Codiagonalisation de projecteurs commutants

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie $n$ sur $\mathbb{K}$ ( $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ ). On considère deux projecteurs $p$ et $q$ de $\mathcal{L}(E)$ tels que $p \circ q = q \circ p$ .

Montrer que les sous-espaces vectoriels $\operatorname{Ker} p$ et $\operatorname{Im} p$ sont stables par l'endomorphisme $q$ .
Soit $q_0$ $q_{0}$ la restriction de l'endomorphisme $q$ $q$ au sous-espace $\operatorname{Ker} p$ $Ker p$ .
1. Justifier que $q_0$ est un projecteur de $\operatorname{Ker} p$ .
2. En déduire que $p$ et $q$ sont codiagonalisables, c'est-à-dire qu'il existe une base commune de diagonalisation.
On s'intéresse à l'endomorphisme $s = p + q$ . On pose $F = \operatorname{Im} p \cap \operatorname{Im} q$ . Établir une relation liant $\operatorname{tr}(s)$ , $\operatorname{rg}(s)$ et $\dim F$ .

1.

Pour la stabilité, utiliser la définition d'un élément du noyau ou de l'image et la relation de commutation.

2.

Un endomorphisme $u$ est un projecteur si et seulement si $u^2 = u$ . Tout projecteur est diagonalisable.

3.

Utiliser une base de codiagonalisation pour décomposer $E$ en quatre sous-espaces propres communs selon les valeurs propres de $p$ et $q$ (0 ou 1).

Idées clés

•

Stabilité des sous-espaces propres par un endomorphisme qui commute.

•

Diagonalisabilité des projecteurs par leur polynôme annulateur $X^2-X$ .

•

Analyse spectrale conjointe pour le calcul de la trace et du rang.

Résolution.

Soit $x \in \operatorname{Ker} p$ . On a $p(x) = 0$ . Par commutation : $p(q(x)) = (p \circ q)(x) = (q \circ p)(x) = q(p(x)) = q(0) = 0$ Ainsi, $q(x) \in \operatorname{Ker} p$ , ce qui prouve la stabilité du noyau.
Soit $y \in \operatorname{Im} p$ . Il existe $z \in E$ tel que $y = p(z)$ . Alors :
$q(y) = q(p(z)) = p(q(z))$ Ceci montre que $q(y)$ appartient à $\operatorname{Im} p$ . Le noyau et l'image de $p$ sont donc bien stables par $q$ .
1. Puisque $\operatorname{Ker} p$ est stable par $q$ , la restriction $q_0 : \operatorname{Ker} p \to \operatorname{Ker} p$ est bien définie. Comme $q$ est un projecteur, on a $q \circ q = q$ . En restreignant cette égalité à $\operatorname{Ker} p$ , on obtient immédiatement : $\boxed{q_0^2 = q_0}$ L'endomorphisme induit $q_0$ est donc lui-même un projecteur.
2. Puisque $p$ est un projecteur, l'espace $E$ se décompose en somme directe : $E = \operatorname{Ker} p \oplus \operatorname{Im} p$ Comme $q$ stabilise ces deux sous-espaces (d'après la question 1), on peut considérer les restrictions $q_0$ sur $\operatorname{Ker} p$ et $q_1$ sur $\operatorname{Im} p$ . Ces deux restrictions sont des projecteurs, elles sont donc diagonalisables. Soit $\mathcal{B}_0$ une base de $\operatorname{Ker} p$ constituée de vecteurs propres de $q_0$ . Sur ces vecteurs, $p$ agit comme l'application nulle (valeur propre 0). Soit $\mathcal{B}_1$ une base de $\operatorname{Im} p$ constituée de vecteurs propres de $q_1$ . Sur ces vecteurs, $p$ agit comme l'identité (valeur propre 1). En concaténant $\mathcal{B} = \mathcal{B}_0 \cup \mathcal{B}_1$ , on obtient une base de $E$ . Dans cette base, $p$ et $q$ sont représentées par des matrices diagonales. $\boxed{p \text{ et } q \text{ sont codiagonalisables}}$
Définissons les quatre sous-espaces propres communs associés aux valeurs propres $(\lambda, \mu) \in \{0,1\}^2$ $(λ, μ) \in {0, 1}^{2}$ pour le couple $(p,q)$ $(p, q)$ :
- $E_{0,0} = \operatorname{Ker} p \cap \operatorname{Ker} q$
- $E_{0,1} = \operatorname{Ker} p \cap \operatorname{Im} q$
- $E_{1,0} = \operatorname{Im} p \cap \operatorname{Ker} q$
- $E_{1,1} = \operatorname{Im} p \cap \operatorname{Im} q = F$
Notons $n_{i,j} = \dim E_{i,j}$ $n_{i, j} = dim E_{i, j}$ . La trace d'un projecteur étant égale à son rang, on a :
$\operatorname{tr}(p) = n_{1,0} + n_{1,1} \text{et} \operatorname{tr}(q) = n_{0,1} + n_{1,1}$
On en déduit par linéarité :
$\operatorname{tr}(p+q) = n_{1,0} + n_{0,1} + 2n_{1,1}$
L'endomorphisme $s = p+q$ $s = p + q$ est diagonal dans la base commune. Ses valeurs propres sur chaque bloc sont : $0$ $0$ sur $E_{0,0}$ $E_{0, 0}$ , $1$ $1$ sur $E_{0,1}$ $E_{0, 1}$ , $1$ $1$ sur $E_{1,0}$ $E_{1, 0}$ et $2$ $2$ sur $E_{1,1}$ $E_{1, 1}$ . Le rang de $s$ $s$ est le nombre de valeurs propres non nulles (comptées avec multiplicité) :
$\operatorname{rg}(s) = n_{0,1} + n_{1,0} + n_{1,1}$
En comparant les deux expressions, on observe que :
$\operatorname{tr}(s) - \operatorname{rg}(s) = n_{1,1} = \dim F$
D'où la relation finale :
$\boxed{\operatorname{tr}(p+q) = \operatorname{rg}(p+q) + \dim(\operatorname{Im} p \cap \operatorname{Im} q)}$

Attention à ne pas affirmer trop vite que $p+q$ est un projecteur. En général, $(p+q)^2 = p+q + pq + qp = p+q+2pq \neq p+q$ . C'est pour cela que ses valeurs propres peuvent valoir 2.