$\ker(u)\cap\ker(v)=\{0\}$ et $u\circ v = v\circ u$
Bonjour à tous.
Voici un exercice qui est tombé à l'oral du concours Mines-Ponts, dont j'espère que c'est le bon énoncé, et sur lequel je sèche.
Voici un exercice qui est tombé à l'oral du concours Mines-Ponts, dont j'espère que c'est le bon énoncé, et sur lequel je sèche.
On considère $u,v\in\mathcal{L}(E)$ où $E$ est un $\mathbb{C}$-espace vectoriel de dimension finie. On suppose que $u$ et $v$ commutent et que $\ker(u)\cap\ker(v)=\{0\}$. Il s'agit de montrer qu'il existe $a,b\in\mathbb{C}$ tels que $au+bv\in\text{GL}(E)$.
L'hypothèse de commutation permettant de trigonaliser simultanément, on est ramené à une combinaison linéaire de matrices triangulaires supérieures, dont l'inversibilité pourrait s'étudier avec le déterminant. J'imagine qu'ici intervient l'hypothèse sur les noyaux, afin de garantir que les deux diagonales ne contiennent pas un zéro "au même endroit"... mais j'avoue que ce dernier point ne me semble pas clair du tout.
Un grand merci si vous avez des idées à partager !
Réponses
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Je crois que tu peux démontrer que si $n\in\N^*$ et si $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ sont distincts, alors les noyaux $\ker(u+\lambda_i v)$ sont en somme directe.Ca devrait régler le problème.
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En somme directe deux à deux, facile. En somme directe dans leur ensemble, plus coton.On peut aussi travailler sur $\ker u$, qui est stable par $v$. Puis sur $\ker v$. Puis sur un supplémentaire de leur somme directe (j'aimerais mieux travailler sur le quotient par cette somme directe, mais ça ne doit pas être au programme).PS. À la réflexion, plutôt les sous-espaces caractéristiques associés à la valeur propre 0 que les noyaux.
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BonjourÀ mon avis hors programme.Vous suivez votre idée en trigonalisant dans une base commune ($u, v$ commutent) puis en exprimant le déterminant.1) Si vous savez que $\C^2$ ne peut pas s'écrire comme réunion finie d'hyperplans (de droites donc) vous avez fini.2) Que le produit de fonctions polynomiales de deux variables complexes est nul alors l'un au moins [un] des facteurs est nul. Vous avez fini.NB : tout ça est inutile, ça peut se faire à la main. Il s'agit de trouver $a, b$ tels que $\forall i,\ a\lambda_i+b\mu_i$ est différent de 0 avec des notations que vous devinerez.
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" garantir que les deux diagonales ne contiennent pas un zéro "au même endroit" "Lars, as-tu bien réfléchi à ça ?
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Oui, effectivement, je suis allé trop vite.On peut avoir $\lambda_{i_0}=\mu_{i_0}=0$ sans que les vecteurs colonnes respectifs soient dans ker u et ker v.Oui, c'est l'idée de GaBuZoMeu (avant dernier message). Donc, je comprends que la notion de sous-espace caractéristique est au programme.Montrons que cette situation n'arrive pas.Dans ce qui suit on suppose que $u, v$ sont simultanément non inversibles. Sinon on conclut facilement.Soient $F_0,\, G_0$ les sous-espaces caractéristiques associés à la valeur propre nulle resp. de $u, v$. On vérifie (en utilisant la commutativité de $u, v$) que $F_0\cap G_0$ est stable par $u, v$. Supposons que ce sous-espace n'est pas l'espace nul.Si on note $u_1, v_1$ les endomorphismes induits par restriction à la source et au but, ils commutent, puis ils possèdent un vecteur propre commun ie il existe un