Décomposition des noyaux et projecteurs

[MB]

Bonjour, si $f$ est un endomorphisme de $E$, $P$ et $Q$ deux polynômes premiers entre eux, alors on sait que le théorème de décomposition des noyaux assure que.

$$ \ker (PQ)(f) = \ker P(f) \oplus \ker Q(f) $$

L'objectif est de prouver que le projecteur de $\ker (PQ)(f)$ sur $\ker P(f)$ parallèlement à $\ker Q(f)$ est un polynôme de $f$. Voici une méthode trouvée dans un ouvrage.

Il existe deux polynômes $U$ et $V$ tels que $UP+VQ=1$ et donc $(UP)(f)+(VQ)(f) = Id$. On pose $p = (VQ)(f)$ et on prouve que $p$ correspond au projecteur recherché.

Si $x \in \ker P(f)$, alors $x = (UP)(f)(x)+(VQ)(f)(x) = 0+p(x) = p(x)$.

La méthode que j'utiliserais personnellement serait de considérer $x \in \ker Q(f)$ afin d'obtenir immédiatement $p(x) = 0$ et donc d'après moi de prouver que $p$ correspond bien au projecteur recherché.

Dans l'ouvrage, on considère plutôt $y$ dans l'image de $P(f)$, c'est à dire $y = P(f)(x)$ avec $x \in \ker (PQ)(f)$ et on obtient que $p(y) = (VPQ)(f)(x) = 0$ pour conclure que $p$ est bien le projecteur recherché. Je ne comprends pas pourquoi considérer ce $y$ plutôt que $x \in \ker Q(f)$.

[guiguiche]

Dans ton ouvrage, la décomposition en somme directe initiale est-elle utilisée telle quelle ?

[MB]

Elle a déjà été prouvée, la suite de la démonstration consistant à justifier que les projecteurs associés à cette décomposition sont des polynômes de $f$.

[Edit] Voici une copie.

[attachment=0]img.jpg[/attachment]

[guiguiche]

Je ne vois donc pas l'intérêt de procéder ainsi car, en plus, l'auteur ne prouve pas que Ker Q(f) = Im P(f).

[MB]

Tu confirmes donc l'étrangeté de la méthode. On aurait ça ?

$$ \ker (PQ)(f) = \ker P(f) \oplus \mathop{\text{im}} P(f) $$

[guiguiche]

La méthode proposée n'est pas complète car il y a bien égalité entre Im P(f) et Ker Q(f) (du moins j'en suis presque certain sans le vérifier).
J'ai quand même un doute sur ta méthode car j'ai l'impression que tu confonds PQ et PoQ à un moment (vu de loin sans réflexion approfondie).

[MB]

Des doutes pour affirmer que si $x \in \ker Q(f)$ alors $p(x) = 0$ ?

$$ p(x) = (VQ)(f)(x) = V(f) \circ Q(f)(x) = V(f)(Q(f)(x)) = V(f)(0) = 0 $$

Il me semble que je n'ai rien fait d'autre que ça.

[Edit] Vérification que Ker Q(f) est bien égal à Im P(f).

Si $y = P(f)(x)$ avec $x \in \ker (PQ)(f)$, alors $Q(f)(y) = (PQ)(f)(x) = 0$ donc $y \in \ker Q(f)$.

Réciproquement, si $y \in \ker Q(f)$, alors $y = (UP)(f)(y)+(VQ)(f)(y) = (UP)(f)(y) = P(f)(U(f)(y)) = P(f)(x)$ avec $x = U(f)(y)$.
De plus, on a bien $x \in \ker (PQ)(f)$ car $(PQ)(f)(x) = (VPQ)(f)(y) = 0$ puisque $y \in \ker Q(f)$.

Peut être que c'était évident mais bon ... En tout cas ça semble fonctionner.

[guiguiche]

Tu as le théorème du rang qui achève la réciproque si tu es en dimension finie.
Je n'ai peut-être pas bien fait attention pour ton premier calcul.

[MB]

Tu as le théorème du rang qui achève la réciproque si tu es en dimension finie.

Oui, à priori la dimension peut être infinie.

Je n'ai peut-être pas bien fait attention pour ton premier calcul.

Au final on peut considérer $x \in \ker Q(f)$ au lieu de $x \in \mathop{\text{im}} P(f)$ ?

Ca me semble non seulement plus logique (puisqu'on veut justifier que la projection est parallèle à Ker Q(f)) et plus simple également. Si il n'y a pas d'erreur dans ce que j'ai fait, j'ai du mal à comprendre pourquoi l'auteur ne procède pas ainsi. Il doit y avoir un truc qui m'échappe.