1 Réduction de Dunford

Réduction et topologie

Marc SAGE 2 juillet 2006

Table des matières

1 Réduction de Dunford 2

2 Diagonalisabilité d’une exponentielle 3

3 Logarithme de l’identité 3

4 Logarithme et exponentielle sont dansGLn(C) 4

5 Calcul du rayon spectral 4

6 Rang et degré du polynôme minimal 5

7 Réduction de Frobenius –Invariants de similitude 7

8 Une expression de la norme subordonnée dans les Hilbert 7

9 Une valeur propre pour un opérateur compact 7

10 Le théorème spectral version Hilbert 7

On introduit maintenant un peu de topologie a…n (surtout) de pouvoir parler d’exponentielle. La réduction de Dunford intervenant à peu près tout le temps, on commence par rappeler celle-ci.

1 Réduction de Dunford

Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension …nie tel que _u soit scindé, disons _u = Q(X _i) ⁱ. On dé…nit les sous-espaces caratéristiques deupar

N_i= Ker (u _iId) ⁱ (N comme "nilpotent").

Montrer à l’aide de ces derniers que use décompose en u=d+noù dest diagonalisable,nest nilpotent, det ncommutant.

Montrer que det nsont uniques (sous l’hypothèse qu’ils commutent).

Montrer que det nsont des polynômes en u.

Solution proposée.

Le lemme des noyaux permet d’écrireE= Ker _u(u) =L

Ni. Par ailleurs,(u iId) ⁱ est un polynôme enu, donc commute avecu, donc son noyauNi est stable paru. Sur chaqueNi, on peut écrire

u_jNi = _iId

|{z}

:=di

+u _iId

| {z }

:=ni

oùn_i est nilpotent par construction deN_i. On a donc _ni =X^dimNi qui est scindé, donc n_i est trigonalisable.

Dans cette base de trigonalisation,d_i est scalaire etn_i est triangulaire supérieure stricte. Il est de plus évident qued_i etn_i commutent. On conclut en recollant les bases ci-dessus (puisqueE=L

N_i).

Pour l’unicité, soit(d⁰; n⁰)un autre couple qui convient. On écrit d d⁰=u=n⁰ n.

d⁰ commute avec d⁰ +n⁰ = u, donc avec tout polynôme en u, donc lesN_i sont stables par d⁰. Puisque d est scalaire surN_i et d⁰ diagonalisable,d d⁰ est diagonalisable sur tous les N_i, donc sur l’espace tout entier. De plus, n=u det n⁰ =u d⁰ commutent, donc n⁰ nest nilpotent (développer le binôme à l’ordre2n). Par conséquent, l’endomorphismed d⁰ =n⁰ nest nilpotent et diagonalisable, donc nul, d’où l’unicité.

dest trivialement un polynômePi enusur chacun desNi(le polynôme constant i). On peut donc écrire (dans une base adaptée auxNi)

u 0 B@

A1

. ..

Ar

1 CA et d

0 B@

P1(A1) . ..

Pr(Ar) 1 CA.

Pour recoller, on va rajouter des multiples des _Ai = (X i)^dimNi, ce qui ne changera rien au résultat d’après Cayley-Hamilton. Plus précisément, on cherche P solution de P Pi Ai . Une telle solution existe par le lemme chinois et fournit un polynôme P tel que d = P(u). Il est alors clair que n est un polynôme en u (considérerX P).

Remarque. Matriciellement, Dunford nous dit qu’une matrice est semblable à 0

B@

1Id . ..

rId 1 CA+

0 B@

T₁ . ..

T_r 1 CA

où les Ti sont triangulaires supérieures strictes (et donc nilpotentes). Les deux matrices ci-dessus commutent trivialement vu que celle de gauche est formée de blocs scalaires.

Attention, la décomposition de Dunford n’est pas toujours celle que l’on croît. Ainsi, la partie nilpotente de 1 1

1 n’est pas 0 1

0 ! Pour s’en convaincre, remarquer que la matrice considérée est diagonalisable (deux valeurs propres distinctes), donc par l’unicité dans Dunford la partie nilpotente est nulle...

2 Diagonalisabilité d’une exponentielle

Montrer qu’une matrice complexe est diagonalisable ssi son exponentielle l’est.

Solution proposée.

Le sens direct est immédiat :A=P DP ¹ =) e^A=P e^DP ¹.