vecteur non nul $x_0$ tel que $u_1(x_0)=v_1(x_0)=0$. Mais alors ceci contredit l'hypothèse $\ker u \cap \ker v=\{0\}$Donc $F_0\cap G_0=\{0\}$ et donc la situation redoutée ne se produit pas (ie un zéro dans la même position sur la diagonale principale dans les matrices de $u, v$ écrites dans une base commune de trigonalisation).CORRECTIONOn ne peut pas encore conclure.On considère la décomposition en sous-espaces caractèristiques de $u$. Chaque sous-espace caractéristique de $u$ est stable par $v$. Pour chaque $v_i$ induit, on effectue une décomposition en sous-espaces caractéristiques stables eux aussi par $u$. On construit alors une base de trigonalisation adaptée à cette décomposition en sous-espaces "à deux niveaux". D'après ce qu'on a montré plus haut, les valeurs propres 0 ne sont pas au même endroit sur la diagonale principale des matrices de $u, v$ dans cette base.Alternative$F_0 \cap G_0=\{0\}$ signifie $\ker u^n \cap \ker v^n=\{0\}$.Dans une base de trigonalisation simultanée de $u, v$, les matrices de $u^n, v^n$ ne peuvent avoir simultanément sur les diagonales principales des zéros dans les mêmes positions (s'il y a un zero sur la diagonale principale, le vecteur correspondant est vecteur propre). Il existe donc une infinité de complexes $z$ tels que $\det(u^n+zv^n)$ différent de 0.En décomposant en facteurs simples le polynôme $X^n+zY^n$, et comme $u, v$ commutent, il existe alors une infinité de complexes $t$ tels que $\det(u+tv)$ est différent de 0.
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Si $u$ et $v$ sont tous les deux nilpotents et commutent, $\ker (v)$ est stable par $u$ et $\ker(u|_{\ker(v)})$ est non vide mais cet ensemble n'est autre que $\ker (u) \cap \ker (v)$. Donc $u$ et $v$ ne sont pas tous deux nilpotents.Cela étant, occupons nous du cas général. Soient $u,v\in End_{\C}(E)$ comme dans l'énoncé. Des utilisations répétées du lemme de décomposition des noyaux (en exploitant le fait que $u$ et $v$ commutent et que donc les espaces obtenus par ces décompositions sont stables par $u$ et $v$) fournissent une décomposition en somme directe $E=\oplus_{i=1}^r G_i$, pour tout $k$, des endomorphismes nilpotents $m_k,\,n_k \in End_ {\C}(G_k)$ qui commutent, et des familles de complexes $(\lambda_k)_{1\leq k \leq r},\ (\mu_k)_{1\leq k \leq r}$ tels que pour tout $k\in \{1,\ldots,r\}$, $u|_{G_k} = \lambda_k I_{G_k} + m_k$ et $v|_{G_k} = \mu_k I_{G_k} + n_k$. On ne peut avoir $k$ tel que $\lambda_k = \mu_k = 0$ (sans quoi on est dans la situation du paragraphe introductif du présent message et $\emptyset \neq \ker(m_k) \cap \ker(n_k) \subseteq \ker(u) \cap \ker (v)$).Soit $\varepsilon>0$ un nombre réel suffisamment grand (!) pour que pour tous $i\in{1,\ldots,r}$, si $\lambda_i\neq 0$ alors $\varepsilon |\lambda_i| > |\mu_i|$. Alors pour tout $k$, $\varepsilon \lambda_k +\mu_k\neq 0$ et $\varepsilon u+v$ est inversible.Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
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On peut aussi regarder $x\in E\mapsto(u(x),v(x))\in E\times E$ ; ce morphisme est injectif et admet donc un inverse à gauche. Je te laisse le soin de regarder ce qu'est un morphisme de $E\times E$ vers $E$. Si je n'ai pas mis à côté de la plaque, l'hypothèse de commutation est juste ici pour tromper l'ennemi.
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@john_john : tu as mis à côté de la plaque. $u=\begin{pmatrix} 0&1\\0&0\end{pmatrix}$, $v=\begin{pmatrix} 1&0\\0&0\end{pmatrix}$.Corrigé après la remarque de MrJ.
