1 Polynˆ omes d’endomorphismes

(1)

Dans tout ce document,E d´esigne unK-espace vectoriel de dimension finien∈N^∗. On noteL(E) l’ensemble des endomorphismes deE. Siu∈ L(E), on noteuⁿ=u◦u◦ · · · ◦u

| {z }

nfois

.

1 Polynˆ omes d’endomorphismes

Dans tout ce paragraphe,u∈ L(E).

D´efinition 1.1

SoitP ∈K[X]. SiP =

r

X

k=0

a_kX^k, on d´efinit l’endomorphismeP(u)parP(u) =

r

X

k=0

a_ku^k.

Exemple 1.2

Siuest une homoth´etie de rapportλ∈K, alorsu:x7→λx. Dans ce cas, P(u) =

r

X

k=0

a_ku^k et pour tout x∈E:

P(u)(x) =

r

X

k=0

aku^k(x) =

r

X

k=0

akλ^kx=

r

X

k=0

akλ^k

!

·x=P(λ)·idE(x).

On a alorsP(u) =P(λ)·idE. Th´eor`eme 1.3

L’applicationφ:K[X]→ L(E)d´efinie parP 7→P(u)est un morphisme d’alg`ebres.

Preuve. Montrons que pour tousP, Q∈K[X] et toutα∈K,φ(P+αQ) =φ(P) +αφ(Q).

Soient P, Q ∈ K[X]. Quitte à compléter un des polynômes par des coefficients nuls, on peut écrire les polynômes P et Q avec la même puissance maximale : P(X) =

r

X

k=0

a_kX^k et Q(X) =

r

X

k=0

b_kX^k. Alors (P+αQ)(X) =

r

X

k=0

(ak+αbk)X^k et on a :

φ(P+αQ) = (P+αQ)(u) =

r

X

k=0

(a_k+αb_k)u^k=

r

X

k=0

a_ku^k+α·

r

X

k=0

b_ku^k=φ(P) +αφ(Q).

Montrons maintenant que pour tous P, Q∈K[X],φ(P Q) =φ(P)◦φ(Q). Gardons les mêmes notations que précédemment. Montrons d’abord la propriété avecX^h à la place deQ,h∈N.P X^h=

r

X

k=0

a_kX^r+h.

φ(P X^h) =

r

X

k=0

a_ku^k+h=

r

X

k=0

a_k(u^k◦u^h) =

r

X

k=0

a_ku^k

!

◦u^h=φ(P)◦φ(X^h).

(2)

On en d´eduit : φ(P Q) =φ P·

r

X

k=0

bkX^k

!

=φ

r

X

k=0

bkP·X^k

!

=

r

X

k=0

bkφ(P·X^k) =

r

X

k=0

bkφ(P)◦φ(X^k)

=φ(P)◦

r

X

k=0

b_kφ(X^k)

!

=φ(P)◦φ

r

X

k=0

b_kX^k

!

=φ(P)◦φ(Q).

Il reste à montrer que si P = 1, φ(P) =id_E, ce qui découle immédiatement de la définition d’un polynôme

d’endomorphisme.

Corollaire 1.4

Pour tousP, Q∈K[X],P(u)◦Q(u) =Q(u)◦P(u).

Preuve. SoientP, Q∈K[X]. φ(P Q) =P(u)◦Q(u) etφ(QP) =Q(u)◦P(u).

Or P Q=QP doncφ(P Q) =φ(QP), c’est-`a-dire P(u)◦Q(u) =Q(u)◦P(u).

2 Polynˆ omes annulateurs d’un endomorphisme

D´efinition 2.1

SoitP ∈K[X]. On dit queP est un polynˆome annulateur deusiP(u) = 0.

Remarque 2.2

Tout endomorphisme admet un polynˆome annulateur. En effet,L(E)est un espace vectoriel de dimension finie et dim(L(E)) = n². {idE, u, u², . . . , uⁿ²} est une famille de L(E) ayantn²+ 1 donc cette famille est li´ee. Il existe donca₀, a₁, . . . , a_n ∈K, non tous nuls, tels que

n²

X

k=0

a_ku^k = 0. SoitP ∈K[X]d´efini par

P(X) =

n²

X

k=0

akX^k.P(u) = 0doncP est un polynˆome annulateur deu.

D´efinition 2.3

L’applicationφ définit un morphisme d’anneaux. Son noyau est donc un idéal I deK[X], non réduit à {0}. Il existe donc un polynôme πu ∈ K[X], unitaire, tel que I = πu·K[X]. πu est appelé polynôme minimal deu.

