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[ID: 2303] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Réduction des endomorphismes
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

Si \(A=0\) alors \(B=0\) est diagonalisable. Réciproquement, vu la forme de \(A\) la polynôme caractéristique de \(B\) vérifie \[\chi_B=\left( \chi_A\right)^2\] et on a

\[\forall\,k\in\mathbb N,\quad B^k=\begin{pmatrix} A^k&kA^k\\ 0&A^k\end{pmatrix}\]

qui implique

\[P(B)=\begin{pmatrix} P(A)&AP'(A)\\ 0&P(A)\end{pmatrix},\quad\forall\,P\in\mathbb C[X].{(\diamondsuit)}\]

En particulier, le polynôme minimal de \(B\) vérifie

\[\mu_B(A)=0\]

et

\[\mu_A\quad\text{ divise }\quad\mu_B.{(\text{$\star$})}\]

Supposons \(B\) diagonalisable, \(\mu_B\) ne possède que des racines simples et comme \(A\) et \(B\) ont même ensemble valeurs propres avec (\(\star\)) nous avons \(\mu_A=\mu_B\) qui avec \((\diamondsuit)\) implique

\[A\mu'_A(A)=0.\]

\(\mu_A\) divise donc \(X\mu'_A\), les deux polynômes \(\mu_A\) et \(X\mu'_A\) étant de même degré \(d\)

\[d\mu_A=X\mu'_A\]

soit \(\mu_A=X^d\). Mais \(\mu_A=\mu_B\) n’a que des racines simples, donc \(d=1\), \(\mu_A(X)=X\) et finalement \(A=0\).