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Algèbre linéaire sans extension de corps

Étant actuellement dans la montagne je ne souffre pas de la canicule et je peux penser à autre chose que des questions de thermodynamique 😉

Les cours d'algèbre linéaire de L2 sont un peu tous semblables (sans jeu de mots). À un moment on parle de sous-espaces caractéristiques et on montre dans le cadre de la "décomposition spectrale" que si le polynôme caractéristique d'un endomorphisme est scindé la dimension des sous-espaces caractéristiques correspond exactement à la multiplicité algébrique des valeurs propres associées. Je me suis demandé ce qu'il se passait dans le cas non scindé.

Première surprise, 100% des auteurs que j'ai consultés (sur un échantillon de 2/3 : Lelong-Ferrand/Arnaudiès et Gourdon) ne définissent les sous-espace caractéristiques que dans le cas scindé. Deuxième surprise, pour démontrer le résultat sur la dimension des sous-espaces caractéristiques dans le cas non scindé je n'arrive pas à me passer d'extension de corps, ce qui est embêtant car on déborde alors du programme. J'ai un peu cherché et j'ai trouvé d'autres problèmes plus ou moins reliées que je sais résoudre simplement avec une extension du corps de base mais a priori pas autrement.
Quelques exemples :
1) Le polynômes caractéristique et le polynôme minimal ont les mêmes facteurs irréductibles.
2) Si $P$ est un facteur non constant du polynôme caractéristique $\chi_u$ alors $\ker(P(u))$ est non trivial.
3) La dimension d'un sous-espace caractéristique est majorée par la multiplicité algébrique de la valeur propre associée.
4) Si l'on note $u_\lambda$ la restriction de $u$ au sous-espace caractéristique associé à la valeur propre $\lambda$ alors $\chi_{u_{\lambda}}(X) = (X-\lambda)^k$.

Est-ce que vous savez démontrer ces résultats sans passer par des extensions du corps de base ? Et si possible en restant au niveau élémentaire d'un cours de L2...

Réponses

  • Le lemme des noyaux devrait t'aider à répondre à certaines des questions posées me semble-t-il.
  • MrJMrJ
    Modifié (5 Aug)
    - Pour le 1 : je m’étais posé la même question quand j’étais étudiant.

    Il existe une solution élémentaire : voir l’exercice 20 de
    http://vonbuhren.free.fr/Agregation/Exercices/agreg_algebre_lineaire_exercices.pdf

    - Il me semble que 2 est immédiat avec 1, sinon on peut contredire la minimalité du polynôme minimal.

    - Pour le 3, est-ce que tu pourrais préciser tes définitions si le polynôme caractéristique n’est pas scindé ? J’ai un petit doute qui risque de me faire répondre complètement à côté.

    - Pour le 4, je crois que le lemme des noyaux suffit (en combinant avec 1).
  • Bonjour,

    Un lapin répondant à un renard, ça me met en joie pour la journée  :)

