)

Soit \(A\in M_3({\Bbb R})\) la matrice \(\begin{pmatrix}0&1&1\\ 1&0&1\\ 0&0&1\end{pmatrix}\)
Calculer le polynôme minimal de \(A\)
En déduire \(A^{-1}\), \(A^3\) et \(A^5\)

Polynôme caractéristique
$$\begin{align} P(\lambda)&=-\lambda^3+\lambda^2+\lambda-1\\ &=-(\lambda-1)^2(\lambda+1)\end{align}$$

Polynômes minimaux possibles
Le polynôme minimal est \((\lambda-1)(\lambda+1)\) ou \((\lambda-1)^2(\lambda+1)\) car il doit avoir les mêmes racines que le polynôme caractéristique, avec des multiplicités pouvant être inférieures

Sous-espace propre
On vérifie en cherchant \(\ker(A-\operatorname{Id})\) : $$\begin{cases} -x+y+z=0\\ x-y+z=0\\ (0=0)\end{cases}\iff\begin{cases} x=y\\ z=0\end{cases}$$
Donc \(\ker(A-\operatorname{Id})=\operatorname{Vect}\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\)

\(\to\) pas diagonalisable \(\to\) déduction du polynôme minimal
\(A\) n'est donc pas diagonalisable. Le polynôme minimal est donc $$(\lambda-1)^2(\lambda+1)=\lambda^3-\lambda^2-\lambda+1$$

En déduire les puissances de matrices en résolvant un système

On a \(A^3-A^2-A+\operatorname{Id}=0\iff A^{-1}=-A^2+A+\operatorname{Id}\)
De plus \(A^3=A^2+A-\operatorname{Id}\)
\(\Rightarrow\) \(A^4=A^3+A^2-A=2A^2-\operatorname{Id}\)
\(\Rightarrow\) \(A^5=2A^3-A=2A^2+A-2\operatorname{Id}\)

Soit \(P\in{\Bbb C}[X]\) tel que \(P(0)=0\) et \(P^\prime(0)\neq0\)
Soit \(E\) un \({\Bbb C}\)-espace vectoriel de dimension finie et \(f\in\mathcal L(E)\) tel que \(P(f)=0\)
Montrer que $$\ker f=\ker f^2$$ en déduire $$E=\ker f\oplus\ker f^2$$

\(0\) est au plus racine simple de \(Q\)
\(0\) est racine simple de \(P\) (car \(P(0)=0\) et \(P^\prime(0)\ne0\))
Comme \(P(f)=0\), le polynôme minimal \(Q\) de \(f\) divise \(P\), donc \(0\) est au plus une racine simple de \(Q\)

Racine simple \(\to\) le noyau "ne grandit pas"
Selon le cours, \(E_0=\ker f=\ker f^2=\ker f^3=\ldots\)

Intersection nulle \(\to\) somme directe
Soit \(u\in\ker f\cap\operatorname{Im} f\). Montrons que \(u=0\)
On a \(f(u)=0\) et \(\exists v\ne0,u=f(v)\)
Donc \(f(v)\ne0\) \(\Rightarrow\) \(v\notin\ker f\) et \(f(f(v))=f(u)=0\) donc \(v\in\ker f\)
Il y a une contradiction, donc \(\ker f=\ker f^2\)

On a donc \(\ker f+\operatorname{Im} f\) sont en somme directe

D'après le théorème du rang, on a donc $$\operatorname{dim}(\ker f\oplus\operatorname{Im} f)=\operatorname{dim}\ker f+\operatorname{dim}\operatorname{Im} f=\operatorname{dim} E$$ et donc \(\ker f\oplus\operatorname{Im} f^2=E\)

(Racine, Sous-espace propre, Somme directe, Théorème du rang)

Déterminer toutes les matrices \(A\) de \(M_{2,2}({\Bbb R})\) telles que $$A^2-3A+2\operatorname{Id}=0$$

Possibilités pour le polynôme minimal
On cherche \(M\) connue telle que \(\exists P\) inversible telle que \(A=P^{-1}AP\)
Le polynôme minimal \(Q\) de \(A\) divise \(x^2-3x+2=(x-1)(x-2)\)

Disjonction des cas

• si \(Q=x-1\), alors, comme \(Q(A)=0\), \(A=\operatorname{Id}\)
• si \(Q=x-2\), alors, comme \(Q(A)=0\), \(A=2\operatorname{Id}\)
• si \(Q=(x-1)(x-2)\), alors les valeurs propres de \(A\) sont \(1\) et \(2\) (de multiplicité \(1\)), donc \(A=P^{-1}\begin{pmatrix}1&0\\ 0&2\end{pmatrix} P\)

(Matrice diagonalisable)