Soit maintenantAtelle quee^Asoit diagonalisable. Regardons ce qui se passe sur un sous-espace caractéris- tique (bloc de Dunford) où A= Id +N avecN nilpotent.e^Aétant diagonalisable, sa restriction au sev étudié l’est :e ^{Id +N} =e e^N est diagonalisable, donc e^N aussi ; le spectre dee^N étant réduit àe^f0g=f1g, on obtient e^N = Id, ce qui s’écrit aussi

N+N²

2! +:::+Nⁿ n! = 0.

En notant X le polynôme minimal de N (où est son indice de nilpotence), X doit diviser le polynôme annulateur X+^X_2!² +:::+^X_n!ⁿ, ce qui impose = 1et N = 0. Finalement, la composante nilpotente de Asur chaque bloc de Dunford est nulle, doncA est diagonalisable,CQFD.

3 Logarithme de l’identité

Résoudre e^A=In dans Mn(C)puis dans Mn(R).

Solution proposée.

SoitA une matrice complexe telle quee^A= Id. En cassantCⁿ selon les sous-espaces caractéristiques de A, on est ramené au cas oùA= Id +N avecN nilpotente. On obtient alors Id =e^A=e e^N, ce qui impose déjàe = 1en regardant le spectre, d’oùe^N = Id. Ceci s’écrit encore

Id =e^N = Id +N+X

k 2

N^k

k! =) N = X

k 2

N^k k! .

Ainsi, le polynômeX+^X_2!² +:::+^X_n!ⁿ annuleN, donc est un multiple de son polynôme minimal, lequel est de la formeX (il doit diviser _N =Xⁿ), ce qui impose = 1 etN = 0.

Finalement, A doit être diagonalisable sur chacun de ses sous-espaces caractéristiques et de spectre inclus dans le noyau de l’exponentielle complexe, donc Aest diagonalisable de spectre dans2 iZ. Il est de plus clair qu’une telle matrice convient.

Soit maintenantAune matrice réelle véri…ante^A= Id. Par ce qui précède,Aest semblable à une matrice diagonale à coe¢ cients dans2 iZ. Le polynôme caractéristique deA étant réel, on peut regrouper les valeurs propres non nulles par deux, mettons 2k i, et former des blocs de 2k i

i . Pour se ramener à des matrices réelles, on remarque que le polynôme caractéristique de i

i vautX²+ 1, etla matrice typique réelle de polynôme caractéristique X²+ 1 est 0 1

1 0 (penser par exemple à une matrice compagnon).

Cette dernière est diagonalisable (puisque X²+ 1 est scindé simple) de spectre f i; ig, donc est semblable à i

i . Ainsi, en notantR= 0 1

1 0 la rotation d’angle ₂,Aest semblable dansM_n(C)à une matrice

du type 0

BB BB BB BB

@ 0

. ..

0

2 k₁R . ..

2 kpR 1 CC CC CC CC A

;

A étant réelle, elle reste semblable à la matrice ci-dessus dans M_n(R). Réciproquement, la diagonalisation complexe deR montre que les matrices ci-dessus sont des logarithmes de l’identité.

4 Logarithme et exponentielle sont dans GL

( C )

Montrer que l’exponentielle matricielle complexe atteint les matrices triangulaires supérieures avec que des 1 sur la diagonale.

En déduire l’existence d’un logarithme sur GLn(C), puis la connexité de GLn(C).

Montrer que le logarithme d’un matrice peut être pris polynomial en cette matrice, et en déduire que l’image de l’exponentielle réelle est l’ensemble des carrés de GL_n(R).

Solution proposée.

SoitA=I_n+N une telle matrice où N est nilpotente. L’idée est se calquer sur le logarithme d’un réel n-nilpotent :

ln (1 +x) =x x² 2 +x³

3 :::+( 1)ⁿ n 1x^{n 1}. On pose naturellementln (A) =Pn

k=1 ( 1)^k+1

k N^k, et il s’agit de véri…er que exp

Xn k=1

( 1)^k+1 k N^k

!

=In+N.

Or, si l’on e¤ectue un DL de e^ln(1+x) dans R, on va trouver 1 +x, donc tous les coe¢ cients de degré > 1 vont être nuls ; mais ce qui est fort, c’est que ces coe¢ cients sont les mêmes que ceux du développement de exp Pn

k=1 ( 1)^k+1

k N^k puisqu’on fait le même calcul formel. Ploum, CQFD. On remarquera de plus que le logarithme trouvé est polynomial.

