$(x,f(x),f^2(x))$ liée

michal
michal
dans Algèbre
Bonjour, 

$E$ désigne un $K$-ev de dimension finie et $f$ un endomorphisme de $E$. 
Il est bien connu que si : $\forall x\in E,\ (x,\, f(x))$ est liée, alors $f$ est une homothétie. 
Maintenant, y a-t-il quelque chose à dire si $f$ vérifie :  $\forall x\in E,\ (x,\, f(x),\, f^2(x))$ est liée ?

Merci d'avance pour vos réponses, 
Michal

Réponses

  • Rescassol
    Rescassol
    Bonjour,

    C'est le cas si on est en dimension $2$; par exemple.

    Cordialement,
    Rescassol

  • dSP
    dSP
    Oui : $f$ admet un polynôme annulateur de degré au plus $2$. Cela se généralise à n'importe quel entier $n$
    (i.e. la condition $\forall x \in E, \; (x,f(x),\dots,f^n(x))$ liée est équivalente au fait que $(\mathrm{id}_E,f,\dots,f^n)$
    soit liée dans l'espace vectoriel $\mathcal{L}(E)$.
  • raoul.S
    raoul.S
    Modifié (October 2024)
    Remarque : on peut prouver l'affirmation de dSP ci-dessus en utilisant le fait qu'il existe toujours un vecteur de $E$ ayant le même polynôme minimal que $f$.

    Plus précisément, si $f$ est un endomorphisme et $\mu_f$ son polynôme minimal, alors il existe $x\in E$ tel que pour tout polynôme $P\in K[X]$, $P(f)x=0$ ssi $\mu_f(X)\mid P(X)$.

    Voir par exemple le premier théorème du paragraphe 1.2 du document ci-joint.

  • john_john
    john_john
    Bonsoir à tous,
    on peut simplifier l'argument du poly (existence d'un $x$, dit primitif,  tel que $\mu_x=\mu_f$). Si un tel $x$ n'existe pas, alors $E$ est réunion finie des ${\rm Ker}\,P_k(f)$, où les $P_k$ sont les diviseurs stricts de $\mu_f$, ce qui est impossible puisque ces sev seraient stricts eux aussi.
  • dSP
    dSP
    Oui, à condition de se limiter à des corps infinis (ou finis d'assez grand cardinal).
  • john_john
    john_john
    Bonsoir, dSP,
    oui, j'allais rajouter cette restriction.
  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    @john_john avec cette restriction, ce que dit dSP est trivial, il me semble
  • JLapin
    JLapin
    lesmathspointclaires a dit :
    @john_john avec cette restriction, ce que dit dSP est trivial, il me semble
    De quoi parles-tu précisément ?
  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    @Lapin, du fait qu'il existe un vecteur effectif qui a le même polynôme minimal que $f$ (c'est plutôt raoul.S qui l'a dit^^)
  • JLapin
    JLapin
    Pourquoi serait-ce trivial du coup selon toi ?
  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    On remplace les coordonnées de $x$ par des indéterminées, et il me semble qu'il y a forcément une réalisation fidèle mais j'ai peut-être été un peu vite?
  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    @JLapin si $P_x$ et $P_y$ sont tels que $P_x(f)x=0$ et $P_y(f)y=0$ minimaux tous deux, on a $P_x(f)(x+y)=0$ que si $P_y$ divise $P_x$, donc on est ramené au cas où tous les $P_x$ divisent un diviseur propre du polynôme minimal de $f$.
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