Th´eor`eme 2.4 (de Cayley-Hamilton)

Le polynôme caractéristique deuest un polynôme annulateur deu.

Preuve. Soit x ∈ E, avec x6= 0. (u^k(x))06k6n est une famille de E ayant n+ 1 éléments. Cette famille est donc liée. Soitpx ∈N^∗ le plus grand entier naturel tel que (x, u(x), . . . , u^p^x⁻¹(x)) soit libre. La famille (x, u(x), . . . , u^p^x(x)) est alors une famille liée. Il existea₀, a₁, . . . , a^p^x ∈K, non tous nuls, tels que

u^p^x(x) =

px−1

X

k=0

aku^k(x).

(3)

Soit Eu(x) = Vect(x, u(x), . . . , u^p^x⁻¹(x)). Comme u^p^x(x) ∈ Eu(x), Eu(x) est donc stable par u. Soit vx

l’endomorphisme induit parusurEu(x). La matrice devxdans la base (x, u(x), . . . , u^p^x⁻¹(x)) est :

M =







0 0 a0

1 . .. ...

. .. . .. ... . .. 0 ... 0 1 ap_x−1







Si f est un endomorphisme, notonsχ_f son polynˆome caract´eristique.

χv_x(λ) =

−λ 0 a0

1 . .. ...

. .. . .. ... . .. −λ a_p_x₋₂

1 ap_x−1−λ

= (−1)^p^x(λ^p^x−ap_x−1λ^p^x⁻¹− · · · −a1λ−a0)

(voir document sur les matrices compagnon pour le calcul de ce d´eterminant).

(χ_v_x(u))(x) = (−1)^p^x(u^p^x(x)−a_p_x₋₁u^p^x⁻¹(x)− · · · −a₁u(x)−a₀x) = 0.

Par ailleurs,v_xétant l’endomorphisme induit parusurE_u(x), il existeQ∈K[X] tel queχ_u=Q_x·χ_v_x (car la matrice deudans une base Bformée de (x, u(x), . . . , u^p^x⁻¹(x)) complétée pour former une base deE est de la forme M A

0 B

!

doncχu(X) =χM(X)·χB(X)).

On a alors χ_u(u) = Q_x(u)◦χ_v_x(u) puis (χ_u(u))(x) = (Q_x(u))((χ_v_x(u))(x)) = Q_x(u)(0) = 0. On a donc montr´e que pour toutx∈E, (χu(u))(x) = 0. Par suite,χu(u) = 0.

3 Applications

Théorème 3.1 (de décomposition des noyaux)

SiP1, . . . , Pr sont des polynˆomes deux `a deux premiers entre eux, alors : ker

_r Y

k=0

Pk

! (u)

!

=

r

M

k=1

ker(Pk(u)).

Preuve. Effectuons la démonstration par récurrence sur r. Pourr ∈ N^∗, r > 2, notons H(r) l’énoncé du théorème.

Pour r = 2 : SoientP1, P2 ∈K[X] tels queP1 et P2 soient premiers entre eux. Pour montrer queH(2) est vraie, on doit montrer les trois points suivants :

ker(P₁(u))∩ker(P₂(u)) ={0}

ker((P1P2)(u))⊂ker(P1(u))⊕ker(P2(u)) ker(P1(u))⊕ker(P2(u))⊂ker((P1P2)(u))

P₁ et P₂ sont premiers entre eux donc, d’après le théorème de Bézout, il existe U₁, U₂ ∈ K[X] tels que P1U1+P2U2= 1. On a alorsP1(u)◦U1(u) +P2(u)◦U2(u) =idE. Soitx∈ker(P1(u))∩ker(P2(u)).

x=idE(x) = (P1(u)◦U1(u) +P2(u)◦U2(u))(x) =P1(u)◦U1(u)(x) +P2(u)◦U2(u)(x).

(4)

P1(u)◦U1(u) =U1(u)◦P1(u) doncP1(u)◦U1(u)(x) =U1(u)(P1(u)(x)) =U1(u)(0) = 0 car x∈ker(P1). De mˆeme,P2(u)◦U2(u)(x) = 0. Finalement, x= 0 et donc ker(P1(u))∩ker(P2(u)) ={0}. La somme est donc une somme directe.

