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Endomorphisme commutant avec tout endomorphisme stabilisant son noyau et son image

Modifié (November 2023) dans Algèbre
Voici un exercice
Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie.
Soit $f,g$ deux endomorphismes de $E$. On suppose qu'il existe un projecteur $p$ de $E$ et un scalaire $\lambda \neq 0$ tel que $g = \lambda p$.
1) Montrer que si $f$ stabilise $\ker(g)$ et $\mathrm{im}(g)$ alors $f$ commute avec $g$.
2) Le résultat précédent tient-il sans l'hypothèse particulière effectué sur $g$ ?
3) Soit $u \in \mathcal{L}(E)$ tel que $u(x) \in \mathrm{vect}(x)$ pour tout $x \in E \, \backslash \, \{0\}$. Montrer que $u$ est une homothétie.
4) Soit $g$ un endomorphisme de $E$. On suppose que $g$ commute avec tout endomorphisme de $E$ qui stabilise $\ker(g)$ et $\mathrm{im}(g)$. Montrer que $g$ est produit d'un projecteur par un scalaire non nul.
Question 1 : ok
Question 2 : ok
Question 3 : ok
Question 4 : si vous avez une indication, je suis preneur. J'imagine qu'il faut utiliser la question 3. Faire une récurrence ?

Réponses

  • Eh bien $g$ commute avec le projecteur sur l'image de $g$ parallèlement à son noyau non ? ;)
  • Modifié (November 2023)
    $\newcommand{\Im}{\mathrm{im\,}}$@zorg
    Tu peux décomposer $\Im g = S\oplus (\Im g\cap \ker g)$ et $\ker g = (\Im g\cap \ker g)\oplus S'$ puis $E = S\oplus (\Im g\cap \ker g)\oplus S'\oplus S''$.
    Tu prends une base $(e_1,\dots,e_n)$ de $E$ adaptée à cette dernière décomposition puis $n$ scalaires distincts $\mu_1,\dots,\mu_n$.
    Tu considères l'endomorphisme $u$ qui envoie $e_i$ sur $\mu_i e_i$. Il stabilise bien $\Im g$ et $\ker g$ donc $g$ commute avec $u$, donc stabilise chacun des sous-espaces propres de $u$ qui sont tous des droites.
    Donc $g$ est diagonalisable puis $E = \Im g\oplus \ker g$.
    Je te laisse faire la fin (en espérant ne pas avoir écrit n'importe quoi pour le début).
  • Eh bien $g$ commute avec le projecteur sur l'image de $g$ parallèlement à son noyau non ?

    A posteriori oui mais a priori non : l'image et le noyau n'ont pas de raison d'être supplémentaires, il peuvent même être égaux.

  • Modifié (November 2023)
    @JLapin : ta preuve peut-elle être adaptée pour le cas du corps $k=\Z/2\Z$ et $E=k^3$ ?
  • Modifié (November 2023)
    $\newcommand{\Vect}{\mathrm{Vect\,}}$En adaptant un peu ma preuve, on considère deux éléments distincts $\lambda$ et $\mu$ du corps de base $k$. On se sert d'un élément $\lambda$ pour envoyer $e_i$ sur $\lambda e_i$ pour tout $i$ entre $1$ et $n-1$ et on envoie $e_n$ sur $\mu e_n$.
    Ainsi, la droite $\Vect  e_n$ est stable par $g$ donc $e_n$ est vecteur propre de $g$.
    On peut recommencer en envoyant $e_i$ sur $\mu e_i$ et les autres $e_j$ sur $\lambda e_j$ pour montrer que $\Vect e_i$ est stable par $g$.
    On obtient à nouveau la diagonalisabilité de $g$.
    Edit : on peut simplifier en prenant tout simplement $\lambda =0$ et $\mu=1$ mais c'est moins visuel ;)
  • Modifié (November 2023)
    Ne serait-il pas plus simple de montrer que $\ker g\cap \Im g$ est l'espace nul et par le théorème du rang en déduire qu'ils sont supplémentaires dans $E$ ?
  • Peut-être mais je n'ai pas réussi à faire marcher de preuve directe de la nullité de cette intersection.
  • Modifié (November 2023)
    Avec les précautions d'usage, voici pourquoi noyau et image de $g$ sont en somme directe. En effet, sinon, le noyau de $g$ est strictement inclus dans celui de $g^2$ ; écrivons alors $E=E_1\oplus E_2$, sev stables par $g$ sur lesquels $g$ induit respectivement un endomorphisme nilpotent et un endomorphisme inversible. Comme l'indice de la valeur propre $0$ de $g$ est $>1$, il existe une base de $E$ telle que la matrice de $g$ comporte un bloc de Jordan triangulaire supérieur strict en haut à gauche, de taille $>1$. Cela étant, l'endomorphisme $f$ ayant pour matrice $E_{1,\,1}+E_{1,\,2}$ laisse stables le noyau et l'image de de $g$, mais ne commute pas avec $g$.
  • Ah, j'y étais presque alors ;)
    Merci pour la réponse !
  • De rien, JLapin ! En plus, cet exo m'a semblé très intéressant.
  • Modifié (November 2023)
    @john_john je n'ai pas tout suivi. Comment sont définis les sous-espaces E1 et E2 ?
  • Bonsoir, zorg,
    $E_1$ est le nilespace de $g$, càd le plus grand sev stable sur lequel $g$ induise un endomorphisme nilpotent ; c'est aussi la valeur à laquelle stationne la suite croissante $k\mapsto{\rm Ker}\,g^k$.

