Combinaisons linéaires de projecteurs de rang 1

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie $n \geq 2$ sur un corps $\mathbb{K}$ (où $\mathbb{K} = \mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ ). On considère deux projecteurs $p$ et $q$ de $E$ , distincts et chacun de rang 1.

Montrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes :

Les projecteurs satisfont les relations de nullité : $p \circ q = q \circ p = 0$ .
Tout endomorphisme appartenant à $\operatorname{Vect}(p, q)$ est diagonalizable.

1.

Pour le sens $(1) \implies (2)$ , utiliser le fait que deux endomorphismes qui commutent et qui sont diagonalisables le sont dans une base commune.

2.

Pour le sens $(2) \implies (1)$ , commencer par montrer que les images de $p$ et $q$ sont nécessairement distinctes en considérant le cas $p-q$ .

3.

Étudier le caractère diagonalisable de $p+q$ en examinant ses valeurs propres et la restriction de l'endomorphisme à un sous-espace de dimension 2 bien choisi.

Idées clés

•

Codiagonalisation : des projecteurs qui commutent sont simultanément diagonalisables.

•

Un endomorphisme de rang 1 est diagonalisable si et seulement si sa trace est non nulle (ou s'il est nul).

•

Étude du polynôme minimal sur un sous-espace stable de dimension 2.

Sens $(1) \implies (2)$ .

Supposons que $p \circ q = q \circ p = 0$ .

Comme $p \circ q = q \circ p$ , les endomorphismes $p$ et $q$ commutent.
$p$ et $q$ sont des projecteurs, ils sont donc diagonalisables.
Un résultat classique du cours affirme que deux endomorphismes diagonalisables qui commutent sont simultanément diagonalisables.

Il existe donc une base $\mathcal{B}$ de $E$ telle que les matrices de $p$ et $q$ soient diagonales. Notons :

M_{\mathcal{B}}(p) = \text{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)   \text{et}   M_{\mathcal{B}}(q) = \text{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n)

Comme $p$ et $q$ sont de rang 1, un seul coefficient diagonal est égal à 1 pour chacun, les autres étant nuls. De plus, la condition $p \circ q = 0$ impose que pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$ , $\lambda_i \mu_i = 0$ . Ainsi, les indices des coefficients non nuls sont distincts.

Soit $u = \alpha p + \beta q \in \operatorname{Vect}(p, q)$ . Sa matrice dans la base $\mathcal{B}$ est :

M_{\mathcal{B}}(u) = \alpha M_{\mathcal{B}}(p) + \beta M_{\mathcal{B}}(q)

Cette matrice est diagonale car elle est une combinaison linéaire de matrices diagonales.

\boxed{\text{Tout élément de } \operatorname{Vect}(p, q) \text{ est donc diagonalisable.}}

Sens $(2) \implies (1)$ .

Supposons que tout élément de $\operatorname{Vect}(p, q)$ est diagonalisable.

Étape 1 : Montrons que $\operatorname{Im$ (p) \neq \operatorname{Im}(q) $Im (p) \neq = Im (q)$ .}

Supposons par l'absurde que $\operatorname{Im}(p) = \operatorname{Im}(q) = \mathbb{K}x$ avec $x \neq 0$ . Alors pour tout $v \in E$ , $p(v) = \phi(v)x$ et $q(v) = \psi(v)x$ où $\phi, \psi \in E^*$ . Comme $p(x)=x$ et $q(x)=x$ (car $x$ est dans l'image de projecteurs), on a $\phi(x) = \psi(x) = 1$ . Considérons l'endomorphisme $u = p - q$ . On a $u(v) = (\phi(v) - \psi(v))x$ . $u$ est de rang au plus 1. Son unique valeur propre potentiellement non nulle est sa trace :

\operatorname{Tr}(u) = \operatorname{Tr}(p) - \operatorname{Tr}(q) = 1 - 1 = 0

Un endomorphisme de rang 1 et de trace nulle est nilpotent d'indice 2 (car

u^2 = \operatorname{Tr}(u)u = 0

). Pour être diagonalisable, il doit être nul. Or

p \neq q

par hypothèse, donc

u \neq 0

. C'est une contradiction. Donc

\boxed{\operatorname{Im}(p) \neq \operatorname{Im}(q)}

. Par dualité (ou en considérant les transposées), on montre de même que

\operatorname{Ker}(p) \neq \operatorname{Ker}(q)

.

Étape 2 : Analyse de l'action de $p$ et $q$ .

Soient $x$ un générateur de $\operatorname{Im}(p)$ et $y$ un générateur de $\operatorname{Im}(q)$ . D'après l'étape 1, $(x, y)$ est une famille libre. On peut écrire $p(v) = \phi(v)x$ avec $\phi(x)=1$ et $q(v) = \psi(v)y$ avec $\psi(y)=1$ . Calculons les produits :

p(q(v)) = p(\psi(v)y) = \psi(v)p(y) = \psi(v)\phi(y)x

q(p(v)) = q(\phi(v)x) = \phi(v)q(x) = \phi(v)\psi(x)y

Pour montrer

p \circ q = q \circ p = 0

, il suffit de prouver que

\phi(y) = 0

et

\psi(x) = 0

.

Étape 3 : Utilisation de la diagonalisabilité de $u = p + \lambda q$ .

Considérons le plan $P = \operatorname{Vect}(x, y)$ . Ce plan est stable par $p$ et $q$ . En effet $p(x)=x$ , $p(y)=\phi(y)x$ , $q(x)=\psi(x)y$ et $q(y)=y$ . La matrice de $u_{\lambda} = p + \lambda q$ restreint à $P$ dans la base $(x, y)$ est :

M_{\lambda} = \begin{pmatrix} 1 & \lambda \phi(y) \psi(x) & \lambda \end{pmatrix}

Le polynôme caractéristique de cette restriction est

X^2 - (1+\lambda)X + \lambda(1 - \phi(y)\psi(x))

. Le discriminant est

\Delta = (1+\lambda)^2 - 4\lambda(1 - \phi(y)\psi(x)) = (1-\lambda)^2 + 4\lambda \phi(y)\psi(x)

.

Si $\phi(y)\psi(x) \neq 0$ , on peut choisir $\lambda \in \mathbb{C}$ tel que $\Delta = 0$ (avec $\lambda \neq 0, 1$ ). L'endomorphisme aurait une valeur propre double sans être une homothétie, ce qui contredit la diagonalisabilité. Donc $\phi(y)\psi(x) = 0$ .

Supposons par exemple $\phi(y) = 0$ . Alors $\Delta = (1-\lambda)^2$ . Pour $\lambda = 1$ , $\Delta = 0$ . La valeur propre est 1 (double). Pour que $u_1 = p+q$ soit diagonalisable, sa restriction à $P$ doit être l'identité $I_2$ . Or la matrice est $M_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \psi(x) & 1 \end{pmatrix}$ . Celle-ci est égale à $I_2$ si et seulement si $\psi(x) = 0$ .

On en déduit $\phi(y) = 0$ et $\psi(x) = 0$ , d'où $\boxed{p \circ q = 0 \text{ et } q \circ p = 0}$ .

Ne pas oublier de traiter le cas où les images des projecteurs sont confondues. Si $\operatorname{Im}(p) = \operatorname{Im}(q)$ , la différence $p-q$ est un endomorphisme nilpotent non nul, ce qui empêche la diagonalisabilité de tous les éléments de l'espace vectoriel engendré.