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\newtheoremstyle{theoreme}{10pt}{10pt}{\itshape}{6pt}{\bfseries}{.}{\newline}{}

\theoremstyle{theoreme}
\newtheorem*{prop}{Proposition}
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\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{remarque}{Remarque}

\begin{document}

\title{Endomorphismes cycliques, invariants de similitude et réduction de Frobenius}
\date{2012-2013}
\maketitle

Référence : Xavier Gourdon, \emph{Algèbre (2\up{e} édition)}, Ellipses, 2009, p.290.

\begin{thm}
Soit $E$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel de dimension finie $n$.\\
Soit $f\in \mathcal{L}(E)$.\\
Alors il existe une suite $F_1,\ldots,F_r$ de sous-espaces vectoriels de $E$ stables par $f$ telle que :\\
\begin{enumerate}[(i)]
\item $E=F_1\oplus \ldots \oplus F_r$
\item $\forall i\in \{1,\ldots,r\}, f_i:=f_{|F_i}$ est un endomorphisme cyclique
\item{si $P_i$ désigne le polynôme minimal de $f_i$, on a :
$$\forall i\in \{1,\ldots,r-1\}, P_{i+1}\mid P_i$$}
\end{enumerate}

La suite de polynômes $P_1,\ldots, P_r$ ne dépend que de $f$. On l'appelle suite des invariants de similitude de $f$.
\end{thm}

\begin{thm}[Réduction de Frobenius]
Soit $f\in \mathcal{L}(E)$.\\
Soit $P_1,\ldots, P_r$ la suite des invariants de similitude de $f$.\\
Alors il existe une base $\mathcal{B}$ de $E$ telle que :
$$Mat_\mathcal{B}(f)= 
\begin{pmatrix}
C(P_1) & & 0\\
 &\ddots & \\
0 & & C(P_r)
\end{pmatrix}$$
où $C(P_i)$ désigne la matrice compagnon de $P_i$.\\
On a $P_1=\pi_f$ et $P_1\ldots P_r=\chi_f$.
\end{thm}

\begin{lemme}
Soit $f\in \mathcal{L}(E)$ un endomorphisme cyclique.\\
Alors il existe une base de $E$ dans laquelle la matrice de $f$ est égale à $C(\pi_f)$.
\end{lemme}

\begin{proof}
Il existe $x\in E$ tel que $(x,f(x),\ldots,f^{n-1}(x))$ soit une base de $E$.\\
Si $\pi_f=X^n+a_{n-1}X^{n-1}+\ldots+a_0$, alors $f^n(x)=-a_{n-1}f^{n-1}(x)-\ldots-a_0x$ car $\pi_f$ annule $f$.
\end{proof}

\begin{proof}[Démonstration du théorème 1]~~\\
\begin{itemize}
\item Existence : soit $k=\deg(\pi_f)$, soit $x\in E$.\\
On note $P_x$ le polynôme unitaire engeandrant l'idéal :
$$\{P\in \mathbb{K}[X]\ /\ P(f)(x)=0\}$$
et
$$E_x:=\{P(f)(x)\ /\ P\in \mathbb{K}[X]\}$$

Soit $x\in E$ tel que $P_x=\pi_f$ (une preuve de l'existence d'un tel $x$ est donnée en fin de document).\\
Le sous-espace vectoriel $F:=E_x$ est de dimension $k$ et est stable par $f$.\\
On pose :
$$e_1=x, e_2=f(x),\ldots, e_k=f^{k-1}(x)$$
Alors $(e_1,\ldots, e_k)$ forme une base de $F$ car $\deg(P_x)=k$ (plus de détails sont donnés en fin de document).

On la complète en une base $(e_1,\ldots, e_n)$ de $E$ et on note $(e_1^*,\ldots, e_n^*)$ la base duale associée.
\bigskip

On note $G=\Gamma^\circ$ où $\Gamma=\{e_k^*\circ f^i, i\in \mathbb{N}\}$ (orthogonal vis-à-vis du dual).\\
i.e. $G$ est l'ensemble des $x$ tels que la $k$-ième coordonnée de $f^i(x)$ dans $(e_1,\ldots,e_n)$ soit nulle pour tout $i$.

$G$ est un sev de $E$ stable par $f$.