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@john_john : Ce que tu évoques me fait penser à un autre exercice très proche : sous l'hypothèse $\ker(u)\cap\ker(v)=\{0\}$, alors tout endomorphisme $w\in\mathcal{L}(E)$ s'écrit $w=au+bv$ avec $(a,b)\in\mathcal{L}(E)^2$. Une démonstration possible est celle que tu mentionnes.La différence est qu'ici, on cherche des scalaires $a$ et $b$. Je ne sais pas s'il y a un lien direct entre ces deux exercices.
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Si, pour une fois, j'avais lu attentivement l'énoncé, j'aurais remarqué que $a$ et $b$ doivent être des scalaires, et non pas des endomorphismes. Bon, ces scalaires auraient pu s'appeler $\lambda$ et $\mu$ ; là, au moins, c'eût été clair.
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On montre par récurrence sur la dimension qu'il existe $\lambda\in C$ tel que $u+\lambda v$ soit inversible. En trigonalisant simultanément, on se ramène au cas de deux matrices triangulaires supérieures $A$ et $B$. Pour tout $k<n$, les blocs $k\times k$ en haut à gauche vérifient l'hypothèse de récurrence donc il n'existe pas d'entier $i<n$ tel que $A_{ii}=B_{ii}=0$. Reste à montrer qu'on ne peut pas avoir $A_{nn}=B_{nn}=0$. Supposons le contraire. Par hypothèse de récurrence, il existe $\lambda\in\C$ tel que la restriction de $u+\lambda v$ à $F=\mbox{Vect}(e_1,\ldots,e_{n-1})$ soit inversible. Quitte à remplacer $u$ par $u+\lambda v$, on peut supposer $\lambda=0$.Comme $u(e_n)\in F$, il existe $a\in F$ tel que $u(a)=u(e_n)$. On a $uv(e_n-a)=vu(e_n-a)=0$ donc $v(e_n-a)\in\ker u$. De plus, $v(e_n)\in F$ et $v(a)\in F$ donc $v(e_n-a)\in F\cap\ker u=\{0\}$, d'où $e_n-a\in\ker u\cap\ker v$. Impossible.
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Je rédige sommairement l'hérédité de ce que je propose plus haut.Soit $a_1,\ldots,a_n$ des scalaires distincts ainsi que $e_1,\ldots,e_n$ dans les noyaux $\ker(u-a_i v)$ tels que $e_1+\cdots+e_n=0$.On applique $u$ pour obtenir $\sum_{i=1}^n a_i v(e_i)=0$.On applique $v$ pour obtenir $\sum_{i=1}^n v(e_i)=0$.On fait la combinaison des deux égalités qui va bien pour obtenir $\sum_{i=1}^{n-1} (a_i-a_n)v(e_i)=0$.En utilisant la commutation de $u$ et $v$, il vient $v(e_i)\in \ker(u-a_i v)$ donc par hypothèse de récurrence, $(a_i-a_n)v(e_i)=0$ puis $v(e_i)=0$.Donc $u(e_i)=a_i v(e_i)=0$ puis $e_i=0$, ce qui achève l'hérédité.Comme $E$ est de dimension finie, il existe nécessairement $\lambda\in \C$ tel que $\ker(u-\lambda id_E)=\{0\}$.
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Très joli, JLapin.Bon, j'y vais aussi de l'explicitation de ce que j'avais proposé. Soit $U=\{x\in E\mid \exists n\in \mathbb N\ u^n(x)=0\}$ et $V$ la même chose pour $v$. On vérifie en utilisant que $u$ et $v$ commutent que $\ker(u)\cap V=\{0\}$, puis $U\cap V=\{0\}$. $U$ et $V$ sont tous les deux stables par $u$ et par $v$, on choisit pour ces deux sous-espaces des bases de trigonalisation communes pour les restrictions de $u$ et $v$. Soit $W$ un supplémentaire de $U\oplus V$. On choisit pour $W$ une base de trigonalisation commune des restriction de $pu$ et $pv$, où $p$ est la projection sur $W$ parallèlement à $U\oplus V$. On obtient ainsi une base de $E$ qui triangule simultanément $u$ et $v$. Les 0 sur la diagonale de la matrice de $u$ (resp. $v$) correspondent aux vecteurs de la base de $U$ (resp. $V$).
