Codiagonalisation et générateur d'algèbre

Résolution.

1. 1. Montrons par récurrence sur $n = \dim E$ que la famille $\mathcal{F$ est codiagonalisable.} Si $n=1$, toute base de $E$ convient puisque les endomorphismes sont des homothéties. Supposons la propriété vraie pour tout espace de dimension $< n$. Si tous les $u_i$ sont des homothéties, n'importe quelle base de $E$ diagonalise la famille. Sinon, il existe $i_0 \in I$ tel que $u_{i_0}$ n'est pas une homothétie. Comme $u_{i_0}$ est diagonalisable, on a :
      $$E = \bigoplus_{\lambda \in \text{Sp}(u_{i_0})} E_\lambda(u_{i_0})$$
      Puisque les $u_i$ commutent avec $u_{i_0}$, chaque sous-espace propre $E_\lambda(u_{i_0})$ est stable par tous les $u_i$. De plus, la restriction d'un endomorphisme diagonalisable à un sous-espace stable est encore diagonalisable. Par hypothèse de récurrence, pour chaque $\lambda$, il existe une base $\mathcal{B}_\lambda$ de $E_\lambda(u_{i_0})$ qui diagonalise toutes les restrictions $(u_i)_{|E_\lambda(u_{i_0})}$. En concaténant ces bases, on obtient une base $\mathcal{B}$ de $E$ qui diagonalise simultanément tous les $u_i$.

   2. Construction de l'endomorphisme $g$. Soit $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ une base de codiagonalisation. Pour chaque $i \in I$ et chaque $j \in \{1, \dots, n\}$, on note $\lambda_{i,j}$ la valeur propre de $u_i$ associée au vecteur $e_j$ :
      $$\forall i \in I, \forall j \in \{1, \dots, n\},   u_i(e_j) = \lambda_{i,j} e_j$$
      Pour chaque indice $j$, on définit le profil de valeurs propres $L_j = (\lambda_{i,j})_{i \in I} \in \mathbb{K}^I$. On regroupe les indices $\{1, \dots, n\}$ selon l'égalité de leurs profils. Soient $W_1, \dots, W_p$ les profils distincts parmi $\{L_1, \dots, L_n\}$, avec $p \leq n$. Comme $\mathbb{K}$ est infini, on peut choisir $p$ éléments distincts $x_1, \dots, x_p$ dans $\mathbb{K}$. On définit alors $g$ par :
      $$\forall j \in \{1, \dots, n\},   g(e_j) = x_r \text{ si } L_j = W_r$$
      Par construction, $g$ est diagonalisable dans la base $\mathcal{B}$. Soit maintenant $i \in I$ fixé. On cherche $P_i \in \mathbb{K}[X]$ tel que $u_i = P_i(g)$. Cela revient à demander que pour tout $j$ : $\lambda_{i,j} = P_i(g_{jj})$. Si $L_j = W_r$, on a $g_{jj} = x_r$ et la valeur propre de $u_i$ est la composante d'indice $i$ du profil $W_r$, notons-la $y_{i,r}$. Il suffit donc que $P_i(x_r) = y_{i,r}$ pour tout $r \in \{1, \dots, p\}$. Comme les $x_r$ sont distincts, l'existence d'un tel polynôme $P_i$ est garantie par l'interpolation de Lagrange :
      $$\boxed{ P_i(X) = \sum_{r=1}^p y_{i,r} \prod_{k \neq r} \frac{X - x_k}{x_r - x_k} }$$
      On a alors bien $u_i = P_i(g)$, d'où $u_i \in \mathbb{K}[g]$.

2. Étude du cas où $\mathbb{K$ est fini.} Le résultat devient faux si le nombre de profils distincts $p$ est strictement supérieur au cardinal du corps $\mathbb{K}$. Considérons $E = \mathbb{F}_2^3$. Soit $\mathcal{B} = (e_1, e_2, e_3)$ la base canonique. On définit trois projecteurs $p_1, p_2, p_3$ par :
   $$p_1 = \text{diag}(1,0,0),   p_2 = \text{diag}(0,1,0),   p_3 = \text{diag}(0,0,1)$$
   Ces endomorphismes sont diagonalisables et commutent. Les profils de valeurs propres sont $L_1=(1,0,0)$, $L_2=(0,1,0)$ et $L_3=(0,0,1)$. Ils sont au nombre de $p=3$. Or, dans $\mathbb{F}_2$, il n'y a que 2 valeurs possibles. Si $g$ est un endomorphisme diagonalisable de $E$, il possède au plus 2 valeurs propres distinctes parmi $\{0, 1\}$. Par le principe des tiroirs, au moins deux éléments de la diagonale de $g$ dans la base $\mathcal{B}$ sont égaux. Supposons par exemple $g_{11} = g_{22}$. Alors pour tout polynôme $P \in \mathbb{F}_2[X]$, on aura $(P(g))_{11} = P(g_{11}) = P(g_{22}) = (P(g))_{22}$. Comme $(p_1)_{11} = 1$ et $(p_1)_{22} = 0$, on en déduit que $p_1 \notin \mathbb{F}_2[g]$.
   $$\boxed{\text{Le résultat est donc faux en général sur un corps fini si } n > |\mathbb{K}|}$$