Triangulaire par bloc (diagonalisation)
Soient $\K$ un corps, $n\in\N$ et $A\in\mathcal M_n(\K)$.
On note $M:=\begin{pmatrix} A & A \\ 0 & A\end{pmatrix}\in\mathcal M_{2n}(\K)$.
On a : $( M$ diagonalisable$)\implies (A$ diagonalisable$)$.
On vérifie en effet que pour tout $P\in\K[X],\ P(M)=\begin{pmatrix} P(A) & AP'(A) \\ 0 & P(A)\end{pmatrix}$.
Ainsi, si $P$ est un polynôme scindé simple annulant $M$, alors $P(A)=0$ donc $A$ est diagonalisable.
Est-ce que la réciproque est vraie ? Si oui, je n'arrive pas à le montrer. Il suffirait d'établir que si $P$ est un polynôme scindé simple annulant $A$, alors $AP'(A)=0$.
On note $M:=\begin{pmatrix} A & A \\ 0 & A\end{pmatrix}\in\mathcal M_{2n}(\K)$.
On a : $( M$ diagonalisable$)\implies (A$ diagonalisable$)$.
On vérifie en effet que pour tout $P\in\K[X],\ P(M)=\begin{pmatrix} P(A) & AP'(A) \\ 0 & P(A)\end{pmatrix}$.
Ainsi, si $P$ est un polynôme scindé simple annulant $M$, alors $P(A)=0$ donc $A$ est diagonalisable.
Est-ce que la réciproque est vraie ? Si oui, je n'arrive pas à le montrer. Il suffirait d'établir que si $P$ est un polynôme scindé simple annulant $A$, alors $AP'(A)=0$.
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Réponses
En fait, tu peux montrer que $M$ est diagonalisable si et seulement $A$ est nulle.
Regarde la matrice avec A=1, tu verras que tes espoirs seront déchus.
Edit : grillé par mon VDD
Pour aller un peu plus loin, les valeurs propre de M sont évidemment exactement celles de A.
Si on prend pour P le polynôme minimal de A, en supposant qu'il est scindé à racines simples, on voit que P annule M seulement si AP'(A) = 0.
Si Q est le polynôme minimal de M, vu que M a les mêmes valeurs propres que A, si M est diagonalisable c'est que P=Q.
Donc en fait ta condition suffisante est nécessaire.
Au final il faut et il suffit de trouver les P tels que XP'(X) multiplie P(X). Je crois qu'il ne reste pas grand monde !
Edit 2 : je dois faire erreur quelque part puisque je trouve que les matrices convenables sont les nilpotentes et pas seulement la nulle.
Edit 3 : oubliez cet edit, je n'avais plus le contexte en tête après avoir résolu l'équation polynomiale, j'avais oublié la diagonalisabilité. Donc on est bon.
J'ai l'impression qu'il me manque un argument que je n'arrive pas à montrer à savoir si $P$ est scindé simple alors $P$ et $P'$ sont premiers entre eux. Sauf que cela suppose que $\K$ soit de caractéristique nulle non ?
Pour R on peut utiliser Rolle, dans K un corps quelconque on peut écrire le polynôme sous forme développée pour voir facilement qu'un seul des monômes doit être non nul, donc que les solutions sont les $a X^{k}$.
Soit $D\in\K[X]$ un facteur comment à $P$ et $P'$. Si $D$ n'est pas constant, alors comme il est scindé sur $\K$, il admet une racine $\lambda\in\K$ qui est racine commune à $P$ et $P'$. J'imagine qu'alors $\lambda$ est racine double de $P$, mais pourquoi ?
Edit : encore grillé
Sauf erreur, on peut s'en sortir autrement (je ne sais pas si c'est ce que sous-entendait MrJ).
Je rappelle ce qu'il y a à montrer.
Proposition. Soient $\K$ un corps et $P\in\K[X]$.
$(P$ scindé simple sur $\K)\implies (P\wedge P'=1)$.
Preuve par contraposée (détaillée un peu de manière extrême).
Supposons $P\wedge P'\neq 1$.
Comme $P\neq 0$ (car $P$ est scindé simple, ce que n'est pas le polynôme nul car $0=0X^2$), on a donc $P\wedge P'\neq 0$.
Il existe alors $D\in\K[X]$ non constant et divisant à la fois $P$ et $P'$.
Comme $P$ est scindé sur $\K$, $D$ est également scindé sur $K$.
Comme $D$ est de plus non constant, il admet une racine $\lambda\in\K$.
Comme $\lambda$ est aussi racine de $P$, il existe $Q\in\K[X]$ tel que $P=(X-\lambda)Q$.
Donc $P'=(X-\lambda)Q'+Q$.
Or $\lambda$ est aussi racine de $P'$ donc $\lambda$ est racine de $Q=P'-(X-\lambda)Q'$.
Donc il existe $L\in\K[X]$ tel que $Q=(X-\lambda)L$.
Donc $P=(X-\lambda)^2 L$.
Donc $P$ n'est pas scindé simple.
Je note $P:=(X-\lambda_1)\dots (X-\lambda_d)$ avec les $\lambda_i$ deux à deux distincts.
Alors $P'=\sum_{j=1}^d\prod_{i\neq j} (X-\lambda_i)$.
Donc $XP'=X\sum_{j=1}^d\prod_{i\neq j} (X-\lambda_i)$.
Il s'agirait donc de montrer, sauf erreur, que pour tout $Q\in\K[X]$ irréductible, $\min\{v_Q(P),v_Q(XP')\}=\min\{v_Q(P),v_Q(X)\}$.
Je bloque totalement, je ne sais pas comment gérer la somme $XP'$.
J'ai vu un corrigé qui utilise une méthode bien plus expéditive, avec Dunford c'est très facile. Je vais donc retenir qu'avec Dunford ça se traite facilement.
La méthode par les polynômes utilise ce lemme technique (*) selon moi difficile à démontrer. Si quelqu'un veut bien détailler une preuve je suis preneur.
(*) Si $P$ est scindé simple sur un corps $\K$ alors $P\wedge X=P\wedge (XP')$.