Éléments propres d'un endomorphisme d'endomorphismes

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie $n \in \mathbb{N}^*$ . On considère un projecteur $p \in \mathcal{L}(E)$ .

On définit l'application $\Phi$ sur l'espace des endomorphismes $\mathcal{L}(E)$ par :

\Phi : \begin{array}{ccc} \mathcal{L}(E) & \longrightarrow & \mathcal{L}(E) f & \longmapsto & p \circ f \circ p \end{array}

Démontrer que $\Phi$ est un projecteur de l'espace vectoriel $\mathcal{L}(E)$ .
En déduire les valeurs propres possibles de $\Phi$ .
Déterminer les sous-espaces propres associés à chacune de ces valeurs propres en utilisant les noyaux et images de $p$ et $f$ .

1.

Pour la question 1, calculez $\Phi \circ \Phi(f)$ en utilisant la propriété caractéristique d'un projecteur ( $p^2 = p$ ).

2.

Rappelez-vous que les seules valeurs propres possibles d'un projecteur non nul et différent de l'identité sont $0$ et $1$ .

3.

Pour caractériser $p \circ f \circ p = f$ , testez l'égalité sur des vecteurs de $\operatorname{Im}(p)$ et $\operatorname{Ker}(p)$ .

Idées clés

•

Propriété d'un projecteur : $u$ est un projecteur si et seulement si $u^2 = u$ .

•

Spectre d'un projecteur : $\text{Sp}(u) \subset \{0, 1\}$ .

•

Décomposition de l'espace : $E = \operatorname{Im}(p) \oplus \operatorname{Ker}(p)$ .

Résolution.

Soit $f \in \mathcal{L}(E)$ . On calcule l'image de $f$ par $\Phi \circ \Phi$ : $\Phi(\Phi(f)) = p \circ (p \circ f \circ p) \circ p$
Comme $p$ est un projecteur, on a $p \circ p = p^2 = p$ . Par associativité de la composition :
$\Phi^2(f) = (p \circ p) \circ f \circ (p \circ p) = p \circ f \circ p = \Phi(f)$
L'égalité $\Phi^2 = \Phi$ étant vraie pour tout $f \in \mathcal{L}(E)$ , on en conclut :
$\boxed{\Phi \text{ est un projecteur de } \mathcal{L}(E)}$
Puisque $\Phi$ est un projecteur, son polynôme annulateur est $X^2 - X = X(X-1)$ . Les valeurs propres de $\Phi$ sont donc incluses dans l'ensemble des racines de ce polynôme. $\boxed{\operatorname{Sp}(\Phi) \subset \{0, 1\}}$
(Sauf cas triviaux où $p=0$ ou $p=\operatorname{Id}_E$ , ces deux valeurs sont effectivement des valeurs propres).
Déterminons les sous-espaces propres. Notons $F = \operatorname{Im}(p)$ et $G = \operatorname{Ker}(p)$ . On sait que $E = F \oplus G$ .
Cas $\lambda = 1$ : On cherche $f$ tel que $\Phi(f) = f$ , c'est-à-dire $p \circ f \circ p = f$ .
$\bullet$ Si $p \circ f \circ p = f$ , alors pour tout $x \in E$ , $f(x) = p(f(p(x)))$ , donc $\operatorname{Im}(f) \subset \operatorname{Im}(p) = F$ . De plus, si $x \in \operatorname{Ker}(p)$ , alors $f(x) = p(f(p(x))) = p(f(0)) = 0$ , donc $G \subset \operatorname{Ker}(f)$ .
$\bullet$ Réciproquement, supposons $\operatorname{Im}(f) \subset F$ et $G \subset \operatorname{Ker}(f)$ . Soit $x \in E$ . On décompose $x = y + z$ avec $y \in F$ et $z \in G$ . On a $p(x) = y$ . Alors $f(p(x)) = f(y)$ . Or $f(z) = 0$ , donc $f(x) = f(y) + f(z) = f(y)$ . Ainsi $f(p(x)) = f(x)$ . Comme $\operatorname{Im}(f) \subset F$ et que $p$ agit comme l'identité sur $F$ , on a $p(f(x)) = f(x)$ . Finalement, $p(f(p(x))) = p(f(x)) = f(x)$ , d'où $\Phi(f) = f$ .
L'espace propre associé à 1 est :
$\boxed{E_1(\Phi) = \{ f \in \mathcal{L}(E) \mid \operatorname{Im}(f) \subset \operatorname{Im}(p) \text{ et } \operatorname{Ker}(p) \subset \operatorname{Ker}(f) \}}$
Cas $\lambda = 0$ : On cherche $f$ tel que $\Phi(f) = 0$ , c'est-à-dire $p \circ f \circ p = 0$ .
Cette condition est équivalente à : $\forall x \in E, p(f(p(x))) = 0$ . Cela signifie que pour tout $y \in \operatorname{Im}(p)$ , $f(y) \in \operatorname{Ker}(p)$ .
L'espace propre associé à 0 est :
$\boxed{E_0(\Phi) = \{ f \in \mathcal{L}(E) \mid f(\operatorname{Im}(p)) \subset \operatorname{Ker}(p) \}}$

Ne pas oublier que $\Phi$ agit sur des endomorphismes. L'erreur classique est de confondre les éléments de $E$ (vecteurs) avec les éléments de $\mathcal{L}(E)$ (les fonctions $f$ ).