    Cordialement,
    Rescassol

  • Pour le 1, le poly de von Buhren propose la méthode habituelle, qui se passe d'une extension de corps ; on peut la trouver abstraite, mais elle me paraît finalement moins compliquée que la plus simple des démonstrations de Cayley-Hamilton (dans le cas non scindé), dont on a également besoin pour la réciproque.
  • Modifié (5 Aug)
    La preuve de Cayley-Hamilton par l'utilisation de sous-espaces cycliques ne me paraît pas si compliquée que ça tout de même mais bon, c'est évidemment une question de point de vue...
  • @Renart comment définirais-tu les sous-espaces caractéristiques dans le cas non-scindé ? La définition usuelle $\ker((f - \lambda Id)^m)$ exige qu'on connaisse la multiplicité $m$ de la valeur propre $\lambda$, comment veux-tu contourner ce problème ?
    Deuxièmement, et je ne souhaite pas faire dévier le sujet initial du fil, peut-être soulèves-tu ici une bonne raison de faire une introduction basique aux extensions de corps en L1 avant de faire de l'algèbre linéaire. Après tout, la quasi totalité des cours d'algèbre linéaire commencent par "dans tout le chapitre,  $\mathbb{K}$ désigne $\R$ ou $\C$" parce que $\R$ est le truc qui sert en géométrie euclidienne et $\C$ est sa clôture algébrique, tous deux étant relativement compris parce qu'on les a mis au programme. Pour avoir subi un "crash course" sur les groupes, anneaux, corps, de même pas une semaine en prépa pour que le prof nous ait "officiellement donné" les bases pour faire de l'algèbre linéaire, je suis devenu un fervent défenseur de l'idée de passer du temps sur les groupes avant de faire de l'algèbre linéaire, ne serait-ce que pour résumer les 4 premiers axiomes de la définition d'espace vectoriel en "$(E,+)$ est un groupe abélien" et être sûr d'être compris rapidement par la plupart des étudiants. Puisque la définition d'espace vectoriel fait intervenir un corps, il serait bon de passer un vrai temps sur la notion aussi. Quitte à traiter les bases vraiment basiques des extensions de corps "entre temps" parce qu'on n'en a pas vraiment besoin avant le chapitre de réduction des endomorphismes.
  • Pourquoi veux-tu "connaître" l'entier $m$ ?
    Savoir qu'il existe suffit pour définir le noyau qui va bien et pour cela, il suffit de disposer du théorème de décomposition en facteurs irréductibles dans $K[X]$.
  • Modifié (5 Aug)
    @Renart J'avais cet exo dans mes tiroirs, je ne sais pas s'il fait l'affaire.
    Soit $E$ un $K$-espace vectoriel de dimension finie $n\geq 1$ et soit $u$ un endomorphisme de $E$ ($K$ étant un corps quelconque). Notons $\chi_u(X)=p_1(X)^{r_1}\cdots p_k(X)^{r_k}$ la décomposition du polynôme caractéristique de $u$ en produit d'irréductibles avec $p_1,\dots,p_k$ distincts deux à deux.
    On considère la décomposition bien connue $E=\ker\big(p_1^{r_1}(u)\big)\oplus \dots\oplus \ker(p_k^{r_k}(u))$. Notons pour tout $i\in [\![1,k]\!]$, $u_i$ la restriction de $u$ au sous-espace stable $\ker\big(p_i^{r_i}(u)\big)$. Montrer que pour tout $i\in [\![1,k]\!]$, $\ \chi_{u_i}(X)=p_i^{r_i}(X)$ et en déduire que $\dim\left(\ker(p_i^{r_i}(u))\right)=\deg(p_i)r_i$.
    Solution.
    Soit $i\in [\![1,k]\!]$. Le polynôme $p_i^{r_i}$ est un polynôme annulateur de $u_i$ et par suite, le polynôme minimal de $u_i$, noté $min_i(X)$, divise $p_i^{r_i}(X)$. D'un autre côté, $\chi_{u_i}(X)$ divise une puissance de $min_i(X)$ (voir exo proposé par MrJ) et par conséquent $\chi_{u_i}(X)=p_i^{s_i}$. Étant donné que $\chi_{u_i}(X)$ divise $\chi_u(X)$, on a également $s_i\leqslant r_i$. Or en écrivant la matrice de $u$ par blocs via la décomposition $E=\ker(p_1^{r_1}(u))\oplus \dots\oplus \ker(p_k^{r_k}(u))$ on voit que $\chi_u=\prod_{j=1}^k \chi_{u_j}$ et par conséquent $s_i=r_i$. Le degré de $\chi_{u_i}$ est donc égal à $\deg(p_i)r_i$ et est la dimension de $\ker(p_i^{r_i}(u))$.
  • Modifié (5 Aug)
    L'outil à tout faire est ici le "lemme de décomposition des noyaux", comme évoqué plus haut.
    La notion d'extension de corps n'est pourtant pas très élaborée.
    In fine le hors programme strict n'existe pas en maths sauf à imposer des restrictions exorbitantes voire carrément illogiques sur le langage lui-même, en effet étant donnés n'importe quels énoncés $A,B$, une preuve de $A\to B$ et une preuve de $A$ fournissent automatiquement une preuve de $B$. Donc sans bridage sur l'écriture de $A$ on peut mettre dans $A$ ce qu'on veut.
    Comment étendre rapidement les corps (le besoin de clôtures algébriques est souvent superflu ici):
    soit $K$ un corps commutatif.
    1°) Soit $f\in K[X]$ premier. Alors $K_f:=K[X]/<f>$
     est intègre et de dimension finie. Donc c'est un corps puisque pour tout $y\in K_f$ non nul, $x\mapsto xy$ est injective et linéaire et donc inversible.
    2°) Soit $P\in K[X]$ non nul. On suppose que pour tout entier $n<deg P$, tout corps commutatif $L$ et tout polynôme non nul $Q\in L[X]$ de degré $n$, il existe une extension (*) $M$ de $L$ dans laquelle $Q$ est scindé. Alors ou bien $deg P = 0$ et alors $P= P(0)  (X-1)^0$ est scindé, ou bien $P:=\prod_{i=1}^d Q_i$ où $d\geq 1$ et $Q_i$ est premier pour tout $i$. Soit $\alpha:= X+<Q_1>$ dans $K_{Q_1}$. Alors $\frac P {X-\alpha}$ est scindé dans une extension de $K_{Q_1}$, qui est aussi une extension de $K$.
    Le point 2 permet de conclure à l'existence pour tout polynôme à coefficients dans un corps, d'une extension dans laquelle ce polynôme est scindé.
    [(*) par extension d'un corps commutatif $E$ on veut dire un couple $(j,F)$ où $j$ est un morphisme de corps de $E$ vers $F$. Un tel morphisme est forcément injectif et $E$ s'identifie alors à un sous-corps de $F$. La nécessité d'avoir des extension algébrique est superflue pour les besoins du fil et donc ignorée dans mon laïus].
  • Modifié (5 Aug)
    JLapin : La preuve de Cayley-Hamilton par l'utilisation de sous-espaces cycliques ne me paraît pas si compliquée que ça. 
    Voire... Elle a été signalée dans la RMS au milieu des années quatre-vingt et je l'ai conseillée à un ancien élève qui passait l'oral de l'agrég, sur le thème : ça va épater le jury.  Eh bien, crois-moi si tu veux, mais il a coincé au mitan de la démonstration et personne dans le jury n'a su le sortir du bourbier !!
  • @Foys : pour mon idée d'exposer rapidement les bases sur les extensions de corps en L1, je pense que ta présentation serait difficile à comprendre en L1 et poserait peut-être plus de problèmes qu'elle n'en résout. En tout cas si je regarde la progression des apprentissages pendant mes semestres à moi, je pense que ta définition de $K_f$ débrancherait la quasi-totalité des étudiants en L1. A moins de justement changer assez massivement ladite progression des apprentissages (dont je pense que ça serait une bonne idée).
  • Modifié (5 Aug)
    Merci à tous pour vos réponses ! L'exercice de MrJ (que je ne connaissais pas) est exactement ce que je cherchais. Pour ceux qui se demandaient, le sous-espace caractéristique est $\ker((u-\lambda)^\alpha)$ où $\alpha$ est la multiplicité de $\lambda$ en tant que racine du polynôme caractéristique.

