Lemme des noyaux

algebra

On montre par récurrence le lemme des noyaux pour un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie, et on applique ce résultat pour obtenir un critère de diagonalisation.

[GOU21]
p. 185

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie $n \geq 1$ sur un corps commutatif $K$ .

Théorème 1 (Lemme des noyaux). Soient $f \in L (E)$ et $P = P_{1} \dots P_{k} \in K [X]$ (les $P_{i}$ étant supposés premiers entre eux deux-à-deux). Alors, $Ker (P (f)) = i = 1 ⨁ k Ker (P_{i} (f))$

Démonstration. On procède par récurrence sur $k \geq 2$ .

Pour $k = 2$ : par le théorème de Bézout, il existe $U, V \in K [X]$ tels que $U P_{1} + V P_{2} = 1$ . Donc, $\forall x \in E, (U P_{1} + V P_{2}) (f) (x) = (U (f) \circ P_{1} (f)) (x) + (V (f) \circ P_{2} (f)) (x) = x (*)$ Soit $x \in Ker (P_{1} (f)) \cap Ker (P_{2} (f))$ . On a : $x = (*) (U (f) \circ P_{1} (f)) (x) + (V (f) \circ P_{2} (f)) (x) = x \in Ker (P_{1} (f)) \cap Ker (P_{2} (f)) 0$ Donc $Ker (P_{1} (f)) \cap Ker (P_{2} (f)) = {0}$ : la somme est directe.

Soit maintenant $x \in Ker (P (f))$ . Par calcul, $P_{2} (f) (U P_{1} (f) (x)) = (U P_{1} P_{2}) (f) (x) = (U (f) \circ P (f)) (x) = 0$ ie. $U P_{1} (f) (x) \in Ker (P_{2} (f))$ . De même, $V P_{2} (f) (x) \in Ker (P_{1} (f))$ . Par $(*)$ , $x \in Ker (P_{1} (f)) + Ker (P_{2} (f))$ . Donc $Ker (P (f)) \subseteq Ker (P_{1} (f)) \oplus Ker (P_{2} (f))$ .

Et si $x \in Ker (P_{1} (f))$ , $P (f) (x) = (P_{1} (f) \circ P_{2} (f)) (x) = (P_{2} (f) \circ P_{1} (f)) (x) = 0$ donc $x \in Ker (P (f))$ et $Ker (P_{1}) (f) \subseteq Ker (P (f))$ . De même, on montre que $Ker (P_{2}) (f) \subseteq Ker (P (f))$ . Comme $Ker (P (f))$ est un espace vectoriel, on a bien l’inclusion réciproque.
On suppose le résultat vrai à un rang $k \geq 2$ . Montrons qu’il reste vrai au rang $k + 1$ . Écrivons $P = Q_{1} Q_{2} avec Q_{1} = P_{1} \dots P_{k}, Q_{2} = P_{k + 1}$ Les polynômes $Q_{1}$ et $Q_{2}$ sont premiers entre eux, donc le cas $k = 2$ permet d’obtenir : $Ker (P (f)) = Ker (Q_{1} (f)) \oplus Ker (Q_{2} (f)) = (i = 1 ⨁ k Ker (P_{i} (f))) \oplus Ker (P_{k + 1} (f)) par hypoth \overset{e}{ˋ} se de r \overset{e}{ˊ} currence = i = 1 ⨁ k + 1 Ker (P_{i} (f))$ ce que l’on voulait.

◻

Application 2. Soit $f \in L (E)$ . Alors $f$ est diagonalisable si et seulement s’il existe $P \in K [X]$ scindé sur $K$ à racines simples tel que $P (f) = 0$ .

Démonstration. Sens direct : Soient $λ_{1}, \dots, λ_{k}$ les valeurs propres distinctes de $f$ et $E_{λ_{1}}, \dots, E_{λ_{k}}$ les sous-espaces propres correspondants. On pose $P = (X - λ_{1}) \dots (X - λ_{k}) \in K [X]$ On peut appliquer le Théorème 1 : $Ker (P (f)) = i = 1 ⨁ k Ker (f - λ_{i} id_{E}) = i = 1 ⨁ k E_{λ_{i}} = f diagonalisable E$ donc $P (f) = 0$ (et $P$ est bien scindé à racines simples).

Réciproque : On écrit $P = α (X - λ_{1}) \dots (X - λ_{k})$ avec les $λ_{i} \in K$ distincts et $α \neq = 0$ . On peut encore appliquer Théorème 1 : $E = Ker (P (f)) = i = 1 ⨁ k Ker (f - λ_{i} id_{E}) (*)$ Notons $I = {i \in [[1, k]] ∣ Ker (f - λ_{i} id_{E}) \neq = {0}}$ . $\forall i \in I$ , $λ_{i}$ est valeur propre de $f$ et $E_{λ_{i}} = Ker (f - λ_{i} id_{E})$ n’est autre que le sous-espace propre correspondant. Par $(*)$ , $E = i \in I ⨁ E_{λ_{i}}$ donc $f$ est diagonalisable. ◻