SoitAune matrice inversible dont on considère les blocs de Dunford I+N. D’après ce qui précède, et en utilisant la surjectivité de l’exponentielle complexe pour atteindre (qui est non nul, vu queA est inversible), on peut écrire

I+N= I+N

=e e^P(^N) =e^{Q( I+N)} oùP etQsont des polynômes. En recollant les blocs, on a gagné.

Pour en déduire la connexité deGLn(C), on relie deux points A=e^L et A =e^L0 par un segment "expo- nentiel" : (t) =e^{tL+(1 t)L0}.

On vient de montrer, en désignant les blocs de Dunford deA par A1; :::; Ar, qu’il y a un logarithme de Ade la forme

0 B@

P1(A1) . ..

P_r(A_r) 1

CAoùP1; :::; Pr sont des polynômes. On aimerait trouver un polynôme

P qui donne les même matrices, à savoir qui véri…eP(Ai) =Pi(Ai)pour tout i. Noter qu’en rajoutant à Pi

un multiple du polynôme caractérisitque _i de A_i, on ne change pas la valeur de P_i(A_i). Ceci nous invite à chercher P comme solution du système de congruencesP P_i [ _i]. Or, si _i est l’unique valeur propre deA_i, on voit que les _i= (X _i)^?sont deux à deux étrangers, donc le lemme chinois s’applique, d’où unP solution à notre problème. Ploum.

Soit A un carré dans GL_n(R), disons A = C². D’après ce qui précède, C vue comme matrice complexe admet un logarithmeP(C)oùP est un polynôme à coe¢ cients complexes. On en déduit

A=C²=CC=e^P(C)e^P(C)=e^P(C)+P(C)=e[^P+P]^(C),

ce qui montre que Aest bien l’exponentielle d’un matrice réelle. Réciproquement, siA=e^L, on peut toujours écrireA= e^L2

2

, ce qui conclut.

5 Calcul du rayon spectral

Soit Aune matrice complexe, et son rayon spectral,i.e. le plus grand module de son spectre. Montrer que

= lim

q1

pq

kA^qk

où k kest une norme sur M_n(C). On pourra considérer la norme triple hermitienne et la norme 1.

Solution proposée.

On notera génériquement#toute fonction de limite1en l’in…ni.

Tout d’abord, la norme1, qui fait apparaître les termes diagonaux –et donc le rayon spectral –, est équivalente toute norme considérée, mettons

k k k k1. On en déduit

pq

kA^qk p^q

kA^qk1 #(q) ^q vu ut

Xn i=1

D^q_ii ^q1! max

i=1;:::;njDiij= (A). Il reste par conséquent à montrer l’autre inégalité.

Pour cela, on dunfordise la matriceA=P T P ¹oùT =D+N avecDdiagonale etN triangulaire supérieure stricte qui commutent. Pourquoi ce recours à Dunford ? Parce que les puissances de A s’explicitent aisément par la formule du binôme vu queDetN commutent. On prend ensuite une norme triple (pour avoir une norme d’algèbre).

SiA=D était diagonale, on prendra la norme triple hermitienne pour faire apparaître le rayon spectral : kAk= max_P

x²_i=1kDxk2= max_P

x²_i=1

qXdix²_{i P}max

x²_i=1

qX (D)x²_i = (A).

SiAétait déjà sous forme de Dunford,i.e.sans matrice de passage, on calculerait et majorerait pq

kA^qk= ^q vu ut X^q

i=0

q

i D^{q i}Nⁱ = ^q vu ut Xⁿ

i=0

q

i D^{q i}Nⁱ pourq > ncarN nilpotente

q

vu ut D^{q n}

Xn i=0

q

i D^{n i}N^{i q} q

kDk^{q nq} vu uu t

Xn i=0

q

i kDk^{n i}kNkⁱ

| {z }

b orné par unM

kDk^{1 nq} p^q M ^q

vu utXⁿ

i=0

q

i #(q)kDk ^q s

2n q

n pourq >2n kDk ^q

rqⁿ

n!#(q) =kDkp^q

qⁿ#(q) =kDke^nqlnq#(q) ^q1! kDk (A). Il reste à tenir compte de la matrice de passage :

pq

kA^qk=p^q

kP T^qP ¹k p^q kT^qkp^q

kP P ¹k ^q1! (T) = (A). Toutes les normes étant équivalentes, on peut conclure.

6 Rang et degré du polynôme minimal

Montrer qu’en dimension …nie tout endomorphisme u de rang r possède, quitte à plonger dans un corps assez gros, un polynôme annulateur P de degré au plus r+ 1.

Solution proposée.

