semaine 2

Table des matières
1. Noyaux itérés 1
2. La recherche d’un vecteur minimal 2
3. Sous-espaces cycliques 3
4. Endomorphismes cycliques 5
5. Matrice compagnon 7
6. Théorème de Cayley-Hamilton 7
1. Noyaux itérés
En particulier, on donnera une classe de sous-espaces stables importante qui corres-
pond chez les groupes abéliens finis aux sous-groupes cycliques.
1.1. Suite des noyaux itérés. Noter qu’on a une suite croissante de sous-espaces
ker f⊂ker f2⊂ker f3· · · ,
On peut facilement démontrer que
(1.1) si ker fk= ker fk+1 alors ker fk= ker fjpour tout j≥k.
Autrement dit, une fois on atteint égalité des dimensions de la suite des noyaux itérés,
cette suite devient stationnaire. Or, si Eest de dimension finie, cette suite croissante est
majorée, du coup pour chaque f∈ L(E)il existe un ptel que la suite des ker fkpour
k= 1, . . . , p−1est strictement croissante, et pour k=p, . . . , dim Eelle est stationnaire.
Plus généralement, pour Earbitraire et f∈ L(E), si pest le plus petit entier positif
tel que ker fp= ker fp+1 (si aucun pexiste on met p=∞), alors dim ker fp≥p.
Notons que si fest un automorphisme, alors p= 0; cette chaine de noyaux itérés reste
figée en {0}. Si fest un endomorphisme nilpotent, alors pest précisément l’indice de
nilpotence. Du coup, la suite stationne avec ker fp=Ecomme point de stationnement.
On en déduit que le résultat suivant (le deuxième énoncé s’en déduit à partir du principe
des tiroirs).
Proposition 1.2. Soit f∈ L(E). Si fest nilpotent d’indice p, alors dim ker fp≥p.
Si Eest de dimension finie et que p= dim E, alors pour tout k= 0,1, . . . , p on a
dim ker fk=k.
Exemple 1.2.1. Soit fun endomorphisme de E, nilpotent d’indice n= dim E. Ainsi
fn= 0 mais fn−16= 0. Déterminons tous les sous-espaces stables par f.
Soit Fun sous-espace stable par f. L’endomorphisme enduit fFreste nilpotent, mais
son indice peut diminuer. Soit pl’indice de fF. Alors fp
F= 0Fet du coup F= ker fp F.
On aimerait relier Fàker fp. Pour cela, remarquer que ker fp
F⊂ker fp. Mais cette
inclusion est en fait une égalité, car les deux espace ont la même dimension. En effet,
par Proposition 1.2, on a dim ker fp=pet dim ker fp
F≥p.
Pour un endomorphisme f∈ L(E)on aimerait comprendre mieux les écarts
ek= dim ker fk+1 −dim ker fk.
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On prend note de des identités suivantes évidentes:
(1.2) ker f|F= ker f∩Fet imf|F=f(F).
On peut démontrer la formule suivante.
Proposition 1.3. Soient f∈ L(E)et k∈N. Alors
ek= dim(imfk∩ker f).
En particulier, la suite des écarts ekest décroissante.
Proof. Soit g=fk
|ker fk+1 . Alors la formule du rang affirme que
dim ker fk+1 = dim ker g+ dim im g.
Par (1.2) on a
ker g= ker fk∩ker fk+1 = ker fket im g=fk(ker fk+1)
donc
dim ker fk+1 = dim ker fk+ dim fk(ker fk+1).
Il suffit de montrer que fk(ker fk+1) = imfk∩ker f. Pour le sens ⊂, prenons y=fk(x)
où x∈ker fk+1. Alors il est clair que y∈im fket puis f(y) = f(fk(x)) = fk+1(x)=0
ce qui démontre que y∈ker fk+1. Pour le sens ⊃, prenons y∈im fk∩ker f. Alors il
existe x∈Etel que y=fk(x)et par ailleurs f(y) = 0. Cela veut dire que x∈ker fk+1.
