$u^3=u$ : trois noyaux en somme directe

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La définition d'une somme directe de plusieurs sous-espaces — la décomposition du vecteur nul est unique, donc celle de tout vecteur l'est aussi —, le calcul avec les polynômes d'endomorphismes, et le théorème de caractérisation en dimension finie. Aucune valeur propre : ce sera le vocabulaire du chapitre 2, et l'on va voir qu'on peut s'en passer.

La stratégie. On ne sait pas encore si la décomposition existe. On raisonne donc par analyse-synthèse : on suppose qu'elle existe et l'on en tire les trois composantes — ce qui prouvera l'unicité ; puis on vérifie que les formules obtenues fournissent bien une décomposition — ce qui prouvera l'existence.

a) Analyse. Par définition des trois noyaux, $u(x_0)=0$, $u(x_1)=x_1$ et $u(x_{-1})=-x_{-1}$. En appliquant $u$, qui est linéaire, à l'égalité $x=x_0+x_1+x_{-1}$, puis en l'appliquant une seconde fois : $$u(x)=x_1-x_{-1},$$ $$u^2(x)=u(x_1)-u(x_{-1})=x_1+x_{-1}.$$ On dispose ainsi de trois relations linéaires entre les trois inconnues $x_0$, $x_1$, $x_{-1}$ : $$\{\begin{array}{l}{x}_0+x_1+x_{-1}=x\\ x_1-x_{-1}=u(x)\\ x_1+x_{-1}=u^2(x)\end{array}$$ La demi-somme et la demi-différence des deux dernières donnent $x_1$ et $x_{-1}$ ; la première donne ensuite $x_0=x-(x_1+x_{-1})=x-u^2(x)$ : $$x_0=x-u^2(x),x_1=\frac{1}{2}\left(u^2(x)+u(x)\right),x_{-1}=\frac{1}{2}\left(u^2(x)-u(x)\right).$$ Conclusion de l'analyse. Si une décomposition existe, elle est unique : ses trois composantes sont imposées par ces formules. En particulier, pour $x=0$, les trois composantes sont nulles : c'est exactement dire que la somme $E_0+E_1+E_{-1}$ est directe.

b) Synthèse. Réciproquement, soit $x\in E$ quelconque ; posons $x_0=x-u^2(x)$, $x_1=\frac{1}{2}\left(u^2(x)+u(x)\right)$ et $x_{-1}=\frac{1}{2}\left(u^2(x)-u(x)\right)$. Leur somme vaut bien $x$ : les termes en $u(x)$ se compensent, et les deux demi-termes en $u^2(x)$ compensent $-u^2(x)$. Il reste à vérifier que chaque morceau tombe dans le bon noyau, et c'est ici — et seulement ici — que sert l'hypothèse $u^3=u$ :

• $u(x_0)=u(x)-u^3(x)=0$, donc $x_0\in E_0$ ;
• $u(x_1)=\frac{1}{2}\left(u^3(x)+u^2(x)\right)=\frac{1}{2}\left(u(x)+u^2(x)\right)=x_1$, donc $x_1\in E_1$ ;
• $u(x_{-1})=\frac{1}{2}\left(u^3(x)-u^2(x)\right)=\frac{1}{2}\left(u(x)-u^2(x)\right)=-x_{-1}$, donc $x_{-1}\in E_{-1}$.

Tout vecteur se décompose donc, et de façon unique d'après l'analyse : $E=E_0\oplus E_1\oplus E_{-1}$. Le projecteur $p_k$ associé à cette décomposition envoie $x$ sur sa composante $x_k$ ; les formules de l'analyse disent exactement $p_0={\mathrm{id}}_E-u^2$, $p_1=\frac{1}{2}\left(u^2+u\right)$ et $p_{-1}=\frac{1}{2}\left(u^2-u\right)$.

