Décomposition de Dunford

Décomposition de Dunford

Référence :GourdonAlgèbre : p.194-195 Leçons : 126, 128, 153, 154, 155, 157.

SoitK un corps commutatif,E unK-espace vectoriel de dimension finie.

BIci, toutes les puissances d’endomorphismes sont des composées ! ! !

Soitf ∈ L(E) etFun polynôme annulateur def, de décomposition en facteurs irréductiblesF =βM₁^α1· · ·M_s^αs. Pour touti, on noteNi = kerM_i^αi(f). Alors,E=N1⊕· · ·⊕Nset, pour touti, la projection surNiparallèlement

àM

j6=i

Nj est un polynôme enf. Lemme

Preuve du Lemme :

La décompositionE=N1⊕ · · · ⊕Nsdécoule immédiatement du lemme des noyaux.

Etape 1 : Construire des projecteurs comme des polynômes enf On poseQi=Y

j6=i

M_j^αj. LesQisont premiers entre eux dans leur ensemble (aucun facteur commun à tous

lesQ_i). Bézout donne alors l’existence deU₁,· · · , U_s∈K[X] tels que

s

X

i=1

U_iQ_i = 1 ie Id=U1(f)◦Q1(f) +U2(f)◦Q2(f) +· · ·+Us(f)◦Qs(f).

En notant Pi=UiQi etpi=Pi(f), on obtient Id=

s

X

j=1

pj. (0.1)

Par ailleurs, sii6=j, par construction,F diviseQiQj donc (on peut tout permuter comme on veut car ce sont des polynômes enf)

pi◦pj=Pi(f)◦Pj(f) = (Ui(f)◦Qi(f))◦(Uj(f)◦Qj(f)) =Qi(f)◦Qj(f)

| {z }

=0

◦Ui(f)◦Uj(f) = 0

En composant (??) parpi, on obtientpi=

s

X

j=1

pi◦pj, donc avec l’égalité du dessuspi=p²_i. Ceci montre que les p_i sont des projecteurs.

Etape 2 : Vérifions qu’ils projettent bien surN_i parallèlement àM

j6=i

N_j ie Imp_i=N_i et kerp_i=M

i6=j

N_j

,→On a bien Impi⊂kerM_i^αi(f). En effet, par calcul simple :

M_i^αi(f)(pi(x)) =M_i^αi(f)◦Pi(f)(x) = (M_i^αiUiQi)(f)(x) = (UiM_i^αiQi

| {z }

=F

)(f)(x) =Ui(f)◦F(f)(x) = 0

Pour l’inclusion réciproque, choisissonsx∈N_i doncM_i^αi(f)(x) = 0.

D’après la décomposition (??), x=p₁(x) +· · ·+p_s(x). Or, pour toutj 6=i,p_j(x) =U_jQ_j(f)(x) = 0 car M_i^αi diviseQ_j. De fait,x=p_i(x), et Imp_i=N_i.

,→Six∈Nj, on a vu quex=pj(x) doncpi(x) =pi◦pj(x) = 0 etM

j6=i

Nj⊂kerpi. Réciproquement, si x∈kerp_i, (??) donnex=X

i6=j

p_j(x)∈M

j6=i

N_j (car Imp_i=N_i)

Laura Gay p.1 15 juillet 2015

f ∈ L(E) de polynôme caractéristique scindé surK.

Alors il existe un unique couple (d, n)∈ L(E)² tel que :

— f =d+n

— dest diagonalisable etnest nilpotent

— net dcommutent etf =d+n De plus,det nsont des polynômes enf.

Théorème

Preuve du Théorème : Existence

On note le polynôme caractéristique χf :=

s

Y

i=1

(X−λi)^αi.

On va appliquer le Lemme avec F = χf. On a alors en gardant les notations Ni = Ker(f −λi)^αi, M_i=X−λ_i et p_i=P_i(f) le projecteur sur N_iparallèlement à M

j6=i

N_j.

On posed=

s

X

i=1

λipi. Ainsi construit,dest diagonalisable¹. On pose aussi n=f−d=

s

X

i=1

(f−λ_iId)p_i².

Puisque les pi sont des projecteurs, qu’ils commutent (comme polynômes en f) avec f et que ∀i 6=

j;pi◦pj= 0³, on peut montrer par récurrence surqque

∀q∈N, n^q=X

(f −λ_iId)^qp_i. Or, si q = sup

i

α_i, on a (f −λ_iId)^qp_i = [(X−λ_i)^qP_i](f) = 0 car χ_f divise (X−λ_i)^qP_i (voir preuve du lemme : P_i =U_iY

j6=i

(X−λ_j)^αj). Doncnest nilpotent d’indice6q.

detnsont de plus par construction des polynômes enf (on a donc la commutation), c’est ce qu’il fallait montrer.

Unicité

Soit (d⁰, n⁰) un autre couple convenant. Alors, on ad−d⁰=n⁰−n.

d⁰ commute avecn⁰, donc avecf =d⁰+n⁰ donc avec tout polynôme enf. En particulier,d⁰commute avec d, doncdetd⁰ sont codiagonalisables, ce qui montre qued−d⁰ est diagonalisable.

De même, net n⁰ commutent doncn−n⁰ est nilpotent⁴. Or une matrice nilpotente et diagonalisable est

nulle, doncd=d⁰ etn=n⁰.

Questions possibles - Marine vrai jour

pour commencer pas mal de questions sur Dunford : genre pour commencer vous utilisez le lemme des noyaux mais finalement est-ce que vous ne le redémontrez pas ”une certaine façon dans la suite ? – monter que les pi sont des projecteurs sans utiliser la relation Id=somme des pi... – Puis une matrice donner sa décomposition de Dunford, facile elle était diagonalisable ! – Puis l’application qui à une matrice associe sa partie diago de Dunford est-elle continue ? (Non ! cf Objectif agreg)

1. Car somme de projecteurs qui chacun sont diagonalisables sous la forme

_I

r 0

0 0n−r

dans une certaine base, comme des projecteurs commutent ils sont codiagonalisables doncddiagonalisable

2. car

m

X

i=1

pi= Id

3. les termes croisés disparaissent donc

4. en notantpetqleur indice de nilpotence respectifs, on a par la formule de binôme de Newton (n−n⁰)^p+q= 0

Laura Gay p.2 15 juillet 2015

Notes :

XA l’oral, 9’ pour le Lemme et 13’33 le tout vite. Une seconde fois 12’45.

XAutres références : pour les polynômes enuOA p 209 exo 4.15 ça utilise le théorème des restes chinois, pour une autre demo de dunford FGNAl2 p134 exo 2.40 (unicité = pareil)

X Si on a du mal avec les polynômes d’endomorphismes (comme moi) relire Cognet... Je fais quand même des petits rappels siu∈ L(E) (c’est très important la linéarité !),P, Qdes polynômes. AlorsP Q(u) :=P(u)◦Q(u) = Q(u)◦P(u) car ce sont des polynômes enuqui commutent donc. Tel quel ça ne sert à rien mais si on applique enx∈E ça prend son sens. Par exemple siP = 1 +X et Q=X² on a bien

P(u)◦Q(u)(x) =P(u) (Q(u)(x)) =P(u)(u²(x)) =P(u)(u(u(x)) = (Id+u)(u(u(x))

=u(u(x)) +u(u(u(x))) = (X²+X³)(u)(X) = (P Q)(u)(x)

♣Nelson Dunford(1906 -1986) était un mathématicien américain, connu pour ses travaux en analyse fonc- tionnelle.

Laura Gay p.3 15 juillet 2015