Inversibilité et projecteurs dans K[u]

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie $n$ sur un corps $\mathbb{K}$ .

Soit $u \in \mathcal{L}(E)$ $u \in L (E)$ un endomorphisme inversible.
1. Justifier que le coefficient constant du polynôme minimal $\mu_u$ est non nul.
2. En déduire que $u^{-1}$ est un polynôme en $u$ .
On considère maintenant un endomorphisme $f \in \mathcal{L}(E)$ tel que $\ker(f)$ et $\text{im}(f)$ sont supplémentaires dans $E$ . Montrer que le projecteur sur $\ker(f)$ parallèlement à $\text{im}(f)$ appartient à l'algèbre $\mathbb{K}[f]$ .

1.

Pour la question 1, utiliser le fait que $0$ est une racine du polynôme minimal si et seulement si $0$ est une valeur propre. Écrire ensuite l'égalité $\mu_u(u) = 0$ en isolant le terme de degré 0.

2.

Pour la question 2, considérer la restriction $g$ de $f$ à l'espace stable $\text{im}(f)$ . Montrer que $g$ est un automorphisme et utiliser le résultat de la question 1. Construire ensuite un polynôme $P$ qui agit de manière idoine sur $\ker(f)$ et $\text{im}(f)$ .

Idées clés

•

Lien entre spectre et racines d'un polynôme annulateur.

•

Utilisation de la structure d'algèbre de $\mathbb{K}[u]$ .

•

Décomposition d'un endomorphisme selon une somme directe stable.

Résolution.

1. Notons $\mu_u = X^d + a_{d-1}X^{d-1} + \dots + a_1 X + a_0$ le polynôme minimal de $u$ . On sait que l'ensemble des racines de $\mu_u$ coïncide avec le spectre de $u$ dans une clôture algébrique. Comme $u$ est supposé inversible, $0$ n'est pas valeur propre de $u$ . Par conséquent, $0$ n'est pas racine de $\mu_u$ , ce qui impose que le terme constant soit non nul : $\boxed{a_0 \neq 0}$
2. Puisque $\mu_u$ est un polynôme annulateur de $u$ , on a l'égalité dans $\mathcal{L}(E)$ : $u^d + a_{d-1}u^{d-1} + \dots + a_1 u + a_0 \text{Id}_E = 0$ En isolant le terme constant et en factorisant par $u$ , on obtient : $u \left( u^{d-1} + a_{d-1}u^{d-2} + \dots + a_1 \text{Id}_E \right) = -a_0 \text{Id}_E$ Comme $a_0 \neq 0$ , on peut diviser par $-a_0$ : $u \circ \left[ -\frac{1}{a_0} \sum_{k=1}^d a_k u^{k-1} \right] = \text{Id}_E (\text{avec } a_d = 1)$ Par unicité de l'inverse, on en conclut que : $\boxed{u^{-1} = -\frac{1}{a_0} \sum_{k=1}^d a_k u^{k-1} \in \mathbb{K}[u]}$
Soit $f$ $f$ tel que $E = \ker(f) \oplus \text{im}(f)$ $E = ker (f) \oplus im (f)$ . Notons $p$ $p$ le projecteur sur $\ker(f)$ $ker (f)$ parallèlement à $\text{im}(f)$ $im (f)$ . L'espace $F = \text{im}(f)$ $F = im (f)$ est stable par $f$ $f$ . Notons $g = f_{|F}$ $g = f_{∣ F}$ l'endomorphisme induit par restriction. D'après le théorème du rang, $\dim(\text{im} f) = n - \dim(\ker f)$ $dim (im f) = n - dim (ker f)$ . Or l'hypothèse de supplémentarité assure que $\dim(E) = \dim(\ker f) + \dim(\text{im} f)$ $dim (E) = dim (ker f) + dim (im f)$ , ce qui est cohérent. L'application $g : \text{im}(f) \to \text{im}(f)$ $g : im (f) \to im (f)$ est surjective par définition de l'image. En dimension finie, $g$ $g$ est donc un automorphisme de $\text{im}(f)$ $im (f)$ . D'après la question 1, il existe un polynôme $Q \in \mathbb{K}[X]$ $Q \in K [X]$ tel que $g^{-1} = Q(g)$ $g^{- 1} = Q (g)$ . Considérons alors le polynôme $P(X) = 1 - XQ(X)$ $P (X) = 1 - XQ (X)$ . Étudions l'endomorphisme $P(f)$ $P (f)$ :
- Si $x \in \ker(f)$ , alors $f(x) = 0$ . On a donc : $P(f)(x) = \text{Id}_E(x) - f(Q(f)(x)) = x - 0 = x$
- Si $x \in \text{im}(f)$ , alors $f(x) = g(x)$ . Par structure de l'algèbre des polynômes, $Q(f)(x) = Q(g)(x)$ . Ainsi : $P(f)(x) = x - g(Q(g)(x)) = x - g(g^{-1}(x)) = x - x = 0$
L'endomorphisme $P(f)$ $P (f)$ coïncide avec $p$ $p$ sur $\ker(f)$ $ker (f)$ et sur $\text{im}(f)$ $im (f)$ . Comme $E = \ker(f) \oplus \text{im}(f)$ $E = ker (f) \oplus im (f)$ , on en déduit par linéarité que :
$\boxed{p = P(f) \in \mathbb{K}[f]}$

Attention à ne pas confondre le polynôme minimal et le polynôme caractéristique. Bien que la propriété $A^{-1} \in \mathbb{K}[A]$ soit également démontrable avec Cayley-Hamilton, l'utilisation du polynôme minimal est ici plus directe pour justifier que le terme constant est non nul.