Triangulaire par bloc (diagonalisation)
Soient $\K$ un corps, $n\in\N$ et $A\in\mathcal M_n(\K)$.
On note $M:=\begin{pmatrix} A & A \\ 0 & A\end{pmatrix}\in\mathcal M_{2n}(\K)$.
On a : $( M$ diagonalisable$)\implies (A$ diagonalisable$)$.
On vérifie en effet que pour tout $P\in\K[X],\ P(M)=\begin{pmatrix} P(A) & AP'(A) \\ 0 & P(A)\end{pmatrix}$.
Ainsi, si $P$ est un polynôme scindé simple annulant $M$, alors $P(A)=0$ donc $A$ est diagonalisable.
Est-ce que la réciproque est vraie ? Si oui, je n'arrive pas à le montrer. Il suffirait d'établir que si $P$ est un polynôme scindé simple annulant $A$, alors $AP'(A)=0$.
On note $M:=\begin{pmatrix} A & A \\ 0 & A\end{pmatrix}\in\mathcal M_{2n}(\K)$.
On a : $( M$ diagonalisable$)\implies (A$ diagonalisable$)$.
On vérifie en effet que pour tout $P\in\K[X],\ P(M)=\begin{pmatrix} P(A) & AP'(A) \\ 0 & P(A)\end{pmatrix}$.
Ainsi, si $P$ est un polynôme scindé simple annulant $M$, alors $P(A)=0$ donc $A$ est diagonalisable.
Est-ce que la réciproque est vraie ? Si oui, je n'arrive pas à le montrer. Il suffirait d'établir que si $P$ est un polynôme scindé simple annulant $A$, alors $AP'(A)=0$.
Réponses
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Pour la réciproque, regarde ce qui se passe pour $n=1$.
En fait, tu peux montrer que $M$ est diagonalisable si et seulement $A$ est nulle. -
Ta dernière phrase j'y crois moyen, compte-tenu de la propriété d'idéal de l'ensemble des polynômes annulateurs de A, puisque si P est son polynôme minimal, il y a peu de risque que XP'(X) soit multiple de P.
Regarde la matrice avec A=1, tu verras que tes espoirs seront déchus.
Edit : grillé par mon VDD
Pour aller un peu plus loin, les valeurs propre de M sont évidemment exactement celles de A.
Si on prend pour P le polynôme minimal de A, en supposant qu'il est scindé à racines simples, on voit que P annule M seulement si AP'(A) = 0.
Si Q est le polynôme minimal de M, vu que M a les mêmes valeurs propres que A, si M est diagonalisable c'est que P=Q.
Donc en fait ta condition suffisante est nécessaire.
Au final il faut et il suffit de trouver les P tels que XP'(X) multiplie P(X). Je crois qu'il ne reste pas grand monde !
Edit 2 : je dois faire erreur quelque part puisque je trouve que les matrices convenables sont les nilpotentes et pas seulement la nulle.
Edit 3 : oubliez cet edit, je n'avais plus le contexte en tête après avoir résolu l'équation polynomiale, j'avais oublié la diagonalisabilité. Donc on est bon. -
Merci !
J'ai l'impression qu'il me manque un argument que je n'arrive pas à montrer à savoir si $P$ est scindé simple alors $P$ et $P'$ sont premiers entre eux. Sauf que cela suppose que $\K$ soit de caractéristique nulle non ? -
Bah P et XP' étant de même degré, si P divise XP' c'est qu'ils sont égaux à une constante près.
Pour R on peut utiliser Rolle, dans K un corps quelconque on peut écrire le polynôme sous forme développée pour voir facilement qu'un seul des monômes doit être non nul, donc que les solutions sont les $a X^{k}$. -
Au risque de dire une bêtise (je n'ai pas eu le temps de revérifier) : il me semble que la propriété $P$ est scindé à racine simple implique que $P$ et $P'$ sont premiers entre eux est vraie quel que soit la caractéristique du corps de base.
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Comment montrer alors que si $P\in\K[X]$ est scindé simple sur $\K$ alors $P$ et $P'$ sont premiers entre eux ?
Soit $D\in\K[X]$ un facteur comment à $P$ et $P'$. Si $D$ n'est pas constant, alors comme il est scindé sur $\K$, il admet une racine $\lambda\in\K$ qui est racine commune à $P$ et $P'$. J'imagine qu'alors $\lambda$ est racine double de $P$, mais pourquoi ? -
Tu peux utiliser la base $\{(X-\lambda)^k\mid k\in\N\}$.
