Polynôme d'endomorphisme inversible

Démarrelesprobas
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dans Algèbre
Salut,

Soit $E$ un $K$-ev de dimension finie, $f\in\mathcal L(E)$ et $P\in K[X]$ tel que $P(f)\in\mathrm{GL}(E)$. Je pense que $g:=P(f)^{-1}\in K[f]$ mais je n'arrive pas à le montrer.

Réponses

  • Frédéric Bosio
    Frédéric Bosio
    Si on est en dimension finie, c'est vrai, tu peux introduire le polynôme minimal de $f$ et appliquer Bezout.
  • Démarrelesprobas
    Démarrelesprobas
    On est effectivement en dimension finie donc $\mu_f$ existe. Sauf que je veux justement aboutir à "$P$ et $\mu_f$ premiers entre eux" donc je ne peux pas utiliser directement ça. Je sais que par hypothèse, $g\circ P(f)=P(f)\circ g=\mathrm{Id}_E$ mais j'aimerais pouvoir dire que $g$ est un polynôme en $f$.
  • Démarrelesprobas
    Démarrelesprobas
    Je me permets de relancer.
  • lale
    lale
    Si $P$ et $\mu$ ne sont pas premiers entre eux ils ont un diviseur commun $d$ de degré $\geq 1$ alors $d(f)$ non inversible car $\mu$ est le polynôme minimal de $f$ et alors $P(f)$ est non inversible.
  • callipiger
    callipiger
    Je songe à une division euclidienne...
    étant en dimension finie les itérés de $f$ sont liées par un polynôme de degré au plus $n^2$ (la dimension de $\mathcal L(E)$ ) où $n$ est la dimension de l'espace vectoriel sur lesquels $f$ et $g$ s'appliquent ce qui montre qu'un polynôme annulateur existe d'une part, l'idéal annulateur de $f$ n'est pas réduit à l'idéal nul, on est dans un anneau principal donc il y a un polynôme minimal unitaire. Mais puisque $g$ est inversible, on sait que le polynôme possède un coefficient constant non nul... ce qui donne une envie de tenter une division selon les puissances décroissantes... (mais là je divague sans doute ou peut-être... bref même pour moi ça manque de rigueur ce que je dis)
  • callipiger
    callipiger
    sans utiliser le polynôme minimal c'est étrange...
    ou alors utiliser le lemme de Gauss en le contraposant ?
  • Démarrelesprobas
    Démarrelesprobas
    @lale, il me manque un détail dans ton raisonnement : pourquoi d(f) non inversible entraîne P(f) non inversible ?
  • side
    side
    supp
  • emilie1
    emilie1
    On peut se placer dans l'algèbre $K[f]$ et considérer la multiplication à gauche ( ou à droite) par $P(f)$ qui est un endomorphisme de l'espace vectoriel de dimension finie $K[f]$, injectif par inversibilité de $P(f)$, donc bijectif.
  • lale
    lale
    Je complète mon raisonnement .Si $P=R d$ alors $P(f)=R(f) \circ d(f)$
    Puisque la dimension est finie , $d(f)$ non inversible s'écrit $ \det(d(f))=0$ d'où $ \det(P(f))= \det (R(f)) \det (d(f)) =0$
    $P(f)$ est donc non inversible .
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