Semi-simple - AGREGMATHS

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Endomorphismes semi-simples
Définition 1. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. On dit que f ∈ L(E) est semisimple si pour tout sous-espace F de E stable par f , il existe un supplémentaire S de F stable par
f . De même on dira que M ∈ Mn (K) est semi-simple si uM l’endomorphisme canoniquement
associé est semi-simple.
Théorème 1. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie et f ∈ L(E). Alors notant µf le
polynôme minimal de f , on a :
f est semi simple ⇐⇒ µf est produit de polynômes irreductibles unitaires deux à deux distincts.
Pour les besoins de la démonstration, on démontrera le lemme suivant :
Lemme 1. Si µf est irreductible alors f est semi-simple.
Démonstration. Soit F 6= E un sev de E stable par f . Considérons alors x1 ∈ E \ F (qui est
donc non nul car 0 ∈ F ) et posons Ex1 = {P (f )(x1 ) | P ∈ K[X]} qui est naturellement stable
par f car pour tout P ∈ K[X], f ◦ P (f ) est encore un polynôme en f .
Objectif 1. Montrons que F ⊕ Ex1 .
Ix1 = {P ∈ K[X], P (f )(x1 ) = 0} est un idéal non nul de K[X] car µf ∈ Ix1 et comme K[X]
est principal, il existe un unique polynôme unitaire π1 ∈ K[X] tel que Ix1 = (π1 ) = π1 K[X].
Alors, π1 6∈ K∗ car on aurait alors Ix1 = K[X], absurde puisque comme x1 6= 0, on a 1 6∈ Ix1 . Le
polynôme minimal de f vérifiant µf (f ) = 0L(E) on a en particulier :
µf ∈ Ix1 et π1 | µf =⇒ µf = π1 comme µf est irreductible avec π1 , µf unitaires.
On en déduit donc que π1 est irreductible. Supposons par l’absurde qu’il existe y ∈ Ex1 ∩ F avec
y 6= 0. Comme y ∈ Ex1 , on peut écrire y = P (f )(x1 ) avec P ∈ K[X] et donc P 6∈ Ix1 . On en
déduit que π1 - P et π1 étant irreductible, P et π1 sont premiers entre eux. Comme K[X] est
principal, il existe U, V ∈ K[X] et une relation de Bezout du type U P + V π1 = 1. En spécialisant
en f , on a :
U (f ) ◦ P (f ) + V (f ) ◦ π1 (f ) = Id =⇒ U (f )(P (f )(x1 )) + V (f )(π1 (f )(x1 )) = U (f )(y) = x1 6= 0.
Comme y ∈ F et que F est stable par f , on en déduit que U (f )(y) ∈ F et donc x1 ∈ F , absurde.
D’où, Ex1 ∩ F = {0}.
Conclusion : Si E = F ⊕Ex1 , alors on a le résultat attendu, sinon on considère x2 ∈ E\(F ⊕Ex1 )
et comme précédemment on a F ⊕ Ex1 ⊕ Ex2 . Comme E est de dimension finie, on obtient en
un nombre fini d’étapes, une décomposition E = F ⊕ Ex1 ⊕ . . . ⊕ Exr avec chaque Exi stable par
f et donc le résultat attendu en posant S = Ex1 ⊕ . . . ⊕ Exr .
Passons à la démonstration du théorème.
Démonstration. :
Objectif 2. Montrons que f semi-simple =⇒ µf est sans facteur multiple.
Supposons par l’absurde que µf ait un facteur carré, alors µf = M 2 N avec M, N ∈ K[X],
deg(M ) > 0. Posons F = Ker(M (f )) qui est naturellement stable par f . Par simplicité de f ,
il existe un supplémentaire de F stable par f que l’on note S et considérons x ∈ S. Montrons
qu’on a alors M N (f ) = 0, en prouvant que M N (f ) s’annule sur F et S avec F ⊕ S = E. Pour
commencer montrons que M N (f )(x) = 0, en prouvant que M N (f )(x) ∈ F ∩ S.Or, on a :
0 = µf (f )(x) = M (f ) ◦ M N (f )(x) =⇒ M N (f )(x) ∈ Ker(M (f )) = F
Or, S est stable par f , on a donc M N (f )(x) ∈ S et donc M N (f )(x) ∈ S ∩ F = {0} ie
M N (f )(x) = 0. On en conclut donc que M N (f )|S = 0 et si x ∈ F , on a :
M N (f )(x) = N (M (f )(x)) = 0 car x ∈ F et K[f ] commutatif
soit N M (f )|F = 0 et finalement N M (f ) = 0L(E) , d’où µf | N M , absurde.
Objectif 3. Montrons que µf sans facteur multiple =⇒ f semi-simple.
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Supposons que µf est sans facteur multiple. Notons µf = P1 . . . Pr où Pi ∈ K[X] est unitaire,
irreductible. Soit F stable par f , construisons un supplémentaire de F stable par f . Par le lemme
des noyaux, on a :
r
r
L
L
E = Ker(µf (f )) =
Ker(Pi (f )) =
Fi où Fi = Ker(Pi (f )) est stable par f .
i=1
i=1
Considérons g = f|F ∈ L(F ) bien défini car F est stable par f . On en déduit que µf (g) = 0L(F )
et donc par le lemme des noyaux :
r
r
L
L
Ker(Pi (g)) =
(F ∩ Fi )
F =
i=1
i=1
En effet, pour i ∈ [[1, r]], on a :
Ker(Pi (g)) = {x ∈ F | Pi (f|F )(x) = 0} = {x ∈ F | Pi (f )(x) = 0} = Ker(Pi (f )) ∩ F = Fi ∩ F
Pour i ∈ [[1, r]], on peut considérer fi = f|Fi ∈ L(Fi ) et on a :
Pi (fi ) = Pi (f|Fi ) = 0L(Fi ) =⇒ µfi | Pi
Comme Pi est irreductible unitaire, on a Pi = µfi et par le premier lemme fi ∈ L(Fi ) est semisimple. Comme F et les Fi sont stables par f , les F ∩Fi ⊂ Fi est stable par fi . Par semi-simplicité
de fi , pour tout i ∈ [[1, r]] il existe donc un sous-espace Si stable par fi , donc par f (puisque f
et fi coincident sur Fi ) tel que Fi = (F ∩ Fi ) ⊕ Si .