    Je précise un peu les liens entre les divers problèmes que j'ai évoqués. Si l'on connait 1) on peut démontrer 2) en utilisant le lemme des noyaux et la minimalité du polynôme minimal. Si l'on connait 2) on peut démontrer 1) en utilisant le lemme des noyaux et le fait que le polynôme minimal soit annulateur. Si l'on connais 1) alors on peut démontrer 4) (et même un peu plus) comme l'a expliqué Raoul. Une fois qu'on a 4) on démontre simplement 3) et même avec une égalité pour la dimension.

    Je connais bien le lemme des noyaux mais, sauf erreur de ma part, pour démontrer 1) ou 2) il manque un ingrédient (l'exercice de MrJ ou une extension de corps). Une fois qu'on à ça le reste en découle assez rapidement.

    Foys, Homo topi : Disons qu'il y a un programme et qu'il ne serait pas très correct que je ne le finisse pas, d'autant plus qu'il est raisonnable et qu'il laisse assez de libertés. D'ailleurs les questions de ce fil ne sont, à strictement parler, pas au programme. Mais je suis limité par le temps et il y aurait des choses plus "pertinentes" à faire que de parler d'extensions de corps dans le temps imparti. 
  • Je conçois parfaitement que le fait que je grogne mon mécontentement sur les programmes ne change pas le fait que tu doives quand même en respecter un :D
    Soit dit en passant, les ressources de Jérôme Von Buhren sont de qualité, je l'avais comme prof quand je préparais l'agreg. Il a pas mal de trucs comme ça en PDF qui servent en gros à combler les trous du type "si je veux faire tel truc comme développement dans ma leçon d'algèbre, comment ne pas faire de hors-programme/me noyer dans du bordel compliqué ?". Je pense que c'est fait exprès de sa part.
  • Modifié (5 Aug)
    @Renart
    Du coup, je n'ai pas bien compris : tu t'autorises l'utilisation de Cayley-Hamilton pour démontrer tes différentes propriétés ?
    Parce que 1) en est une conséquence assez directe tout de même.
  • MrJMrJ
    Modifié (5 Aug)
    @JLapin : Pas tout à fait. Ce qui est immédiat par Cayley-Hamilton est que les facteurs irréductibles du polynôme minimal sont inclus dans ceux du polynôme caractéristique, mais la réciproque n’en découle pas. Par contre, on a également facilement que les racines du polynôme caractéristique sont exactement les racines du polynôme minimal.

