Caractérisation d'un endomorphisme diagonalisable


Pour des endomorphismes $f$ et $g$ de $\R^n$, on note $f\circ g$ la composée de $f$ et $g$ et $f^2 = f\circ f$. On note $Id$ l’endomorphisme identité de $R^n$. Pour un endomorphisme $u$ de $\R^n$, soit $\left( P_u\rp$ la propriété:
\[\forall \lambda\in\R, Ker(u-\lambda Id) = Ker (u-\lambda Id)^2\]



Première partie. Soit $f$ et $g$ deux endomorphismes de $\R^n$ tels que $f\circ g = 0$.
  1. Montrer que $rg(g)\leqslant\dim(\ker(f))$.
  2. Montrer que $\dim(\ker(f))+\dim(\ker(g))\geqslant n$.
  3. Soit $u$ un endomorphisme de $\R^n$ tel que $\left( u-2Id\rp^2\circ\left( u + 3Id\rp=0$.
    Montrer que $\ker((u-2Id)^2 )$ et $\ker(u+3Id)$ sont supplémentaires dans $\R^n$.
  4. Si $u$ vérifie de plus $\left( P_u\rp$, montrer que $u$ est diagonalisable.


    Deuxième partie. Soit $u$ un endomorphisme de $\R^n$.
  5. Soit $u$ un endomorphisme diagonalisable. Montrer que $u$ vérifie $\left( P_u\rp$.
  6. Réciproquement, si $u$ vérifie $\left( P_u\rp$, est-ce que u est diagonalisable ?

Correction
Oral ENS ULM - 2017

  1. Soit $y\in\text{Im}(g)$, alors il existe $x$ tel que $y=g(x)$ et on a alors $f(y)=f(g(x))=f\circ g(x)=0$, et donc $y\in\ker(f)$.
    On a démontré ainsi que
    \[\text{Im}(g)\subset\ker(f)\]

    et donc aussi, en particulier, que
    \[rg(g)=\dim\lp\text{Im}(g)\rp\leqslant\dim(\ker(f))\]

  2. D'après le théorème du rang, on a
    \[rg(g)+\dim\lp\ker(g)\rp=\dim\lp\R^n\rp=n\]

    d'où, avec le résultat de la question précédente,
    \[\dim(\ker(f)) + \dim(\ker(g))\geqslant rg(g)+\dim(\ker(g))=n\]

  3. On peut commencer par étudier l'intersection: soit $x\in\ker((u-2Id)^2)\cap \ker(u+3Id)$, alors d'une part $u(x)=-3x$, et d'autre part
    \[\left( u-2Id\rp^2(x)=u^2(x)-4u(x)+4x=0\]

    soit aussi
    \[\begin{array}{lcl}0&=&\left( u-2Id\rp^2(x)\\[.5em]&=&(-3)^2x-4\tm(-3)x+4x\\[.5em]&=&7x\enar\]

    et donc $x=0$.

    On peut de plus utiliser la question précédente, avec $f=(u-2Id)^2$ et $g=u+3Id$:
    \[\dim\lp\ker\lp(u-2Id)^2\rp\rp+\dim\lp\ker(u+3Id)\rp\geqslant n=\dim\lp\R^n\rp\]

    et donc, $\ker\lp(u-2Id)^2\rp\oplus\ker(u+3Id)$ est un sous-espace de $\R^n$, de dimension supérieure à celle de $\R^n$, d'où, nécessairement
    \[\ker((u-2Id)^2 )\oplus\ker(u+3Id)=\R^n\]


  4. Si $u$ vérifie de plus $\left( P_u\rp$ alors, en particluier $\ker\lp(u-2Id)^2\rp=\ker(u-2Id)$ et alors
    \[\begin{array}{lcl}R^n&=&\ker(u-2Id)\oplus\ker(u+3Id)\\[.5em]
  &=&E_2(u)\oplus E_{-3}(u)\enar\]

    En d'autres termes, l'espace se décompose en somme directe de sous espaces propres de $u$, ce qui montre que $u$ est bien diagonalisable.
  5. $u$ est diagonalisable, donc ses sous-espaces propres sont en somme directe dans $\R^n$,
    \[\R^n=\underset{\lambda\in SP\la u\ra}{\bigoplus}\ker(u-\lambda Id)\]

    et en particulier, en prenant les dimensions
    \[n=\sum_{\lambda\in SP\la u\ra}\dim\lp\ker(u-\lambda)\rp\]

    Supposons qu'il existe $\lambda\in\R$ tel que
    \[\ker(u-\lambda Id)\not=\ker\lp(u-\lambda Id)^2\rp\]

    et donc, en particulier, comme on a toujours $\ker(f)\subset\ker\left( f^2\rp$,
    \[\dim\lp\ker(u-\lambda Id)\rp<\dim\lp\ker\lp(u-\lambda Id)^2\rp\rp\]


    Or, comme à la question 3, $\ker\lp(u-\lambda Id)^2\rp$ et $\underset{\mu\not=\lambda}{\oplus}\ker(u-\mu Id)$ sont en somme directe, soit aussi
    \[\dim\lp\ker\lp(u-\lambda Id)^2\rp\rp+\dim\lp\underset{\mu\not=\lambda}{\oplus}\ker(u-\mu Id)\rp\leqslant n\]

    mais, par ailleurs,
    \[\dim\lp\ker\lp(u-\lambda Id)^2\rp\rp+
  \dim\lp\underset{\mu\not=\lambda}{\bigoplus}\ker(u-\mu Id)\right) >
  \dim\lp\underset{\mu\in\R}{\bigoplus}\ker(u-\mu Id)\rp=n\]

    ce qui est impossible: il n'existe donc pas de réel $\lambda$ tel que $\ker(u-\lambda)\not=\ker\lp(u-\lambda^2\rp$, ce qui signifie que $u$ vérifie la propriété $\lp P_u\rp$.
  6. Prenons par (contre)exemple l'endomorphisme $u$ de $\R^2$ dont la matrice dans la base canonique est
    \[A=\lp\begin{array}{cc}0&1\\1&0\enar\rp\]

    qui n'admet aucune valeur propre, donc qui n'est pas diagonalisable, et pour lequelle, pour tout réel $\lambda$, on a
    \[\ker(u-\lambda Id)=\ker\lp(u-\lambda Id)^2\rp=\la 0\ra\]

    puisque $A-\lambda Id$ est inversible, donc $\left( A-\lambda Id\rp^2$ aussi.



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