Conclusion : On a donc E = F1 ⊕ F2 ⊕ . . . ⊕ Fr et donc :
E=
(F ∩ F1 ) ⊕ S1 ⊕ . . . ⊕ (F ∩ Fr ) ⊕ Sr
=
(F ∩ F1 ) ⊕ . . . (F ∩ Fr ) ⊕ (S1 ⊕ . . . ⊕ Sr )
=
F ⊕ (S1 ⊕ . . . ⊕ Sr )
et on a bien construit un supplémentaire de F , f -stable, d’où f semi-simple.
Application 1. M ∈ Mn (R) est semi-simple ssi M est diagonalisable dans Mn (C).
Démonstration. Si M est semi-simple, alors µf = P1 . . . Pr où les Pi sont irreductibles unitaires
et deux à deux distincts. Les Pi ∈ R[X] sont donc deux à deux premiers entre eux sur R[X]
et donc aussi sur C[X] (voir gourdon et l’exercice sur la conservation du pgcd par extension de
corps) et étant irreductibles, ils sont à racines simples sur C. Ainsi α ∈ C une racine de µM est
nécessairement racine simple de µM . On peut le montrer directement : sans perte de généralité,
supposons que P1 (α) = 0, alors pour j 6= 1, il existe U, V ∈ R[X] tels que U P1 + V Pj = 1 et donc
U (α)P1 (α) + V (α)Pj (α) = 1 =⇒ V (α)Pj (α) = 1 et Pj (α) 6= 0. Ainsi, µM est scindé à racines
simples sur C et M est diagonalisable dans Mn (C).
Inversement, si M est diagonalisable dans Mn (C), on a µM ∈ R[X] est scindé à racines
simples sur C, donc à fortiori µM est sans facteur carré dans R[X] et M est semi-simple.
Application 2. Si M ∈ Mn (R) est
semi-simple, alors M est semblable dans Mn (R) à une
D 0
matrice diagonales par blocs
où D est diagonale et B est constitué de blocs diagonaux
0 B
α −β
de la forme
∈ M2 (R).
β α
Démonstration. :
Méthode 1. On raisonne par récurrence sur n.
Si n = 1, le résultat est immédiat. Supposons le résultat vérifié pour tout matrice M semisimple de Mk (R) pour k ≤ n − 1. Si µM est scindé sur R, alors M étant semi-simple, µM est
finalement scindé à racines simples et donc diagonalisable, d’où le résultat. Supposons donc µM
non scindé, il existe alors P = X 2 + aX + b irreductible de degré 2 tel que P | µM avec P que
l’on peut écrire sous forme réduite (X − α)2 + β 2 avec β > 0. Ainsi, µM = [(X − α)2 + β 2 ]Q
et on pose E = Ker((M − αId)2 + β 2 Id). Comme Q | µM avec µM minimal, on en déduit que
(M − αId)2 + β 2 Id n’est pas inversible, car sinon on aurait :
[(M − αId)2 + β 2 Id]−1 µM (M ) = Q(M ) = 0
3
1
(M − αId)e1 . Alors
β
2
2
M e1 = αe1 + βe2 et comme e1 ∈ E = Ker((M − αId) + β Id) on a aussi :
absurde. D’où E 6= {0}, considérons e1 ∈ E tel que e1 6= 0 et posons e2 =
(M − αId)
(M − αId)(e1 )
= −βe1 =⇒ (M − αId)(e2 ) = −βe1 =⇒ M e2 = αe2 − βe1 .
β
Montrons que (e1 , e2 ) est libre. D’après ce qui précède on aura alors F = vect(e1 , e2 ) stable par
uM l’endomorphisme canoniquement associé à M et dans la base (e1 , e2 ) de F , on aura :
α −β
Mat(e1 ,e2 ) uM |F =
β α
Or, e1 et M e1 sont R indépendants, sinon on aurait M e1 = λe1 avec λ ∈ R et :
0 = [(M − αId)2 + β 2 Id]e1 = [(λ − α)2 + β 2 ]e1 =⇒ (λ − α)2 + β 2 = 0
absurde, car β > 0. Donc (e1 , M e1 ) est libre et naturellement (e1 , e2 ) également. Ainsi, il vient :
α −β
Mat(e1 ,e2 ) uM |F =
β α
Comme M est semi-simple, il existe alors un supplémentaire
M -stable et par hypothèse de
G, u
D 0
récurrence, une base B de G dans laquelle MatB uM |G =
de la forme souhaitée dans
0 B
l’énoncé de l’application. Ainsi, par concaténation des bases de F et G précédentes, on obtient
une base de E dans laquelle la matrice de uM est de la forme souhaitée, d’où le résultat.
Application 3. Dunford généralisé
Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie n et u ∈ L(E). Alors il existe un unique couple
d’endomorphismes (s, n) tel que :
1. s est semi-simple et n est nilpotent.
2. u = s + n et s ◦ n = n ◦ s.
Démonstration. Voir Objectif Agregation page 160
Références :
• Objectif Agregation.
• Gourdon Algèbre.