\bigskip
Montrons $F\oplus G=E$ :

\begin{itemize}
\item $F\cap G=\{0\}$ :\\
soit $y\in F\cap G$, si $y\neq 0$ on peut écrire $y=a_1 e_1+\ldots + a_p e_p$ avec $a_p\neq 0$ et $p\le k$.\\
En composant par $e_k^*\circ f^{k-p}$, on a :
$$0=e_k^*(a_1 e_{k-p+1} +\ldots +a_p e_k)=a_p$$

donc $F\cap G=\{0\}$.

\bigskip
\item $\dim F+ \dim G = n$ :\\
$G=(\textrm{Vect } \Gamma)^\circ$ donc prouvons $\dim(\textrm{Vect }\Gamma)=k$.

\bigskip
On considère :
$$\begin{align*}
\varphi : \mathcal{L}_f:=\{P(f)\ /\ P\in \mathbb{K}[X]\} &\to \textrm{Vect }\Gamma\\
g &\mapsto e_k^*\circ g
\end{align*}$$

$\varphi$ est surjective par définition.\\
Si $e_k^*\circ g=0$ avec $g\neq 0$, on peut écrire :
$$g=a_1 \textrm{Id}_E+\ldots +a_p f^{p-1}$$
avec $p\le k$ et $a_p\neq 0$ car $(\textrm{Id}_E,\ldots, f_{p-1})$ est une base de $\mathcal{L}_f$ (détails supplémentaires en fin de document).

$$\begin{align*}
0 &= e_k^* \circ g(f^{k-p}(x))\\
&= e_k^*(a_1 f^{k-p}(x) +\ldots + a_p f^{k-1}(x))=a_p
\end{align*}$$

Donc $g=0$ et $\varphi$ est injective.\\
Donc $\dim(\textrm{Vect }\Gamma)=\dim \mathcal{L}_f=k$.
\end{itemize}

\bigskip
On note $P_1$ le polynôme minimal de $f_{|F}$ ($\pi_f=P_x=P_1$) et $P_2$ le polynôme minimal de $f_{|G}$.

$G$ est stable par $f$ donc $P_2\mid P_1$.

Puis on recommence sur $f_{|G}$.

\bigskip
\item Unicité : soient $F_1,\ldots, F_r$ et $G_1,\ldots, G_s$ vérifiant les hypothèses du théorème.

On note $P_i=\pi_{f_{|F_i}}$ et $Q_j=\pi_{f_{|G_j}}$.

On a $P_1=\pi_f=Q_1$.

\bigskip
Supposons $(P_1,\ldots, P_r)\neq (Q_1,\ldots, Q_s)$.\\
On note $j=\inf \{i, P_i\neq Q_i\}$, $j$ existe car $\sum_i \deg(P_i)=n=\sum_j \deg(Q_j)$.

$$P_j(f)(E)=P_j(f)(F_1)\oplus \ldots \oplus P_j(f)(F_{j-1})$$
car $E=F_1\oplus \ldots \oplus F_r$ et $P_j(f)(F_k)=0$ pour $k\ge j$ et les $F_i$ sont stables par $f$.

Or
$$P_j(f)(E)=P_j(f)(G_1)\oplus \ldots \oplus P_j(f)(G_s)$$
et
$$\dim P_j(f)(F_i)=\dim P_j(f)(G_i) \textrm{ pour } 1\le i\le j-1$$
car d'après le lemme, il existe $\mathcal{B}_i$ et $\mathcal{B}'_i$ telles que $\textrm{Mat}_{\mathcal{B}_i}(f_{|F_i})=\textrm{Mat}_{\mathcal{B}'_i}(f_{|G_i})$.

D'où :
$$0=\dim P_j(f)(G_j)=\ldots= \dim P_j(f)(G_s)$$

D'où $Q_j\mid P_j$, donc $Q_j=P_j$ par symétrie.
\end{itemize}
\end{proof}
\begin{proof}[Démonstration du théorème 2]
Soit $\mathcal{B}_i$ base de $F_i$ telle que $\textrm{Mat}_{\mathcal{B}}(f_{|F_i})=C(P_i)$.