Déterminer toutes les matrices \(A\) de \(M_{2,2}({\Bbb R})\) telles que $$A^3-8A^2+21A-18\operatorname{Id}=0$$

Factorisation \(\to\) disjonction des cas

\(Q\) divise \(x^3-8x^2+21x-18=(x-3)^2(x-2)\) et \(Q\) est de degré \(\leqslant2\)

• \(Q=x-2\implies A=2\operatorname{Id}\)
• \(Q=x-3\implies A=3\operatorname{Id}\)
• \(Q=(x-2)(x-3)\implies A=P^{-1}\begin{pmatrix}2&0\\ 0&3\end{pmatrix} P\)
• \(Q=(x-3)^2\implies A=P^{-1}\begin{pmatrix}3&1\\ 0&3\end{pmatrix} P\) (il y a un \(1\) en haut à droite pour ne pas revenir au deuxième cas)

Soit \(B\in\mathcal M_2\)
Calculer explicitement \(B^2-\operatorname{tr}(B)B+\operatorname{det}(B)I_2\)
En déduire le polynôme minimal de la matrice $$B=\begin{pmatrix}3&1\\ -1&1\end{pmatrix}$$

Calcul
Si \(B=\begin{pmatrix} a&b\\ c&d\end{pmatrix}\), alors $$B^2-\operatorname{tr}(B)B+\operatorname{det}(B)I_2=0$$

Donc le polynôme minimal de \(B\) divise \(x^2-\operatorname{tr}B+\operatorname{det} B\)
Si \(B=\begin{pmatrix}3&1\\ -1&1\end{pmatrix}\), il divise \(x^2-4x+4=(x-2)^2\)
C'est \(x-2\) ou \((x-2)^2\)
Si c'était \(x-2\), on aurait \(B=2\operatorname{Id}\), donc c'est \((x-2)^2\)

Résoudre dans \(M_n({\Bbb K})\) le système : $$\begin{cases} M^2=\operatorname{Id}\\ M^3-M^2+M=\operatorname{Id}\end{cases}$$

Chercher des polynômes annulateur
Soit \(M\) une matrice qui vérifie ce système
Alors $$P(X)=X^2-1\quad\text{ et }\quad Q(X)=X^3-X^2+X-1$$ sont des polynômes annulateur de \(M\)

Polynôme minimal divise les polynômes annulateurs \(\to\) il divise le \(\operatorname{pgcd}\), qu'on obtient en factorisant
Le polynôme minimal \(P_{min}\) divise tout polynôme annulateur, donc il divise \(\operatorname{pgcd}(P,Q)=X-1\)

Résoudre l'équation donnée par le polynôme minimal

\(M\) vérifie alors \(P_{min}(M)=0\iff M=\operatorname{Id}\)

(Polynôme annulateur, Pgcd d'un polynôme)

Soit \(D\) une matrice diagonale telle que ses valeurs propres sont \(\lambda_1,\ldots,\lambda_p\)
Montrer que le polynôme minimal de \(D\) est : $$P_{min}(X)=(X-\lambda_1)\times\cdots\times(X-\lambda_p)$$

Écriture de la matrice
Puisque deux matrices semblables ont le même polynôme minimal, on peut supposer que \(D\) est la matrice : $$\begin{align} D&=\begin{pmatrix}\lambda_1&&&&&&&&\varnothing\\ &\ddots\\ &&&\lambda_1\\ &&&&\ddots\\ &&&&&\ddots\\ &&&&&&\lambda_p\\ &&&&&&&\ddots\\ \varnothing&&&&&&&&\lambda_p\end{pmatrix}\\ &=\operatorname{diag}(\lambda_1\operatorname{Id}_{m_1},\ldots,\lambda_p\operatorname{Id}_{m_p})\end{align}$$

Montrer que \(P_{min}\) est annulateur de \(D\)
On a donc $$P_{min}(D)=\operatorname{diag}(\underbrace{P_{min}(\lambda_1)\operatorname{Id}_{m_1}}_{=0},\ldots,\underbrace{P_{min}(\lambda_p)\operatorname{Id}_{m_p}}_{=0})$$ puisque les \(\lambda_i\) sont des valeurs propres de \(D\), le polynôme \(P_{min}\) est donc annulateur de \(D\)

\(P_{min}\) divise tout polynôme annulateur de \(D\)
On a de plus $$\forall i\in[\![1,p]\!],P(\lambda_i)=0\iff\forall i\in[\![1,p]\!],(X-\lambda_i)\mid P(X)$$
D'où (puisque les \(\lambda_i\) sont deux à deux distincts) : $$P_{min}(X)=(X-\lambda_i)\times\cdots\times(X-\lambda_p)\mid P(X)$$

Conclusion

\(P_{min}\) est donc le polynôme minimal de \(D\) par unicité du polynôme minimal