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@GaBuZoMeu : Il me semble que ton contre-exemple ne marche pas (dans ta réponse john_john). J’imagine qu’il s’agit d’une coquille sur la position du 1.
@JLapin : Ta démonstration est très surprenante et fera un bon exercice de colle. -
Exact, je corrige !
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C’est vrai : en plus la démonstration est analogue. Merci !
De plus, on remarque que la propriété reste vraie si le corps de base est fini à condition que ce dernier ait suffisamment d’éléments. -
On peut voir aussi ce qui suit : supposons $u$ et $v$ non inversibles ; le polynôme minimal de $u$ est de la forme $X^kP(X)$, où $P(0)\neq0$. On a alors $E=E_1\oplus E_2$, où $E_1$ est le noyau de $u^k$ et $E_2$ celui de $P(u)$.
Alors, $u$ induit sur $E_1$ un endomorphisme nilpotent $u_1$ et sur $E_2$ un inversible $u_2$ ; de même, $v$ induit $v_1$ et $v_2$ respectivement. Or, $v_1$ est inversible car, si $E'_1$ en est le noyau, supposé a contrario non nul, $u_1$ induit sur $E'_1$ un nilpotent et, de ce fait, $u$ et $v$ ont un vecteur non nul commun dans leur noyau.
Enfin, $au_1+v_1$ est inversible pour tout scalaire (!) $a$ car ${\rm Id}+au_1v_1^{-1}$ est nilpotent et $au_2+v_2$ est inversible si, et seulement si, $-a$ n'est pas valeur propre de $v_2u_2^{-1}$, ce qui laisse une infinité de choix possibles.
De toutes ces démonstrations, c'est tout de même celle de JLapin qui est le plus dans l'esprit des Mines-Ponts
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Merci à tous pour vos réponses inspirées !
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Je me suis interrogé sur le cas de la dimension non finie. Au vu des preuves précédentes, il semble que l'on ne puisse pas s'en sortir dans le cas général.J'arrive à trouver un contre-exemple si $E=\mathcal{C}^{\infty}(\R,\R)$ en considérant $u=D$ et $v=D-\textrm{Id}$, où $D$ est l'endomorphisme de dérivation.Par contre, je n'arrive pas à trouver un contre-exemple si $E=\R[X]$. Je pense (mais je ne l'ai pas écris proprement) que l'on peut s'en sortir dans ce cas avec un argument de cardinalité (au moins pour obtenir que $au+bv$ est injective).
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Pour MrJ : dans $\R[X]$, on prend pour $u$ l'endomorphisme de multiplication par $X$ et pour $v$ celui de multiplication par $X^2+1$.
Petite vengeance mesquine : en revanche (c'est le cas de le dire), il existe des endomorphismes $a$ et $b$ tels que $au+bv={\rm Id}$. Niark niark niark. -
@john_john : Tu as parfaitement raison. En fait, je m'étais concentré sur les preuves d'avant qui montre essentiellement que l'on peut choisir $(a,b)\in\C^2$ tel que $au+bv$ est injective, mais ce n'est pas suffisant pour avoir la surjectivité en dimension infinie.
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Ah, oui : obtenir ${\rm Ker}\,(au+bv)=\{0\}$ est une question qu'il reste à aborder.
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Il me semble que le résultat reste vrai dans $E=\R[X]$ : si $u$ n'est pas injectif, l'ensemble des $a_k$ pour lesquels le noyau de $u-a_kv$ a une intersection non nulle avec $\R_n[X]$ est fini pour tout $n$ (voir la démonstration de JLapin). Donc l'ensemble des $a_k$ pour lesquels $u-a_kv$ n'est pas injectif est au plus dénombrable.
Si le corps de base est dénombrable (au hasard : $\Q$), on en considère une énumération $(a_n)_{n\geqslant1}$ et, là, le résultat peut tomber en défaut : on prend pour $v$ l'endomorphisme qui à $1$ associe $0$ et qui laisse fixes les autres monômes ; pour $u$, celui qui fixe $1$ et qui envoie $X^n$ sur $a_nX^n$ pour $n\geqslant1$.
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