Soitx∈ker((P1P2)(u)). On ax=P1(u)◦U1(u)(x) +P2(u)◦U2(u)(x).

P2(u)(P1(u)◦U1(u)(x)) =U1(u)◦P1(u)◦P2(u)(x) =U1(u)((P1P2)(u)(x)) =U1(u)(0) = 0 doncP1(u)◦U1(u)(x)∈ker(P2(u)). De mˆeme,P2(u)◦U2(u)(x)∈ker(P1(u)).

On a donc ker((P1P2)(u))⊂ker(P1(u))⊕ker(P2(u)).

Soitx∈ker(P₁(u))⊕ker(P₂(u)). il existe un uniquex₁∈ker(P₁(u)) et un uniquex₂∈ker(P₂(u)) tels que x=x1+x2.

(P1P2)(u)(x) = (P1P2)(u)(x1+x2) = (P1P2)(u)(x1) + (P1P2)(u)(x2)

=P₂(u)(P₁(u)(x₁)) +P₁(u)(P₂(u)(x₂)) =P₂(u)(0) +P₁(u)(0) = 0 + 0 = 0 doncx∈ker((P1P2)(u)) et donc ker(P1(u))⊕ker(P2(u))⊂ker((P1P2)(u)).

Fionalement, ker((P₁P₂)(u))⊂ker(P₁(u))⊕ker(P₂(u)).

H(2) est donc v´erifi´ee.

Soirr∈N,r>2. Supposons H(r) vraie. Soient P1, . . . , Pr+1∈K[X] deux `a deux premiers entre eux. Alors Pr+1 et

r

Y

k=1

Pk sont premiers entre eux. D’apr`esH(2), on a :

ker _r+1

Y

k=1

Pk

! (u)

!

= ker _r

Y

k=1

Pk

! (u)

!

⊕ker(Pr+1(u)).

Or, d’après l’hypothèse de récurrence, ker _r

Y

k=1

P_k

! (u)

!

=

r

M

k=1

ker(P_k(u)) donc

ker _r+1

Y

k=1

P_k

! (u)

!

=

r+1

M

k=1

ker(P_k(u)).

H(r+ 1) est donc vérifiée. D’après le rpincipe de récurrence, on en déduit queH(r) est vraie pour toutr∈N,

n>2.

Th´eor`eme 3.2

Soient P1, . . . , Pr des polynômes deux à deux premiers entre eux dont le produit annule u. Alors pour toutj∈J1 ;rK, la projection surker(Pj(u))parallèlement à

r

M

k=1k6=j

ker(Pk(u))est un polynˆome en u.

Preuve. SoientP1, . . . , Pr des polynˆomes deux `a deux premiers entre eux tels que

r

Y

k=1

Pk

!

(u) = 0. Pour i∈J1 ;rK, notonsQi =

r

Y

k=1k6=i

Pk. Les polynˆomes Qi sont premiers entre eux dans leur ensemble donc, d’apr`es

le théorème deBézout, il existeR1, . . . , Rr∈K[X] tels que

r

X

k=1

RkQk= 1.

Montrons que pour touti∈J1 ;rK,QiRi(u) est la projection sur ker(Pi(u)) parall`element `a

r

M

k=1k6=i

ker(Pk(u)).

(5)

Soitx∈E. Montrons queQiRi(u)(x)∈ker(Pi(u)).Pi(u)(QiRi(u)(x)) =Ri(u)◦((PiQi)(u))(x).

Or, PiQi =

r

Y

k=1

Pk est un polynˆome annulateur de udoncPiQi(u)(x) = 0 et donc Pi(u)(QiRi(u)(x)) = 0.

Par cons´equent,QiRi(u)(x)∈ker(Pi(u)). On a donc Im(QiRi(u))⊂ker(Pi(u)).

Soit x∈

r

M

k=1k6=i

ker(Pk(u)). Il existe une unique famille d’´el´ements (xk)16k6r k6=i

de E telle que x=

r

X

k=1k6=i

xk, avec pour toutk6=i,xk∈ker(Pk(u)).

QiRi(u)(x) =

r

X

k=1k6=i

QiRi(u)(xk) =

r

X

k=1k6=i

Ri(u)◦Qi(u)(xk).

Or, pour tout k ∈ J1 ;rK avec k 6= i, Qi(u)(xk) =

r

Y

j=1 j6=i

Pj(u)(xk) = 0 car Pk(u)(xk) = 0. On en d´eduit

QiRi(u)(x) = 0. Par suite,

r

M

k=1k6=i

ker(Pk(u))⊂ker(QiRi(u)).

