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

\theoremstyle{theoreme}
\newtheorem*{prop}{Proposition}
\newtheorem*{lemme}{Lemme}
\newtheorem*{cor}{Corollaire}
\newtheorem{thm}{Théorème}

\theoremstyle{definition}
\newtheorem*{de}{Définition}
\newtheorem*{exe}{Exemple}

\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{remarque}{Remarque}

\begin{document}

\title{Endomorphismes cycliques, invariants de similitude et réduction de Frobenius}
\date{2013 -- 2014}
\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 $u\in \mathcal{L}(E)$.\\
Alors il existe une suite $F_1,\ldots,F_r$ de sous-espaces vectoriels de $E$ non réduits à $\{0\}$ et stables par $u$ telle que :

\begin{enumerate}[(i)]
\item $E=F_1\oplus \ldots \oplus F_r$
\item $\forall i\in \{1,\ldots,r\}, u_i:=u_{|F_i}$ est un endomorphisme cyclique
\item{si $P_i$ désigne le polynôme minimal de $u_i$, 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 $u$. On l'appelle suite des invariants de similitude de $u$.
\end{thm}

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

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

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

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

Soit $x\in E$ tel que $P_x=\pi_u$ (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 $u$.\\
On pose :
$$e_1=x, e_2=u(x),\ldots, e_k=u^{k-1}(x)$$
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).

En complétant $(e_1,\ldots,e_k)$ en une base et en considérant la base duale, on montre qu'il existe $\varphi\in E^*$ telle que $\varphi(e_k)=1$ et $\varphi(e_i)=0$ pour $i<k$.

\bigskip
On note $G=\Gamma^\circ$ où $\Gamma=\{{}^tu^i(\varphi), i\in \mathbb{N}\}$ (orthogonal vis-à-vis du dual).

$G$ est un sev de $E$ stable par $u$ car $\Gamma$ est stable par ${}^tu$.

Montrons $F\oplus G=E$ :

\begin{itemize}
\item $F\cap G=\{0\}$ :\\
On remarque que l'on a, pour $i,j\le k$,
\begin{align}
\langle{}^tu^i(\varphi),e_j\rangle&=\langle\varphi,u^i(e_j)\rangle\\
\notag&=\langle\varphi,e_{i+j}\rangle\\
\notag&=\delta_{i+j,k}.
\end{align}
On en déduit que si $y\in F\cap G$ est non nul, alors il existe $i$ tel que $\langle{}^tu^i(\varphi),y\rangle\neq0$, donc $F\cap G=\{0\}$.

\bigskip
\item $\dim F+ \dim G = n$ :\\
D'après $(1)$, la famille $(\varphi,{}^tu(\varphi),\dotsc,{}^tu^{k-1}(\varphi))$ est libre et $(\text{id},u,\dotsc,u^k)$ est liée donc $(\varphi,{}^tu(\varphi),\dotsc,{}^tu^k(\varphi))$ aussi, donc $\dim(\textrm{Vect }\Gamma)=k$.

On en déduit $\dim G=n-k$ car $G=(\textrm{Vect } \Gamma)^\circ$.
\end{itemize}

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

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

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

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

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

\bigskip
Supposons $(P_1,\ldots, P_r)\neq (Q_1,\ldots, Q_s)$.\\
On note $p=\inf \{i, P_i\neq Q_i\}$, $p$ existe car $\sum_i \deg(P_i)=n=\sum_j \deg(Q_j)$ et $\deg(P_i),\deg(Q_j)\neq 0$.

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

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

D'où :
$$0=\dim P_p(u)(G_j)=\ldots= \dim P_p(u)(G_s)$$

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

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

\subsection*{Détails supplémentaires}

\begin{prop}
Si $k=\deg(\pi_u)$, $\mathcal{L}_u$ est un sev de $\mathcal{L}(E)$ de dimension $k$, dont une base est $(\textrm{Id}_E,u,\ldots,u^{k-1})$.

Si $l=\deg(P_x)$, $E_x$ est un sev de $E$ de dimension $l$, dont une base est $(x,\ldots,u^{l-1}(x))$.
\end{prop}

\begin{proof}
\begin{align*}
\varphi : \mathbb{K}[X] &\longrightarrow \mathcal{L}(E)\\
P &\longmapsto P(u)
\end{align*}
est linéaire, $\mathrm{Im}\,\varphi=\mathcal{L}_u$.

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

\bigskip
Idem avec

\begin{align*}
\varphi : \mathbb{K}[X] &\longrightarrow E\\
P &\longmapsto P(u)(x)
\end{align*}
\end{proof}

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

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

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

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

Mais $Q_i^{\alpha_i}(u)(a_i)=0$ 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
$$P_x P_y(u)(x+y)=P_x P_y(u)(x)+P_x P_y(u)(y)=0$$
Donc $P_{x+y}\mid P_x P_y$.

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

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 :

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