Isomorphisme d'algèbres et diagonalisabilité

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie $n \in \mathbb{N}^*$ sur un corps $K$ ( $K = \mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ ). Pour tout endomorphisme $f \in \mathcal{L}(E)$ , on note $K[f] = \{P(f) \mid P \in K[X]\}$ la sous-algèbre de $\mathcal{L}(E)$ engendrée par $f$ .

Montrer que l'algèbre $K[f]$ est isomorphe, en tant que $K$ -algèbre, à l'algèbre produit $K^r$ pour un certain entier $r \in \mathbb{N}^*$ si et seulement si l'endomorphisme $f$ est diagonalisable.

On précisera, le cas échéant, la valeur de l'entier $r$ en fonction des propriétés de $f$ .

1.

Pour le sens direct, utiliser le fait que l'algèbre $K^r$ ne possède pas d'élément nilpotent non nul pour en déduire une propriété sur le polynôme minimal de $f$ .

2.

Pour le sens réciproque, on pourra utiliser les polynômes d'interpolation de Lagrange associés aux valeurs propres de $f$ pour construire explicitement l'isomorphisme.

3.

On rappelle que $K[f] \simeq K[X]/(\pi_f)$ où $\pi_f$ est le polynôme minimal de $f$ .

Idées clés

•

Lien entre la structure de $K[f]$ et le polynôme minimal $\pi_f$ .

•

Absence d'éléments nilpotents dans $K^r$ .

•

Utilisation du lemme des noyaux ou des projecteurs spectraux.

Analyse préliminaire.

On note $\pi_f$ le polynôme minimal de $f$ . L'application

\Phi : P \in K[X] \longmapsto P(f) \in K[f]

est un morphisme d'algèbres surjectif dont le noyau est l'idéal engendré par

\pi_f

.

Par le théorème d'isomorphisme, on a l'isomorphisme d'algèbres :

\boxed{ K[f] \simeq K[X] / (\pi_f) }

Sens réciproque : supposons $f$ diagonalisable.

Si $f$ est diagonalisable, son polynôme minimal $\pi_f$ est scindé à racines simples sur $K$ . Notons $\lambda_1, \dots, \lambda_r$ les valeurs propres distinctes de $f$ . On a :

\pi_f = \prod_{i=1}^r (X - \lambda_i)

D'après le théorème des restes chinois (ou par l'étude des polynômes d'interpolation de Lagrange), l'application suivante est un isomorphisme de $K$ -algèbres :

\Psi : K[X] / (\pi_f) \longrightarrow K^r

\overline{P} \longmapsto (P(\lambda_1), \dots, P(\lambda_r))

En composant les deux isomorphismes, on obtient que $K[f] \simeq K^r$ . On observe que $r$ est le nombre de valeurs propres distinctes de $f$ .

\boxed{ r = \text{card}(\text{Sp}(f)) }

Sens direct : supposons $K[f] \simeq K^r$ .

Supposons qu'il existe un isomorphisme de $K$ -algèbres $\theta : K[f] \to K^r$ .

Soit $g \in K[f]$ un élément nilpotent. Il existe $m \in \mathbb{N}^*$ tel que $g^m = 0$ . Alors $\theta(g^m) = (\theta(g))^m = (0, \dots, 0)$ .

Dans l'algèbre $K^r$ , un élément $x = (x_1, \dots, x_r)$ vérifie $x^m = 0$ si et seulement si $x_i^m = 0$ pour tout $i$ , ce qui implique $x_i = 0$ car $K$ est un corps. On en déduit que $\theta(g) = 0$ , et par injectivité de $\theta$ , $g = 0$ .

\boxed{ \text{L'algèbre } K[f] \text{ ne contient aucun élément nilpotent non nul.} }

Montrons par l'absurde que $\pi_f$ est scindé à racines simples.

Si $\pi_f$ n'est pas scindé à racines simples, deux cas se présentent :

$\pi_f$ possède un facteur irréductible $Q$ de degré $d \geq 2$ . Dans ce cas, l'algèbre $K[X]/(\pi_f)$ contient un sous-corps isomorphe à $K[X]/(Q)$ , qui est une extension de degré $d$ . Or $K^r$ ne contient que des éléments dont le polynôme minimal est de degré 1. C'est une contradiction.
$\pi_f$ possède un facteur $(X-\lambda)^k$ avec $k \geq 2$ . Posons $P = \frac{\pi_f}{X-\lambda}$ . Alors $P(f) \neq 0$ par définition du polynôme minimal. Cependant, $(P(f))^k = \left(\frac{\pi_f}{X-\lambda}\right)^{k-2} \pi_f(f) \dots$ Plus simplement, considérons $g = (f - \lambda \text{id}) \prod_{j \neq i} (f - \lambda_j \text{id})$ si les autres racines existent. Considérons plus directement : soit $Q = \prod_{i=1}^s (X-\lambda_i)$ où les $\lambda_i$ sont les racines distinctes de $\pi_f$ . Si $f$ n'est pas diagonalisable, alors $Q$ ne divise pas $\pi_f$ , mais il existe $m > 1$ tel que $\pi_f$ divise $Q^m$ . Posons $g = Q(f)$ . Alors $g \neq 0$ car $Q$ ne divise pas $\pi_f$ (le degré de $Q$ est strictement inférieur à celui de $\pi_f$ ). Cependant $g^m = Q(f)^m = 0$ puisque $\pi_f$ divise $Q^m$ .

L'élément $g$ est donc un nilpotent non nul de $K[f]$ , ce qui contredit notre résultat précédent. Par conséquent, $\pi_f$ est scindé à racines simples.

\boxed{ f \text{ est diagonalisable.} }

Attention à ne pas oublier de justifier que $K^r$ ne possède pas de nilpotents. C'est le point de passage obligé pour prouver que $\pi_f$ n'a pas de racines multiples.