Comme

r

M

k=1

ker(Pk(u)) = ker _r

Y

k=1

Pk

! (u)

!

(d’après le théorème de décomposition des noyaux) et que

r

Y

k=1

Pk

!

(u) = 0, on en d´eduitE=

r

M

k=1

ker(Pk(u)). On a alors :

Q_iR_i(u) :E= ker(P_i(u))

r

M

k=1 k6=i

ker(P_k(u))→E

x=xi+yi7→xi

QiRi(u) est donc la projection sur ker(Pi(u)) parall`element `a

r

M

k=1k6=i

ker(Pk(u)).

Th´eor`eme 3.3

uest diagonalisable si et seulement s’il admet un polynôme annulateur scindé à racines simples.

Preuve. Supposons udiagonalisable. Notonsλ1, . . . , λr les valeurs propres deudeux à deux disctinctes et E1, . . . , Er les sous espaces propres associés. SoitP ∈K[X] défini parP(X) =

r

Y

k=1

(X−λk).

P(u) =

r

Y

k=1

(u−λkidE).u´etant diagonalisable, on aE=

r

M

k=1

Ek. La r´eunion des bases desEk est une base deE. Soiti∈J1 ;rK. Soitxi ∈Ei.

P(u)(x_i) =

r

Y

k=1

(u−λ_kid_E)

! (x_i) =







r

Y

k=1 k6=i

(u−λ_kid_E)





◦(u−λ_iid_E)(x_i).

Or, (u−λ_iid_E)(x_i) = u(x_i)−λ_ix_i. Si x_i = 0, u(x_i)−λ_ix_i = 0. Si x_i 6= 0, alorsx_i est un vecteur propre deuassocié à la valeur propreλ_i doncu(x_i)−λ_ix_i= 0. Par suite, P(u)(x_i) = 0. Ceci étant vrai pour tout i∈J1 ;rK, et sachant que tout élément deE se décompose en somme d’éléments desEk, on en déduit :

∀x∈E, P(u)(x) = 0.

(6)

Par conséquent,P(u) = 0.P est donc un polynôme annulateur deuscindé à racines simples.

On suppose maintenant queuadmet un polynôme annulateur scindé à racines simples. NotonsPce polynôme.

Il exister∈N^∗,λ1, . . . , λr∈Kdeux `a deux distincts tels que P(X) =

r

Y

k=1

(X−λk). Lesλkétant deux à deux distincts, les polynômesX−λ_k sont deux à deux premiers entre eux. D’après le théorème de décomposition des noyaux :

ker

r

Y

k=1

(u−λ_kid_E)

!

=

r

M

k=1

ker(u−λ_kid_E).

P est un polynˆome annulateur de u donc

r

Y

k=1

(u−λkidE) = 0 et donc ker

r

Y

k=1

(u−λkidE)

!

= E. On en d´eduit E =

r

M

k=1

ker(u−λkidE). E 6= {0} donc il existe k ∈ J1 ;rK tel que ker(u−λkidE) 6= {0}. Soit x∈ker(u−λkidE), avec x6= 0. Alors (u−λkidE)(x) = 0, c’est-à-direu(x) = λkx. λk est donc une valeur propre de u et x est un vecteur propre de u associé à la valeur propre λ_k. La réunion des bases des sous espaces ker(u−λ_kid_E) non réduits à {0}étant une base deE, E admet donc une base formée de vecteurs

propres deu.uest donc diagonalisable.

Proposition 3.4

Soitv∈ L(E). On supposeuet v diagonalisables. Alorsu◦v =v◦usi et seulement s’il existe une base deEform´ee de vecteurs propres `a la fois pour uet v.

Preuve. Soitv∈ L(E). On suppose queuet vsont diagonalisables. Supposons qu’il existe une baseBdeE formée de vecteurs propres à la fois pouruetv. Alors les matrices deuetv dans la baseBsont des matrices diagonales. Par conséquent, elles commutent doncu◦v=v◦u.

Supposons maintenant queu◦v=v◦u. NotonsE₁, . . . , E_rles sous espaces propres deu.u´etant diagonalisable, on aE =

r

M

k=1

E_k. Soitk∈J1 ;rK.E_k est stable parv. En effet, pour toutx∈E_k, on a :

(u−λkidE)(v(x)) =u◦v(x)−λkv(x) =v◦u(x)−v◦(λkidE)(x) =v◦(u−λkidE)(x) =v(0) = 0.

