Exercice 62

1. On veut $(a + b)f - (a\alpha + b\beta)\mathrm{id} = \mathrm{id}$, soit $a + b = 0$ et $a\alpha + b\beta = -1$ : $a = \frac{1}{\beta - \alpha}$, $b = \frac{1}{\alpha - \beta}$. $$\boxed{\frac{1}{\beta - \alpha}(f - \alpha\,\mathrm{id}) - \frac{1}{\beta - \alpha}(f - \beta\,\mathrm{id}) = \mathrm{id}_{E}}$$

2. Tout $x$ s'écrit $x = (f - \alpha\,\mathrm{id})(ax) + (f - \beta\,\mathrm{id})(bx)$.

3. Les endomorphismes $f - \alpha\,\mathrm{id}$ et $f - \beta\,\mathrm{id}$ commutent, et leur composée est nulle dans les deux ordres : pour tout $x$, $$(f - \alpha\,\mathrm{id})\big((f - \beta\,\mathrm{id})(x)\big) = 0 \qquad\text{et}\qquad (f - \beta\,\mathrm{id})\big((f - \alpha\,\mathrm{id})(x)\big) = 0,$$ ce qui donne les deux inclusions (exercice 45).

4. Les questions 2 et 3 donnent $E = \mathrm{Ker}\,(f - \alpha\,\mathrm{id}) + \mathrm{Ker}\,(f - \beta\,\mathrm{id})$. Si $x$ est dans l'intersection, $\alpha x = f(x) = \beta x$, donc $x = 0$. $$\boxed{E = \mathrm{Ker}\,(f - \alpha\,\mathrm{id}) \oplus \mathrm{Ker}\,(f - \beta\,\mathrm{id})}$$ Pour $(\alpha, \beta) = (0, 1)$, l'hypothèse est $f^{2} = f$ et l'on retrouve le théorème 5 : $E = \mathrm{Ker}\, f \oplus \mathrm{Ker}\,(f - \mathrm{id})$. Pour $(\alpha, \beta) = (1, -1)$, c'est $f^{2} = \mathrm{id}$ et le théorème 6. Le chapitre consacré à la réduction, en seconde année, généralisera ce lemme à tout polynôme scindé à racines simples.