Du coup, y∈fk(ker fk+1).
Pour en déduire que la suite des écarts est décroissante, on se sert de l’inclusion
imfk+1 ⊂imfkqui implique
(imfk+1 ∩ker f)⊂(imfk∩ker f).
et donc ek+1 ≤ek.
On remarque que pour un morphisme nilpotent f∈ L(E), où Eest de dimension
finie n, la somme des écarts e0+e1+· · · vaut n.
2. La recherche d’un vecteur minimal
Si Gest un groupe abélien fini, on sait qu’il existe un g∈Gtel que o(g) = e(G).
Dans cette section on aimerait donner un résultat analogue chez les endomorphismes.
Exemple 2.0.1. Soit G=Z/p4q2Z×Z/pq3Z, avec p, q des nombres premiers distincts.
Alors e(G) = p4q3et tout élément de la forme g=g1+g2, où g1= (a1q2, b1q3)et
g2= (a2p4, b2p)suffit, pourvu que p-ai,q-bi. Remarquer que, dans ce dernier cas,
si mn:G→Gdésigne l’homomorphisme x7→ nx, alors g1∈ker mp4−ker mp3et
g1∈ker mq3−ker mq2.
Le lemme suivant sera utile pour la suite.
Lemme 2.1. Soient f∈ L(E)et P∈K[x].
(1) La suite ker Pk(f)est strictement croissante puis stationnaire.
(2) Si Pest irréductible et x∈ker Pk(f)−ker Pk−1(f), alors le polynôme minimal
de fen xest Pk.

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(3) Si µf=QkPαk
kest la factorisation du polynôme minimal µfde fen puissances
de polynômes irréductibles alors pour tout kon a ker Pαk
k(f)6= ker Pαk−1 k(f).
Proof. On laisse comme exercice la vérification que si ker Pa
k(f) = ker Pa+1
k(f)alors
ker Pa
k(f) = ker Pb k(f)pour tout b≥a.
Puisque x∈ker Pk(f)on a Pk(f)(x) = 0 donc µf,x|Pk. L’irréductibilité de Pentraîne
alors µj,x =Pjpour un certain j≤k. Mais, puisque x /∈ker Pk−1(f), la seule possibilité
(par la propriété d’avant) est que j=k.
S’il existe un k0tel que ker Pαk0
k0(f) = ker Pαk0−1 k0(f)alors on pourrait considérer le
produit Q=Pαk0−1
k0Qk6=k0Pαk k. Par le lemme des noyaux (appliqué à µfet à Q) on a
E= ker µf(f) = M
k
ker Pαk
k(f) = ker Pαk0−1 k0(f)M
k6=k0
ker Pαk
k(f) = ker Q(f).
Ainsi Qannule f, ce qui contredit la minimalité de µf.
Proposition 2.2. Soit f∈ L(E). Alors il existe x∈Etel que µf,x =µf.
Proof. Décomposons µfen produits de polynômes irréductibles QPαk
k. Par partie (3) du
lemme 2.1, pour chaque kon peut choisir un élément xkdans ker Pαk
k(f)−ker Pαk−1 k(f).
Montrons que x=x1+· · · +xksatisfait µf,x =µf. La divisibilité µf,x |µfest automa-
tique pour tout fet x, donc il faut montrer que µf|µf,x.
Par le lemme d’Euclide, il suffit de montrer que Pαk
kdivise µf,x. Or, la partie (2) du
lemme 2.1 affirme que Pαk
kest le polynôme annulateur de fen xk. Ainsi, il suffit de
montrer que µf,x(f)(xk) = 0E.
Par linéarité on a
0E=µf,x(f)(x) = X
k
µf,x(f)(xk).
Mais µf,x(f)(xk)∈ker Pαk
k(f), et comme ces ker’s sont en somme directe, on a forcément
que µf,x(f)(xk) = 0E.