Notons v_k l’endomorphisme induit parv sur E_k. v étant diagonalisable, v admet un polynôme annulateur P scindé à racines simples.Ek étant stable parv,Ek est stable parP(v).P(vk) est alors l’endomorphisme induit par P(v) sur Ek. P(v) = 0_L(E) donc P(vk) = 0_L(E_k₎. vk admet un polynôme annulateur scindé à racines simples donc v_k est diagonalisable. Il existe une baseB_k de E_k formée de vecteurs propres de v_k (et donc de vecteurs propres dev). Ceci est vrai pour toutk∈J1 ;rK. SoitB=

r

[

k=1

B_k.Best une base deE (car c’est la r´eunion de bases desEk et queE=

r

M

k=1

Ek) formée de vecteurs propres dev. Comme les éléments de cette base sont dans les E_k, ce sont aussi des vecteurs propres de u. Il existe donc une base deE formée de

vecteurs propres `a la fois pouruetv.

Th´eor`eme 3.5

uest trigonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé.

Preuve. Supposonsutrigonalisable. Il existe alors une base deE dans laquelle la matriceA= (aij)16i,j6n

deuest triangulaire supérieure. En calculant son polynôme caractéristiquesχ_u, on obtient χu(X) =

n

Y

k=1

(ak,k−X).

(7)

χuest donc scind´e.

Nous allons prouver la réciproque par récurrence sur la dimension n de E. Pour n ∈ N^∗, notonsH(n) la propriété :«siχ_u est scindé, alorsuest trigonalisable.»

Pour n= 1, tout endomorphisme deEest trigonalisable.

Soitn∈N^∗. SupposonsH(n) vraie. Soituun endomorphisme deE,Eétant de dimensionn+ 1, admettant un polynôme caractéristique scindéχ_u.χ_uadmet au moins une racineλ. Soiteun vecteur propre deuassocié

`

a λ. Ke admet un suppl´ementaireF dansE, de dimension n. Soit B⁰ = (f₁, . . . , f_n) une base deF. Alors B= (e, f1, . . . , fn) est une base deE et la matrice deudans la baseBest

A=







λ a₁ . . . a_n 0

... M 0







avec M ∈ Mn(K). Soitp la projection sur F parallèlement à Ke. p◦u laisse stable F. L’endomorphisme (p◦u)_F induit par p◦usur F a pour matrice M dans la base B⁰. On a alorsχ_u = (λ−X)χ_M. χ_u étant scindé, il en est de même pourχM. (p◦u)F est un endomorphisme deF (de dimensionn) dont le polynôme caractéristique est scindé donc (p◦u)F est trigonalisable. Il existe une base (e1, . . . , en) deF dans laquelle la matriceT de (p◦u)_F est triangulaire supérieure. SoitE= (e, e₁, . . . , e_n).E est une base deEcarE=Ke⊕F. u(e) =λeet pour toutk∈J1 ;nK,u(ek) =bke+p◦u(ek), avecbk ∈K. Dans la baseE, la matrice deuest







λ b1 . . . bn

0

... T 0





 .

Cette matrice est triangulaire supérieure donc H(n+ 1) est vraie. D’après le principe de récurrence, on en

d´eduit queH(n) est vraie pour toutn∈N^∗.

Théorème 3.6 (décomposition de Dunford)

Soitf ∈L(E)un endomorphisme trigonalisable. Alors il existe un unique couple(d, n)d’endomorphismes tel que :

• f =d+n;

• netdcommutent ;

• nest nilpotent ;

• dest diagonalisable.

Preuve.

Existence : Soitf ∈L(E) un endomorphisme trigonalisable. Alorsf admet un polynôme annulateur scindéP. Quitte à diviserPpar le coefficient du terme de plus haut degré, on peut supposerP unitaire. P s’écrit sous la formeP(X) =

m

Q

k=1

(X−λk)^α^k, oùλk ∈Ketαk∈N^∗pour toutk∈J1, mK, lesλkétant deux à deux distincts.

Les polynômes X−λk sont alors deux à deux premiers entre eux. D’après le théorème de décomposition des noyaux, on a : kerP(f) =

m

L

k=1

ker(f −λkidE)^α^k. Pour k ∈ J1, mK, on note Fk = ker(f −λkidE)^α^k. P est annulateur pour f doncP(f) = 0 et donc kerP(f) =E. On a donc E=

m

L

k=1

Fk.