Siuest inversible, Cayley-Hamilton nous donne un polynôme annulateur de degré le rang deu(qui est alors la dimension de l’espace), ce qui conclut.

Siuest nilpotent,uadmet dans une bonne base une matrice de la forme

A:=

0 BB BB

@ 0 "1

. .. ...

. .. "n 1

0 1 CC CC A.

où"_i= 0ou1. Il est clair que

r:= rgA= #f"_k = 1g.

De plus,A^r+1 vaut0; en e¤et, dans le calcul de A^r+1 _i;j=

Xn i1;:::;ir=1

[A]_i;i1[A]_i1;i2:::[A]_{ir 1;ir}[A]_ir;j,

les conditions sur les indices pour avoir une contribution non nulle à la somme imposent successivementi₁=i+1, i₂=i+ 2, ...,i_r=i+r, donc le produit contientr+ 1termes distincts deA–or, au plusrsont non nuls. Ceci conclut le casunilpotent.

Par ailleurs, pour un scalaire , on dispose de l’identité

rg 0 BB BB

@

"1

. .. ...

. .. "n 1

1 CC CC A= rg

0 BB BB

@ 0 "1

. .. ...

. .. "n 1

0 1 CC CC

A+ 1 si 6= 0

0 si = 0 = #f"i = 1g+ 1 si 6= 0 0 si = 0 .

Soit à présentAune matrice non inversible, que l’on met sous forme de Jordan (quitte à plonger le corps de base dans un corps de décomposition du polynôme caratéristique de A pour avoir l’existence des sous-espaces caratéristiques) a…n de se ramener au cas nilpotent :

A 0 BB BB BB BB BB BB BB BB BB BB BB B@

1 "⁽¹⁾₁ . .. ...

. .. "⁽¹⁾_{n1 1}

| {z 1 }

taillen1

. ..

p "^(p)₁ . .. ...

. .. "^(p)_{np 1}

| {z p }

taillenp

1 CC CC CC CC CC CC CC CC CC CC CC CA

oùf 1; :::; _pg= SpAet où les"^(j)_i valent0 ou1. En notant ri= #n

"⁽ⁱ⁾_k = 1oùk2 f1; :::; ni 1go , on a d’une part

rgA= Xp i=1

rg 0 BB BB

@

i "⁽ⁱ⁾₁ . .. ...

. .. "⁽ⁱ⁾_{ni 1}

i

1 CC CC A=

Xp i=1

#n

"⁽ⁱ⁾_k = 1o

+ 1 si _i 6= 0 0 si _i = 0 =

Xp i=1

(r_i+ 1)

! 1

carAn’est pas inversible, d’autre part (en appliquant le cas précédent et en multipliant par blocs) on a Yp

i=1

(A i)^ri+1= 0,

d’où un polynôme annulateur de degré Xp i=1

(ri+ 1) = rgA+ 1,CQFD.

Remarque. On vient de montrer que le degré du polynôme minimal était majoré par le rang plus un.

Il est clair, en regardant des nilpotents, que cette majoration est optimale.

En fait, l’hypothèse nécessaire pour utiliser Jordan est super‡ue. En utilisant la réduction de Frobenius, dont découle celle de Jordan, on arrive au même résultat.

Soit en e¤et 0 B@

C( ₁) . ..

C( _r) 1

CA la réduite de Frobenius deAoù ₁ j:::j r= _A. Posons ₀= 1et soitsle plus petit indice tel queX ne divise pas _s, de sorte queX divise lesr spolynômes _s+1; _s+2; :::; _r.

Il est aisé de calculer le rang d’une matrice compagnon :

rgC(P) = 0 BB BB

@

0 P(0)

1 . .. ... . .. 0 ?

1 ?

1 CC CC

A= degP 1siP(0) = 0

degP sinon = degP [X jP].

En notantni les degrés des _i, et en remarquant quedeg _A=nr, il vient rgA =

Xr i=1

(ni [Xj i]) = Xr i=1

ni

!

(r s) nr+ (r 1) (r s) = deg _A+ (s 1) deg _A 1,CQFD.

7 Réduction de Frobenius –Invariants de similitude

Concluons cette feuille de réduction par une excursion en dimension in…nie au pays des Hilbert, où l’on retrouve le théorème spectral sous une forme plus générale. Il vaut mieux savoir ce qu’est une espace vectoriel normé pour s’aventurer plus loin...

8 Une expression de la norme subordonnée dans les Hilbert 9 Une valeur propre pour un opérateur compact

10 Le théorème spectral version Hilbert