La matrice de $f$ dans la base $(\mathcal{B}_1,\ldots, \mathcal{B}_r)$ est bien de la forme voulue.
\end{proof}

\subsection*{Détails supplémentaires}

\begin{prop}
Si $k=\deg(\pi_f)$, $\mathcal{L}_f$ est un sev de $\mathcal{L}(E)$ de dimension $k$, dont une base est $(\textrm{Id}_E,f,\ldots,f^{k-1})$.\\
Si $l=\deg(P_x)$, $E_x$ est un sev de $E$ de dimension $l$, dont une base est $(x,\ldots,f^{l-1}(x))$.
\end{prop}

\begin{proof}
$$\begin{align*}
\varphi : \mathbb{K}[X] &\to \mathcal{L}(E)\\
P &\mapsto P(f)
\end{align*}$$
est linéaire, $\mathrm{Im}\,\varphi=\mathcal{L}_f$.

$$\ker \varphi=\{P\in \mathbb{K}[X]\ /\ P(f)=0\}=(\pi_f)$$
Donc
$$\mathcal{L}_f\cong \mathbb{K}[X] / (\pi_f)$$
dont une base est $(1,X,\ldots,X^{k-1})$

\bigskip
Idem avec
$$\begin{align*}
\varphi : \mathbb{K}[X] &\to E\\
P &\mapsto P(f)(x)
\end{align*}$$
\end{proof}

\begin{prop}
Il existe $x\in E$ tel que $P_x=\pi_f$.
\end{prop}

\begin{proof}
Soit $\pi_f=Q_1^{\alpha_1}\ldots Q_l^{\alpha_l}$ avec $Q_i$ irréductible unitaire, $\alpha_i>0$.

\begin{itemize}
\item soit $i\in \{1,\ldots,l\}$, soit $R$ tel que $\pi_f=Q_i^{\alpha_i} R$.

$$0=\pi_f(f)=Q_i^{\alpha_i}(f)\circ R(f)$$
Donc 
$$\textrm{Im}\,R(f) \subseteq \ker Q_i^{\alpha_i}(f)$$
Si
$$\textrm{Im}\,R(f) \subseteq \ker Q_i^{\alpha_i-1}(f)$$
alors
$$Q_i^{\alpha_i-1}(f)\circ R(f)=0$$
donc $\pi_f\mid Q_i^{\alpha_i-1} R$, or $\deg Q_i^{\alpha_i-1} R<\deg \pi_f$, donc il existe $a_i\in \textrm{Im}\,R(f)$ tel que $Q_i^{\alpha_i-1}(f)(a_i)\neq 0$.

Mais $Q_i^{\alpha_i}(f)(a_i)=0$ donc $P_{a_i}\mid Q_i^{\alpha_i}$, donc $P_{a_i}=Q_i^{\alpha_i}$ car $P_{a_i}\centernot\mid Q_i^{\alpha_i-1}$ et $Q_i$ est irréductible.

En résumé, pour $1\le i\le l$, il existe $a_i\in E$ tel que $P_{a_i}=Q_i^{\alpha_i}$.

\bigskip
\item Montrons que :
$$P_x\wedge P_y=1 \Longrightarrow P_{x+y}=P_x P_y$$

On a
$$P_x P_y(f)(x+y)=P_x P_y(f)(x)+P_x P_y(f)(y)=0$$
Donc $P_{x+y}\mid P_x P_y$.

D'autre part,
$$P_{x+y}(f)(y)=-P_{x+y}(f)(x)$$
Donc
$$P_x P_{x+y}(f)(y)=-P_x P_{x+y}(f)(x)=0$$

Donc $P_y\mid P_x P_{x+y}$ et $P_x \wedge P_y=1$ donc $P_y\mid P_{x+y}$.

De même, $P_x\mid P_{x+y}$ donc $P_x P_y\mid P_{x+y}$ car $P_x \wedge P_y=1$.

D'où $P_x P_y=P_{x+y}$.

\bigskip
\item Alors pour $1\le i\le l$, il existe $a_i$ tel que $P_{a_i}=Q_i^{\alpha_i}$ et $Q_i^{\alpha_i}\wedge Q_j^{\alpha_j}=1$ pour $i\neq j$, donc :

$$P_{\sum\limits_{i=1}^l a_i}=\prod_{i=1}^l P_{a_i}=\pi_f$$
\end{itemize}
\end{proof}
\end{document}