(8)

Pour k∈ J1, mK, notons pk le projecteur sur Fk parall`element `a

m

L

i=1i6=k

Fi. Soient d=

m

P

k=1

λkpk et n=f −d.

D’après ce qui précède, p_k est un polynôme en f pour tout entier k donc d est un polynôme en f et n

´

egalement. On en d´eduit quenet dcommutent. Il reste `a montrer quedest diagonalisable etnnilpotent.

Soit k ∈ J1, mK. Soit x ∈ Fk. d(x) =

m

P

i=1

λipi(x). Par définition des projecteurs pi, pi(x) = 0 si i 6= k et p_k(x) = x donc d(x) = λ_kx. On en déduit que d stabilise les F_k. f stabilise les F_k car les applications (f−λkid_E)^α^k sont des polynômes enf. On en déduit alors quen=f−dstabilise lesF_k. Pourk∈J1, mK, on notenk,dketfk les endomorphismes induits parn,detf surFk. La réunion des bases de chaqueFk est une base deE (car E est somme directe desFk). Soit eun élément de cette base. Il existe un entierk∈J1, mK tel que e∈F_k. On a alorsd(e) =d_k(e) =λ_ke. La matrice deddans cette base est donc diagonale et doncd est diagonalisable.

Les endomorphismes nk sont nilpotents : en effet, si x∈ Fk, on a : n^α_k^k(x) = (fk−λkidF_k)^α^k(x) = 0 par définition desF_k. On en déduit quenest nilpotent : soit x∈E. xs’écrit de manière uniquex=

m

P

k=1

x_k, o`u xk∈Fk pour toutk∈J1, mK. Soitα= max{αk,16k6m}.n^α(x) =

m

P

k=1

n^α(xk). Pour toutk∈J1, mK: n^α(xk) =n^α_k(xk) =n^α−α^k(n^α^k(x)) =n^α−α^k(0) = 0

On en déduit n^α(x) = 0. Par conséquent,nest nilpotent. D’où l’existence d’un tel couple (d, n).

Unicité : Soit (d⁰, n⁰) un autre couple d’endomorphismes satisfaisant les 4 points du théorème.

f =d+n=d⁰+n⁰. d⁰ commute avec f :

d⁰◦f =d⁰◦(d⁰+n) =d⁰◦d⁰+d⁰◦n⁰=d⁰◦d⁰+n⁰◦d⁰ = (d⁰+n⁰)◦d⁰ =f ◦d⁰

d⁰ commute avec tout polynˆome en f et donc laisse lesF_k invariants. En effet, pour k∈J1, mKet x∈F_k : (f−λkid)^α^k◦d⁰(x) =d⁰◦(f−λkid)^α^k(x) =d⁰(0) = 0

ce qui prouve qued⁰(x) appartient `aFk. De mˆeme, on montre quen⁰ commute avecf et laisse stable lesFk. On noten⁰_k,d⁰_k etf_k les endomorphismes induits parn⁰,d⁰ et f surF_k, pour toutk∈J1, mK.

Soit k ∈J1, mK. d⁰_k −dk =d⁰_k−λkidF_k est diagonalisable car d⁰_k l’est. Par ailleurs, d⁰_k−dk =nk −n⁰_k. n⁰ commute avec tout polynôme enf donc en particulier avecn. On en déduit alors quen−n⁰est nilpotent. En effet,nest nilpotent donc il existeβ ∈Ntel que n^β= 0. De même, il existeβ⁰∈Ntel que n^0β⁰ = 0. Alors :

(n−n⁰)^β+β⁰ =

β+β⁰

X

i=0

β+β⁰ i

(−1)^β+β⁰⁻ⁱnⁱ(n⁰)^β+β⁰⁻ⁱ

Si i∈J0, βK, alors β+β⁰−i>β et n^0β+β⁰⁻ⁱ = 0. Si i∈Jβ+ 1, β⁰K, alors i > β etnⁱ = 0. n−n⁰ est donc nilpotent (et donc il en est de même pour nk −n⁰_k pour tout entier k ∈ J1, mK). Finalement, d⁰_k−dk est diagonalisable et nilpotent doncd⁰_k−d_k = 0. On en déduitd⁰_k=d_k, puisn⁰_k=n_k. Ceci étant vrai pour tout

k∈J1, mK, on ad⁰ =detn⁰ =n, d’o`u l’unicit´e.

