[<] Polynômes en un endomorphisme ou une matrice [>] Polynômes annulateurs

 
Exercice 1  754  

Soit u un endomorphisme d’un espace réel E vérifiant u3=IdE. Justifier que les espaces Ker(u-IdE) et Ker(u2+u+IdE) sont supplémentaires.

 
Exercice 2  2681    MINES (MP)Correction  

Soient E un espace vectoriel sur 𝕂 et a un élément non nul de 𝕂. Soit f(E) tel que f3-3af2+a2f=0. Les espaces Ker(f) et Im(f) sont-ils supplémentaires?

Solution

P=X(X2-3aX+a2) est annulateur de f. Par le théorème de décomposition des noyaux,

E=Ker(f)Ker(f2-3af+a2Id)

car X et X2-3aX+a2 sont premiers entre eux. Or a étant non nul, on montre

Ker(f2-3af+a2Id)Im(f)

tandis que l’inclusion réciproque provient de ce que

(f2-3af+a2Id)f=0.

Les espaces Ker(f) et Im(f) sont donc supplémentaires.

 
Exercice 3  2726     MINES (MP)Correction  

Soit E un -espace vectoriel de dimension finie et u(E) tel que

u3=Id.

Décrire les sous-espaces stables de u.
Même question avec E un -espace vectoriel.

Solution

Cas: 𝕂=. u annule un polynôme scindé simple, l’endomorphisme u est donc diagonalisable. Tout sous-espace vectoriel possédant une base de vecteurs propres est stable et inversement.

Cas: 𝕂=. Par le lemme de décomposition des noyaux, on a

E=Ker(u-Id)Ker(u2+u+Id).

Si F est un sous-espace vectoriel stable alors posons

F1=FKer(u-Id)

et

F2=FKer(u2+u+Id).

Montrons F=F1F2.
Tout xF peut s’écrire x=a+b avec aKer(u-Id) et bKer(u2+u+Id).
Puisque u(x)=a+u(b)F et u2(x)=a+u2(b)F, on a a=13(x+u(x)+u2(x))F puis b=x-aF.
Ainsi aF1, bF2 et l’on a donc FF1+F2.
Il est alors immédiat que l’on peut alors conclure F=F1F2.
Puisque F2Ker(u2+u+Id), pour xF2 non nul (x,u(x)) est libre et Vect(x,u(x)) est stable par u. Cela permet d’établir que F2 est la somme directe de sous-espaces vectoriels de la forme Vect(x,u(x)) avec x0, xKer(u2+u+Id). Quant à F1, il n’y a pas de condition à souligner puisque tout sous-espace vectoriel de Ker(u-Id) est stable par u.

 
Exercice 4  4141   Correction  

Soit u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension quelconque. On suppose qu’il existe deux polynômes P,Q𝕂[X] premiers entre eux vérifiant (PQ)(u)=0. Montrer

Ker(P(u))Im(P(u))=E.

Solution

Les polynômes P et Q étant premiers entre eux, on peut introduire des polynômes V,W vérifiant

PV+QW=1.

En évaluant en u, on obtient la relation

IdE=P(u)V(u)+Q(u)W(u)(*).

Soit xKer(P(u))Im(P(u)). Puique Q(u)P(u)=(PQ)(u)=0, on a Im(P(u))Ker(Q(u)) et donc xKer(P(u))Ker(Q(u)). La relation (*) donne alors

x=V(u)P(u)(x)+W(u)Q(u)(x)=0E.

Ainsi, les espaces Ker(P(u)) et Im(P(u)) sont en somme directe. Soit xE. Par la relation (*), on peut écrire

x=a+b avec a=P(u)V(u)(x) et b=Q(u)W(u)(x).

On a évidement aIm(P(u)) et aussi bKer(P(u)) car

P(u)(b)=(PQ)(u)W(u)(x)=0E.

On peut alors conclure l’égalité

Ker(P(u))Im(P(u))=E.
 
Exercice 5  3465   Correction  

Soient u un endomorphisme d’un 𝕂-espace vectoriel E de dimension finie et P𝕂[X] annulateur de u.
On suppose que l’on peut écrire P=QR avec Q et R premiers entre eux.
Établir

Im(Q(u))=Ker(R(u)).

Solution

Par le lemme de décomposition des noyaux,

Ker(P(u))=Ker(Q(u))Ker(R(u))

et puisque P est annulateur

E=Ker(Q(u))Ker(R(u)).

De plus, R(u)Q(u)=0 et donc Im(Q(u))Ker(R(u)).

Par la formule du rang,

dimIm(Q(u))=dimE-dimKer(Q(u))

et par la supplémentarité qui précède,

dimE=dimKer(Q(u))+dimKer(R(u))

donc

dimIm(Q(u))=dimKer(R(u))

On peut alors conclure.

Notons que le résultat est aussi vrai en dimension quelconque: on l’obtient grâce à une relation de Bézout.

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Édité le 08-11-2019

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