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C'est la formule de Taylor.
Edit : encore grillé -
@Riemann_lapins_cretins : pour pouvoir appliquer la formule de Taylor, il y a des hypothèses supplémentaires nécessaires, par exemple $\K$ de caractéristique nulle, ce qui n'est pas le cas ici.
Sauf erreur, on peut s'en sortir autrement (je ne sais pas si c'est ce que sous-entendait MrJ).
Je rappelle ce qu'il y a à montrer.
Proposition. Soient $\K$ un corps et $P\in\K[X]$.
$(P$ scindé simple sur $\K)\implies (P\wedge P'=1)$.
Preuve par contraposée (détaillée un peu de manière extrême).
Supposons $P\wedge P'\neq 1$.
Comme $P\neq 0$ (car $P$ est scindé simple, ce que n'est pas le polynôme nul car $0=0X^2$), on a donc $P\wedge P'\neq 0$.
Il existe alors $D\in\K[X]$ non constant et divisant à la fois $P$ et $P'$.
Comme $P$ est scindé sur $\K$, $D$ est également scindé sur $K$.
Comme $D$ est de plus non constant, il admet une racine $\lambda\in\K$.
Comme $\lambda$ est aussi racine de $P$, il existe $Q\in\K[X]$ tel que $P=(X-\lambda)Q$.
Donc $P'=(X-\lambda)Q'+Q$.
Or $\lambda$ est aussi racine de $P'$ donc $\lambda$ est racine de $Q=P'-(X-\lambda)Q'$.
Donc il existe $L\in\K[X]$ tel que $Q=(X-\lambda)L$.
Donc $P=(X-\lambda)^2 L$.
Donc $P$ n'est pas scindé simple. -
En fait, je suggérais d'utiliser que si $P\in\K[X]$ et $\lambda\in\K$, alors il existe $n\in\N$ et $(a_0, \ldots,,a_n)\in\K^{n+1}$ tel que : $$P=\sum_{k=0}^n a_k (X-\lambda)^k.$$ Si $P$ et $P'$ ont $\lambda$ comme racine commune, alors on remarque que $a_0=a_1=0$, ce qui permet de conclure. En fait, sur un corps de caractéristique nulle, la formule de Taylor te donne directement l'expression des coefficients $a_k$ en fonction des dérivées de $P$. Elle n'est plus valable en tout généralité si la caractéristique est strictement positive, mais l'existence décomposition ci-dessus l'est encore.
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Ah désolé (et pourtant c'est logique étant données les factorielle qui se baladent), merci pour la preuve
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Est-ce qu'on a $P\wedge (XP')=P\wedge X$ ici ?
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Car visiblement on a besoin de ça pour conclure que $A$ est nulle.
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Comme $P$ n’a que des facteurs simples : oui.
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Je suis d'accord que $P\wedge X$ divise $P\wedge (XP')$ mais pour l'autre sens je ne vois pas pourquoi.
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Le plus simple pour le voir est d'utiliser l'expression du pgcd avec les décompositions en facteurs irréductibles.
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Merci je regarde et reviens si je bloque.
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Je n'y arrive pas.
Je note $P:=(X-\lambda_1)\dots (X-\lambda_d)$ avec les $\lambda_i$ deux à deux distincts.
Alors $P'=\sum_{j=1}^d\prod_{i\neq j} (X-\lambda_i)$.
Donc $XP'=X\sum_{j=1}^d\prod_{i\neq j} (X-\lambda_i)$.
Il s'agirait donc de montrer, sauf erreur, que pour tout $Q\in\K[X]$ irréductible, $\min\{v_Q(P),v_Q(XP')\}=\min\{v_Q(P),v_Q(X)\}$.
Je bloque totalement, je ne sais pas comment gérer la somme $XP'$. -
Distingue les cas selon que $X$ est un facteur irréductible (simple) de $P$ ou non.
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En fait j'avais déjà essayé de faire cette disjonction de cas sans aboutir.
J'ai vu un corrigé qui utilise une méthode bien plus expéditive, avec Dunford c'est très facile. Je vais donc retenir qu'avec Dunford ça se traite facilement.
La méthode par les polynômes utilise ce lemme technique (*) selon moi difficile à démontrer. Si quelqu'un veut bien détailler une preuve je suis preneur.
(*) Si $P$ est scindé simple sur un corps $\K$ alors $P\wedge X=P\wedge (XP')$.
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