Exemple 3.7

Appliquer la d´ecomposition de Dunford`a la matriceA=







1 1 1

0 −1 2 0 −3 4







(9)

Calcul du polynôme caractéristique deA(on effectue successivement les opérations élémentairesC2←C2−C3

et L3←L3−L2) :

χA(X) =

1−X 1 1

0 −1−X 2

0 −3 4−X

=

1−X 2 1

0 1−X 2

0 1−X 4−X

=

1−X 2 2

0 1−X 2

0 0 2−X

= (1−X)²(2−X).

Aadmet 2 valeurs propres : 1 et 2. On noteE₁(respectivementE₂) le sous espace propre associé à la valeur propre 1 (respectivement à la valeur propre 2). Le calcul détaillé des sous espaces propres est laissé au lecteur.

E₁= ker(A−I₃) = ker







0 1 1

0 −2 2 0 −3 3







= Vect















 1 0 0















 .

On note e⁰₁ = (1 ; 0 ; 0). dim(E₁) 6= 2 donc A n’est pas diagonalisable. Le polynôme caractéristique étant scindé,Aest trigonalisable.

E₂= ker(A−2I₃) = ker







−1 1 1

0 3 −2







= Vect















 5 2 3















 .

On notee⁰₃= (5 ; 2 ; 3). On noteF₂=E₂et F₁= ker(A−I₃)².

F1= ker(A−I3)²= ker







0 −5 5 0 −2 2 0 −3 3







= Vect















 1 0 0







;





 0 1 1















 .

On note e⁰₂ = (0 ; 1 ; 1). On a E = F1⊕F2. On note p1 la projection sur F1, parallèlement à F2 et p2 la projection surF2, parallèlement à F1. Soitd= 1×p1+ 2×p2.

Mat(p1;B⁰) =







1 0 0 0 1 0 0 0 0







= et Mat(p2;B⁰) =







0 0 0 0 0 0 0 0 1





 .

On en d´eduit :

Mat(d;B⁰) =







1 0 0 0 1 0 0 0 2





 .

La matrice de passage de B (base canonique de R³) `a B⁰ = (e⁰₁;e⁰₂;e⁰₃) est P =







1 0 5 0 1 2 0 1 3







. Le lecteur

v´erifiera queP⁻¹=







1 5 −5

0 3 −2

0 −1 1







. On en d´eduit :

Mat(u;B⁰) =P⁻¹AP =







1 5 −5

0 3 −2

0 −1 1













1 2 0 0 1 0 0 0 2













1 1 1

0 −1 2 0 −3 4













1 0 5 0 1 2 0 1 3







=







1 2 0 0 1 0 0 0 2





 .

(10)

n=u−ddonc Mat(n;B⁰) = Mat(u;B⁰)−Mat(d;B⁰) =







0 2 0 0 0 0 0 0 0







NotonsT = Mat(u;B⁰),N= Mat(n;B⁰) etd= Mat(d;B⁰). Pourn∈Navecn>2,Nⁿ = 0. On montre, par une récurrence immédiate, que Aⁿ =P TⁿP⁻¹. Pourn∈N, Tⁿ = (D+N)ⁿ. Comme D etN commutent, on peut appliquer la formule du binôme. On a ainsi, sachant queN^k= 0 sik>2 :

∀n∈N, Tⁿ = (D+N)ⁿ=

n

X

k=0

n k

N^kD^n−k =Dⁿ+nN Dⁿ⁻¹=







1 2n 0

0 1 0

0 0 2ⁿ





 .

N etD commutent donc on peut ´egalement exprimer la matrice de exp(A) dans la baseB⁰. On a :

Mat(exp(D) ;B⁰) =







e 0 0

0 e 0

0 0 e²







puis, sachant queN^k = 0 sik>2,

Mat(exp(N) ;B⁰) =

+∞

X

k=0

N^k

k! =I+N =







1 0 0 0 1 0 0 0 1





 +







0 2 0 0 0 0 0 0 0







=







1 2 0 0 1 0 0 0 1







On en d´eduit :

Mat(exp(A) ;B⁰) =







e 0 0

0 e 0

0 0 e²













1 2 0 0 1 0 0 0 1







=







e 2 e 0

0 e 0

0 0 e²





 .