Le point délicat. Le cours met en garde : pour trois sous-espaces, vérifier que les intersections deux à deux sont nulles ne prouve pas que la somme est directe. On ne l'a pas fait : l'unicité est venue de l'analyse, qui a calculé les composantes. C'est la bonne méthode pour une somme de plus de deux sous-espaces.

c) La matrice dans une base adaptée. Concaténons une base de $E_0$, une base de $E_1$ et une base de $E_{-1}$ : d'après le théorème de caractérisation en dimension finie, on obtient une base $\mathcal{B}$ de $E$ adaptée à la décomposition. Chaque vecteur de la première famille est envoyé sur $0$, chaque vecteur de la deuxième sur lui-même, chaque vecteur de la troisième sur son opposé. En notant $d_k=\dim E_k$ : $${\mathrm{Mat}}_{\mathcal{B}}(u)=\left(\begin{array}{ccc}{0}_{d_0}& 0& 0\\ 0& I_{d_1}& 0\\ 0& 0& -I_{d_{-1}}\end{array}\right).$$ Le rang de $u$ est celui de cette matrice diagonale, c'est-à-dire le nombre de ses coefficients diagonaux non nuls : $\mathrm{rg}u=d_1+d_{-1}=\dim E_1+\dim E_{-1}$.

d) Le spin 1. Notons $B=\sqrt{2}S$, la matrice à coefficients $0$ et $1$. Un calcul ligne par colonne donne $$B^2=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 2& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right),B^3=\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 0\\ 2& 0& 2\\ 0& 2& 0\end{array}\right)=2B.$$ Donc $S^3=\frac{B^3}{2\sqrt{2}}=\frac{2B}{2\sqrt{2}}=\frac{B}{\sqrt{2}}=S$. Les trois projecteurs se calculent avec $S^2=\frac{1}{2}{B}^2$ : $$I_3-S^2=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}1& 0& -1\\ 0& 0& 0\\ -1& 0& 1\end{array}\right),$$ $$\frac{1}{2}\left(S^2+S\right)=\frac{1}{4}\left(\begin{array}{ccc}1& \sqrt{2}& 1\\ \sqrt{2}& 2& \sqrt{2}\\ 1& \sqrt{2}& 1\end{array}\right),$$ $$\frac{1}{2}\left(S^2-S\right)=\frac{1}{4}\left(\begin{array}{ccc}1& -\sqrt{2}& 1\\ -\sqrt{2}& 2& -\sqrt{2}\\ 1& -\sqrt{2}& 1\end{array}\right).$$ D'après le b), l'image de chaque projecteur est le noyau correspondant, et elle est engendrée par les colonnes de sa matrice. Dans chacune des trois matrices, toutes les colonnes non nulles sont proportionnelles à une seule d'entre elles. D'où $$\ker S=\mathrm{Vect}(1,0,-1),\ker (S-I_3)=\mathrm{Vect}(1,\sqrt{2},1),\ker (S+I_3)=\mathrm{Vect}(1,-\sqrt{2},1).$$ Contrôles. $S(1,0,-1)=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1-1,0)=0$ ; $S(1,\sqrt{2},1)=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{2},2,\sqrt{2})=(1,\sqrt{2},1)$ ; et les dimensions $1+1+1$ font bien $3$. Le rang de $S$ vaut $2=\dim E_1+\dim E_{-1}$, conformément au c).

Ce que l'exercice installe. Un polynôme annulateur scindé à racines simples — ici $X^3-X=X(X-1)(X+1)$ — découpe l'espace en noyaux, et les projecteurs sont des polynômes en $u$. Ces trois polynômes, $1-X^2$, $\frac{1}{2}(X^2+X)$ et $\frac{1}{2}(X^2-X)$, ne sont pas quelconques : ce sont les polynômes de Lagrange aux points $0$, $1$ et $-1$ — chacun vaut $1$ en « son » point et $0$ aux deux autres. C'est la réduction du chapitre 2, obtenue sans prononcer le mot valeur propre. En physique, les trois sous-espaces sont les états du spin de composante $S_x$ égale à $0$, $\hslash$ et $-\hslash$, et $p_0$, $p_1$, $p_{-1}$ sont les projecteurs de la mesure de $S_x$.