3. Sous-espaces cycliques
Maintenant on arrive à l’analogue chez les endomorphismes des sous-groupes cycliques
d’un groupe abélien fini G. Rappelez-vous que le groupe cyclique engendré par un
élément g∈Gest, par définition, le plus petit sous-groupe (au sens de l’inclusion)
contenant g. Cette propriété détermine bien un unique sous-groupe, noté hgi, car si
deux sous-groupes contiennent galors leur intersection est un sous-groupe qui contient
gaussi.
De même pour les endomorphismes. Soit f∈ L(E)et x∈E. Si deux sous-espaces
stables par Econtiennent xalors leur intersection est encore un sous-espace stable qui
contient x. Cela motive la définition suivante.
Définition 3.0.1. Soit f∈ L(E)et x∈E. Alors le sous-espace cyclique engendré par
xest le plus petit (au sens de l’inclusion) sous-espace Ef,x stable par fet contenant x.
Proposition 3.1. Soit f∈ L(E)et x∈E. Alors une base de Ef,x est donnée par
{x, f(x), f2(x), . . . , fd−1(x)},où d= deg µf,x.

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En particulier, dim Ef,x = deg µf,x et le polynôme minimal de l’induit de fsur Ef,x est
µf,x.
Proof. D’abord démontrons que Ef,x = vect{fk(x)}k∈N. Pour voir cela, déjà remarquons
que inclusion ⊂est conséquence de la définition de Ef,x. En effet, vect{fk(x)}k∈Nest
un espace vectoriel stable par fet contenant x, et du coup Ef,x est inclu dedans. Pour
l’autre sens, évidemment x∈Ef,x, mais f(x)aussi, car Ef,x est stable par f. Par
récurrence on en déduit que fk(x)∈Ef,x pour tout k, ce qui fallait démontrer.
Maintenant, raffinons l’argument ci dessus. Écrivons µf,x(X) = Pd
k=0 akXk. Alors
µf,x(f)(x)=0E, ce qui veut dire que les vecteurs x, f(x), . . . , fd(x)sont liés. Ainsi
vect{fk(x)}k∈N= vect{x, f(x), f2(x), . . . , fd−1(x)}. Il faut maintenant montrer que les
vecteurs x, f(x), f2(x), . . . , fd−1(x)sont linéairement indépendants. Mais si ce n’était
pas le cas, on trouverait un polynôme non nul P∈K[X], de degré au plus d−1tel que
P(f)(x) = 0, ce contredirait la minimalité de µf,x.
Pour voir l’énoncé sur le polynôme minimal de Ef,x, posons pour simplicité G=Ef,x
et gl’induit de fsur G. Noter que
Ig={P∈K[x] : P(g)=0L(G)}
={P∈K[x] : P(g)(x) = P(g)(f(x)) = · · · =P(g)(fd−1(x)) = 0E}
={P∈K[x] : P(g)(x)=0E}
={P∈K[x] : P(f)(x)=0E}=If,x.
Ceci implique µg=µf,x.
La proposition précédente justifie la remarque que le polynôme minimal de fen x
jour le rôle de l’ordre d’un élément dans un groupe abélien fini. En effet, l’ordre d’un
élément, c’est l’exposant du sous-groupe qu’il engendre, et de façon analogue, µf,x est
le polynôme minimal du sous-espace cyclique Ef,x engendré par x.
Proposition 3.2. Soit f∈ L(E)quelconque. Pour tout x∈Etel que µf=µf,x le
sous-espace cyclique Ef,x engendré par xadmet un supplément stable par f.
Remarque 1. La preuve construira un supplément stable de Ef,x explicitement. Mais
pour le moment, supposons donné un supplément stable Fde Ef,x; qu’elles propriétés
a-t-il?
La décomposition en somme directe E=Ef,x ⊕Fdonne lieu a une décomposition
E∗=E⊥
f,x ⊕F⊥de l’espace dual. En particulier, F⊥consiste en toutes les fonctionnelles
de Equi s’annule sur F, et si p= dim Ef,x on a dim F⊥=p.