Remarque 3.8

Le calcul deAⁿ, avecn∈Npermet d’étudier les suites récurrentes linéaires, par exemple :

u0, v0, w0∈Ret∀n∈N,











un+1=un+vn+wn

vn+1=−vn+ 2wn

wn+1=−3vn+ 4wn

Le calcul deexp(A)permet d’étudier les systèmes différentiels, par exemple :

u, v, w∈ C^∞(R), t0∈R, u0, v0, w0∈R,











u⁰=u+v+w v⁰=−v+ 2w w⁰=−3v+ 4w

, u(t0) =u0, v(t0) =v0, w(t0) =w0.

Exemple 3.9

Une particule se déplace sur les 3 sommets d’un triangle ABC, en partant de A. Son déplacement s’effectue de la manière suivante, à chaque seconde : Lorsque la particule est en A, elle y reste avec une probabilité de 0,25, elle va en B avec une probabilité de 0,5 et en C avec une probabilité de 0,25. Lorsqu’elle est en B, elle va en A avec une probabilité de 0,5 et en C avec une probabilité de 0,5. Lorsqu’elle est en C, elle va toujours en B. Lorsque le nombre de secondes devient grand, on a plus de chance de trouver la particule en B.

(11)

Pour n∈N, on noteAn l’événement «la particule est en A aprèsnsecondes». De même, on définit Bn et Cn. Pour n ∈ N, on note an =p(An), bn =p(Bn) et cn = p(Cn). Pour n∈ N, An, Bn et Cn forment un système complet d’événements. On a alors :

p(An+1) =p(An+1|An)p(An) +p(An+1|Bn)p(Bn) +p(An+1|Cn)p(Cn)

c’est-`a-direan+1= 0,25an+ 0,5bn. De mˆeme, pour toutn∈N,bn+1= 0,5an+cn etcn+1= 0,25an+ 0,5bn. En posant pour tout entier natureln,Xn =





 a_n bn

cn







, on a alors

∀n∈N, Xn+1=AXn avecA=







0,25 0,5 0 0,5 0 1 0,25 0,5 0





 .

Une récurrence immédiate montre que pour toutn ∈ N, Xn = AⁿX0. On cherche donc à calculer Aⁿ. Le détail des calculs suivants sont laissés au lecteur.

Le polynôme caractéristique deA est donné parχA(X) =X(X −1)(−X−0,75).A admet donc 3 valeurs propres réelles distinctes :−0,75, 0 et 1.χAétant un polynôme annulateur deAscindé à racines simples, on en déduit queAest diagonalisable. On noteE_−0,75,E₀etE₁les sous espaces propres associés respectivement aux valeurs propres −0,75, 0 et 1. On a E−0,75 = Vect{e⁰₁} avec e⁰₁ = (−1 ; 2 ;−1), E0 = Vect{e⁰₂} avec e⁰₂= (2 ;−1 ;−1) etE0= Vect{e⁰₃}avece⁰₃= (2 ; 3 ; 2). NotonsBla base canonique deR³,B⁰ la base formée des vecteurs propres deA etP la matrice de passage deBà B⁰. On a :

P =







−1 2 2

2 −1 3

−1 −1 2







et P⁻¹= 1 21







−1 6 −8

7 0 −7

3 3 3





 .

On a D=P⁻¹AP, avecD=







−0,75 0 0

0 0 0

0 0 1







. On en d´eduit A=P DP⁻¹ et

∀n∈N, Aⁿ =P DⁿP⁻¹= 1 21







(−0,75)ⁿ+ 6 −6×(−0,75)ⁿ+ 6 8×(−,075)ⁿ+ 6

−2×(−0,75)ⁿ+ 9 12×(−0,75)ⁿ+ 9 −16×(−0,75)ⁿ+ 9 (−0,75)ⁿ+ 6 −6×(−0,75)ⁿ+ 6 8×(−0,75)ⁿ+ 6





 .

On en d´eduit :

X_n=AⁿX₀=Aⁿ





 1 0 0







= 1 21







(−0,75)ⁿ+ 6

−2×(−0,75)ⁿ+ 9 (−0,75)ⁿ+ 6







puis

p(A_n) = 1

21((−0,75)ⁿ+ 6)−−−−−→

n→+∞

6 21 = 2

7, p(Bn) = 1

21(−2×(−0,75)ⁿ+ 9)−−−−−→

n→+∞

9 21 = 3

7 et

p(Cn) = 1

21((−0,75)ⁿ+ 6)−−−−−→

n→+∞

6 21 = 2

7.

Lorsque le nombre de secondes devient grand, on a plus de chances de trouver la particule enB.