Réduction des opérateurs de Sylvester

Résolution.

1. 1. Notons $(E_{i,j})_{1 \le i \le m, 1 \le j \le n}$ la base canonique de $\mathcal{M}_{m,n}(\mathbb{C})$. Posons $A = \text{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_m)$ et $B = \text{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n)$. L'action à gauche de $A$ sur $E_{i,j}$ donne $A E_{i,j} = \lambda_i E_{i,j}$. L'action à droite de $B$ sur $E_{i,j}$ donne $E_{i,j} B = \mu_j E_{i,j}$. On en déduit par linéarité :
      $$S(E_{i,j}) = A E_{i,j} + E_{i,j} B = (\lambda_i + \mu_j) E_{i,j}$$
      De même pour le produit :
      $$P(E_{i,j}) = A E_{i,j} B = \lambda_i \mu_j E_{i,j}$$
   2. La famille $(E_{i,j})$ est une base de $\mathcal{M}_{m,n}(\mathbb{C})$ constituée de vecteurs propres pour $S$ et $P$. \boxed{S \text{ et } P \text{ sont donc diagonalisables.}} Les spectres sont alors les ensembles des valeurs propres trouvées :
      $$\boxed{\text{Sp}(S) = \{ \lambda_i + \mu_j \mid i \in \llbracket 1, m \rrbracket, j \in \llbracket 1, n \rrbracket \}}$$
      $$\boxed{\text{Sp}(P) = \{ \lambda_i \mu_j \mid i \in \llbracket 1, m \rrbracket, j \in \llbracket 1, n \rrbracket \}}$$

2. Supposons $A$ et $B$ diagonalisables. Soit $(U_1, \dots, U_m)$ une base de $\mathbb{C}^m$ telle que $A U_i = \lambda_i U_i$. Soit $(V_1, \dots, V_n)$ une base de $\mathbb{C}^n$ telle que $B^T V_j = \mu_j V_j$ (une matrice est diagonalisable si et seulement si sa transposée l'est). Considérons les matrices $M_{i,j} = U_i V_j^T \in \mathcal{M}_{m,n}(\mathbb{C})$. On calcule l'image de $M_{i,j}$ par $S$ :
   $$S(M_{i,j}) = A U_i V_j^T + U_i V_j^T B = \lambda_i U_i V_j^T + U_i (B^T V_j)^T$$
   En utilisant le fait que $B^T V_j = \mu_j V_j$, il vient :
   $$S(M_{i,j}) = \lambda_i U_i V_j^T + \mu_j U_i V_j^T = (\lambda_i + \mu_j) M_{i,j}$$
   De la même manière, on obtient $P(M_{i,j}) = (\lambda_i \mu_j) M_{i,j}$. La famille $(M_{i,j})$ contient $mn = \dim(\mathcal{M}_{m,n}(\mathbb{C}))$ éléments. Montrons qu'elle est libre. Si $\sum c_{i,j} U_i V_j^T = 0$, alors pour tout vecteur $X$, $(\sum_i U_i (\sum_j c_{i,j} V_j^T X)) = 0$. Par liberté des $(U_i)$, on a $\sum_j c_{i,j} V_j^T X = 0$ pour tout $i, X$. Par liberté des $(V_j)$, on conclut $c_{i,j} = 0$. \boxed{S \text{ et } P \text{ possèdent une base de vecteurs propres, ils sont donc diagonalisables.}}

3. Soit $f : \mathcal{M}_m(\mathbb{C}) \times \mathcal{M}_n(\mathbb{C}) \to \mathbb{C}_{mn}[X]$ l'application qui à $(A,B)$ associe $\chi_S$. Les coefficients de $\chi_S$ sont des polynômes en les coefficients de la matrice de $S$ dans la base canonique, eux-mêmes étant des combinaisons linéaires des coefficients de $A$ et $B$. L'application $f$ est donc continue sur $\mathcal{M}_m(\mathbb{C}) \times \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$. Soit $g(A,B) = \prod_{i,j} (X - (\lambda_i + \mu_j))$. Les coefficients de ce polynôme sont des fonctions symétriques des $\lambda_i$ et $\mu_j$. D'après le théorème sur les fonctions symétriques élémentaires, ces coefficients s'expriment comme des polynômes en les coefficients de $\chi_A$ et $\chi_B$. L'application $g$ est donc également continue. D'après la question 2, nous savons que $f(A,B) = g(A,B)$ dès que $A$ et $B$ sont diagonalisables. Or, l'ensemble des matrices diagonalisables est dense dans $\mathcal{M}_k(\mathbb{C})$ pour tout $k$. Par continuité de $f$ et $g$, l'égalité s'étend à tout l'espace :
   $$\boxed{\chi_S(X) = \prod_{i=1}^m \prod_{j=1}^n (X - (\lambda_i + \mu_j))}$$