Par ailleurs, la stabilité de Fpar fentraine la stabilité de F⊥au sens suivant: si
`∈F⊥alors f∗(`)∈F⊥aussi, où f∗(`) = `◦f. On peut même montrer que F⊥cyclique
sous l’action de f∗. En effet, si on convient d’écrire ei=fi(x)pour i= 0, . . . , p −1,
alors une base pour Ef,x est donnée par {e0, e1, . . . , ep−1}. Complétons cette base en
une base e0, e1, . . . , en−1de E, et écrivons e∗
0, . . . , e∗ n−1la base duale dans E∗. Alors le
vecteur e∗
p−1engendre F⊥sous l’action de f∗.
On peut bien sûr inverser ce raisonnement: si on connaît une description indépendante
de F=F⊥alors on peut tout simplement définir Fen posant F=F⊥={x∈E:
`(x) = 0 ∀`∈ F}. C’est ce qu’on va faire.

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Proof. Soit les notations comme dans la remarque ci-dessus. Soit `0=e∗
p−1∈E∗. Ainsi
`0est l’unique fonctionnelle de Evérifiant
(3.1) `0(ej) = δp−1,j
pour tout i= 0,1, . . . , n −1. Remarquer que `0s’annule sur tout supplément de Ef,x.
On met `k:= (f∗)k(`0)pour tout k>0. Le sous-espace F= vect{`k}k>0⊂E∗est
stable par f∗, cyclique et engendré par `0sous l’action de f∗. Posons
F=F⊥={y∈E:`k(y) = 0 ∀k>0}.
On montrera que Fest un supplément stable de Ef,x.
(1) (Stabilité) D’abord on remarque que Fest stable par f, car si y∈Falors
`k(f(y)) = `k+1(y) = 0 pour tout k≥0.
(2) (Intersection triviale) Par ailleurs, on a F∩Ef,x ={0E}. En effet, supposons
y=a0e0+· · · +ap−1ep−1∈F. En utilisant (3.1), on voit par un argument par
récurrence que 0 = `k(y) = ap−1−kpour tout k= 0,1, . . . , p −1. On en déduit que
y= 0.
Les deux vérifications ci-dessus n’ont pas utilisé l’hypothèse que xest un vecteur mini-
mal. C’est le propriété suivante où on en a besoin.
(3) (Dimension pleine) Il suffit maintenant de montrer que dim F=n−p.
D’abord on peut remarquer que dans la définition de Fil aurait suffit d’exiger
que `k(x) = 0 pour tout k= 0, . . . , p −1. En effet, on a vu la semaine dernière
que K[f] = vect(Id, f, . . . , fdeg µf−1}, et par hypothèse deg µf= deg µf,x =p.
Ainsi, toute puissance fkpour k≥pest une expression polynomiale dans les
Id, f, . . . , fp−1.
Ensuite on peut remarquer que les `0, . . . , `p−1forment une famille libre. Pour
voir cela, prenons une relation λ0`0+· · · +λp−1`p−1= 0E∗. En utilisant (3.1), on
montre par récurrence que que λp−1−k= 0 pour tout k= 0,1, . . . , p −1.
Ainsi on trouve que Fest l’intersection d’hyperplans donnés par les noyaux de
pformes linéaires qui sont linéairement indépendentes. On en déduit que dim F=
n−p.
4. Endomorphismes cycliques
Soit f∈ L(E). On dit que fest un endomorphisme cylique s’il existe un x∈
Etel que E=Ef,x. Ainsi, par la proposition 3.1, Eadmet une base de la forme
x, f(x), . . . , fn−1(x). Dans ce chapitre on s’intéressera à des exemples des endomor-
phismes cycliques, et des caractérisations de la cyclicité d’un endomorphisme.
4.1. Caractérisation par le polynôme minimal. Chez les groupes abéliens finis,
un sous-groupe est cyclique si son exposant est égal à son ordre. L’analogue chez les
endomorphismes est donné dans la proposition suivante.
Proposition 4.2. Soit f∈ L(E), où Eest de dimension finie. Si deg µf= dim Ealors
fest cyclique.