    @john_john : Il ne me semble pas que l’exercice 20 que j’ai mentionné dans mon message précédent ne suffit pas pour prouver Cayley-Hamilton, sauf si j’ai loupé quelque chose ?
  • Modifié (5 Aug)
    Je tente ma chance tout de même mais c'est plus compliqué que prévu, j'espère qu'il n'y a pas trop de grossièreté :)
    Un petit lemme
    Soit $P$ un polynôme irréductible unitaire de degré $d$ et $v$ un endomorphisme tel que $P(v)$ soit nilpotent.
    But : montrer que $\chi_v$ est une puissance de $P$.
    Je procède par récurrence sur la dimension de l'espace. S'il est de dimension $0$, c'est évident.
    S'il est de dimension strictement positive, $P(v)$ n'est pas inversible et il existe $x\neq 0$ tel que $P(v)x = 0$.
    L'idéal des polynômes $Q$ vérifiant $Q(v)x=0$ est non nul, non $K[X]$ et engendré par un polynôme $\pi$ qui divise $P$.
    Comme $P$ est irréductible et que $\pi\neq 1$, on a $\pi=P$ et donc la famille $(x,v(x),...,v^{d-1}(x))$ est libre (par minimalité).
    On complète cette famille libre pour former une base de l'espace et dans cette base, la matrice de $v$ est de la forme $\begin{pmatrix} C_P & A\\ 0&B\end{pmatrix}$ où $C_P$ est la matrice compagnon qu'on imagine.
    Par calculs par blocs, on a encore $P(B)$ nilpotent et donc, par hypothèse de récurrence, $\chi_B$ est une puissance de $P$.
    Enfin, le polynôme caractéristique de $C_P$ étant $P$, un calcul de déterminant par blocs termine l'hérédité.
    Une fois démontré ce résultat préliminaire, on utilise Cayley-Hamilton pour obtenir que la matrice de $u$ dans une base adaptée à $E=\bigoplus_{i=1}^r \ker P_i(u)^{m_i}$ est diagonale par blocs et que les blocs diagonaux $A_1,...,A_r$ vérifient $P_i(A_i)^{m_i} = 0$ où $P_1,...,P_r$ sont les facteurs irréductibles de $\chi_u$, de multiplicités $m_1,...,m_r$.
    Si l'un blocs diagonaux était en fait de taille vide, par calcul par blocs et par le résultat précédent, le facteur irréductible correspondant n'apparaitrait plus dans $\chi_u$.
    Ainsi, tous les noyaux $\ker P_i(u)^{m_i}$ donc les noyaux $\ker P_i(u)$ sont non nuls, ce qui démontre 2.
    Mieux encore (mais je laisse quand même ce qui précède), en utilisant le lemme ainsi qu'une décomposition de $E$ induite par le fait que $\pi_u(u)=0$, on obtient directement 1 (et 2) grâce à un calcul de $\chi_u$ par blocs (et donc, sans Cayley-Hamilton).
  • @JLapin pour ton lemme c'est franchement dommage de passer à côté de l'exo 20 de MrJ. La preuve est très élégante à mon avis.

    Il avait été donné par gai requin il y a un an (Claude Quitté le lui a communiqué dans l'oreillette :mrgreen: ).

    C'est ici en deux lignes. 
  • Oui, c'est très joli effectivement !
    Mais est-on bien sûr que les polynômes à deux indéterminées fasse partie du corpus utilisable par @Renart :)
  • MrJ : l'exercice 20 sert classiquement à la démonstration de $\chi$ divise $\mu^n$ mais j'avoue ne m'être jamais demandé s'il prouvait aussi Cayley-Hamilton. Dans un premier temps, je ne vois pas immédiatement comment. Au fait, il y a bien deux négations dans la question que tu m'as posée ?
  • MrJMrJ
    Modifié (6 Aug)
    @john_john : En fait, je croyais que c’est ce que tu sous-entendais dans ta première réponse dans cette discussion, mais je pense finalement avoir mal interprété ton propos (tu faisais juste une comparaison entre les difficultés des preuves).
  • Merci @JLapin pour ta réponse ! C'est joli et je ne m'attendais pas à une solution de ce genre. 

    Je ne parlerai probablement pas sérieusement de polynômes à plusieurs indéterminées mais on peut facilement bidouiller un truc avec la factorisation de $a^n-b^n$.
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