    $E_2$ en est le coeur, valeur à laquelle stationne la suite décroissante $k\mapsto{\rm Im}\,g^k$ ; sur ce sev, $g$ induit un endomorphisme inversiblr.

    Ces deux sev sont bien définis, en dimension finie, et sont supplémentaires.

    Pour approfondir : https://private.marc-chevalier.com/FDV_2019-2020/algebre/DM_2019-2020/DM_2019-2020.pdf (trouvé sur internet)
  • Modifié (November 2023)
    @john_john
    Une jolie utilisation de ce qui ressemble à la décomposition de Fitting.
    On trouve des détails sur l'utilisation de ces techniques dans le bouquin de R Mneimné dont j'ai déjà eu l'occasion de parler ici à propos d'un autre exercice: Réductions des endomorphismes.
  • hx1_210 : oui, c'est souvent le geste qui sauve, en algèbre linéaire. Les puristes diront que nilespace est, en dimension finie, un bien grand mot pour désigner un sev caractéristique.
    Tu as raison de faire la pub pour Réduction des endomorphismes : c'est un classique qui le mérite amplement.
  • Modifié (November 2023)
    1) Pour démontrer que $E = \Im g\oplus \ker g$ de manière élémentaire on peut écrire $E=( \Im g+ \ker g)\oplus F$ et introduire la projection $f$ sur $F$ parallèlement à $\Im g+ \ker g$.
    $\Im g$ et  $\ker g$ sont stables par $f$ donc $g\circ f(E)=f\circ g(E)$ d'où $g(F)=f(\Im g)=\{0\}$ puis $F\subset \ker g$ et enfin $F=\{0\}$.
    Comme la dimension de $E$ est finie on a bien $E = \Im g\oplus \ker g$.
    2) Pour montrer ensuite que $g=\lambda p$ avec $p$ projecteur on prend $x\in\Im g$ avec $x\neq0$ et on introduit  la projection $f$ sur ${\text Vect}(x)$ parallèlement à $\ker g\oplus F_x$ où $F_x$ est un supplémentaire de ${\text Vect}(x)$ dans $\Im g$.
    $\Im g$ et  $\ker g$ sont stables par $f$ d'où $g\circ f=f\circ g$ qui entraine $g(x)=g(f(x))=f(g(x))$ d'où $g(x)=\lambda_x x$.
    Si $(x,y)$ est une famille libre dans $\Im g$ on a alors $g(x+y)=\lambda_{x +y}(x+y)=\lambda_x x+\lambda_y y$ et par suite $\lambda_x =\lambda$ est indépendant de $x$ donc $g=\lambda p$ avec $p$ projection sur $\Im g$ parallèlement à $\ker g$.
  • En tout cas, merci pour cet énoncé très élégant !
  • Modifié (November 2023)
    @JLapin : Supposons qu'il existe $x$ non nul dans $\ker g\cap\Im g$ et notons $p$ la projection sur $k.x$ parallèlement à un supplémentaire

    $F$ dans $E$. $\ker g$ et $\Im g$ sont $p$ stables donc $gp=pg$ donc $\Im g\subset\ker p=F$ donc $x\in F$ : absurde.

  • Modifié (November 2023)
    Merci à tous pour vos contributions et notamment à @jandri pour sa belle démonstration.
  • MrJMrJ
    Modifié (November 2023)
    Une fois que l’on a prouvé que $E=\ker(g)\oplus\rm{im}(g)$, on peut aussi considérer la matrice de $g$ dans une base adaptée à cette décomposition, puis conclure en utilisant que le centre de $M_r(K)$ est composé des matrices scalaires.
  • La démonstration de @troisqua est aussi élémentaire et rapide que la mienne (mais elle est différente).
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