Théorème de la décomposition de Dunford
Bonjour,
Si $A$ est diagonalisable alors $A=A+O$ donc $(D,N)=(A,O)$
Si $A$ est nilpotente alors $A=O+A$ et $(D,N)=(O,A)$
Une matrice trigonalisable possède ses valeurs propres sur la diagonale, ainsi, le polynôme caractéristique est forcément scindé car le polynôme caractéristique est identique pour deux matrices semblables.
On pose $A=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} $ et $XI_2- A=\begin{pmatrix} X-1 & -1 \\ 0 & X-2 \end{pmatrix} $
Ainsi $\chi_A(X)=(X-1)(X-2)$ est scindé sur $\R$.
La réponse à la question est oui, car $A=D+N$ avec $D=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} $ et $N=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} $
$D$ est diagonale donc diagonalisable et $N^2=O$ donc $N$ est nilpotente.
La décomposition étant unique, ce couple est bien la décomposition de Dunford de la matrice $A$.
Question $3$ :
Je n'ai pas compris comment on démontre qu'une matrice d'admet pas de décomposition de Dunford :-S
Si $A$ est diagonalisable alors $A=A+O$ donc $(D,N)=(A,O)$
Si $A$ est nilpotente alors $A=O+A$ et $(D,N)=(O,A)$
Une matrice trigonalisable possède ses valeurs propres sur la diagonale, ainsi, le polynôme caractéristique est forcément scindé car le polynôme caractéristique est identique pour deux matrices semblables.
On pose $A=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} $ et $XI_2- A=\begin{pmatrix} X-1 & -1 \\ 0 & X-2 \end{pmatrix} $
Ainsi $\chi_A(X)=(X-1)(X-2)$ est scindé sur $\R$.
La réponse à la question est oui, car $A=D+N$ avec $D=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} $ et $N=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} $
$D$ est diagonale donc diagonalisable et $N^2=O$ donc $N$ est nilpotente.
La décomposition étant unique, ce couple est bien la décomposition de Dunford de la matrice $A$.
Question $3$ :
Je n'ai pas compris comment on démontre qu'une matrice d'admet pas de décomposition de Dunford :-S
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Réponses
Si je devais noter ta question, je te mettrais la moitié des points, et encore.
Pour la 3 je chercherais du côté d'une hypothèse de l'énoncé sur A qui n'est pas toujours vérifiée...
Niveau logique je ne comprends pas comment on peut montrer qu'une matrice ne possède pas de décomposition de Dunford.
J'ai oublié de dire que si $A$ est diagonalisable alors son polynôme caractéristique est scindé;
Si $A$ est nilpotente son polynôme caractéristique vaut $X^n$ il est aussi scindé.
Si $A$ est trigonalisable son polynôme caractéristique est scindé.
Psychcorse, merci on a $ND= \begin{pmatrix}
0 & 2 \\
0 & 0
\end{pmatrix}$ alors que $DN= \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
0 & 0
\end{pmatrix}$
Donc ce n'est pas la décomposition de Dunford de $A$.
En déduire que $A$ n'a pas de décomposition de Dunford sur $\R$.
0 & -1 \\
1 & 0
\end{pmatrix}$ et $N=\begin{pmatrix}
0 & 0 \\
0 & 0
\end{pmatrix}$
On a $\chi_D(X)=X^2+1$.
Je ne vois pas comment montrer que $A$ n'a pas de décomposition de Dunford sur $\R$ :-S
Pour ceux qui ont la réf.
La suite et fin de cette première partie.
Question $4$ :
En développant par rapport à la deuxième colonne je trouve : $\chi_A(X)=(X+1) ( (X-3)(X+5) +16)=(X+1)( X^2 +2X+1)$
Finalement $\boxed{\chi_A(X)=(X+1)^3}$
Le polynôme caractéristique de $A$ est scindé sur $\R$, il admet une décomposition de Dunford $(D,N)$.
D'après l'indication de l'énoncé, $\chi_D = \chi_A$, ainsi $-1$ est l'unique valeur propre de $D$. Ainsi, $D$ est semblable à la matrice $-I_3$.
Il existe $P$ inversible telle que $D=P^{-1} (- I_3) P=-I_3$
Il reste à déterminer $N$. Comme $A=D+N$ on en déduit $\boxed{N=\begin{pmatrix}
4 & 0 & 8\\
3 & 0 & 6 \\
-2 & 0 & -4
\end{pmatrix} }$ et $\boxed{D=-I_3}$
Question $5$ :
$D$ et $N$ commutent.
$\exp(A)= \exp(D+N)= \exp(D) \exp(N)$
Or $\exp(D)=\displaystyle\sum_{k=0}^{+ \infty} \dfrac{ (-I_3)^k}{k!}=\displaystyle\sum_{k=0}^{+ \infty} (-1)^k\dfrac{ I_3}{k!}=\dfrac{1}{e} I_3$ et comme $N^2=0$ on a $\exp(N)=I_3 +N$
Ainsi, $\boxed{\exp(A)=\dfrac{1}{e} ( I_3 + N)}$
Question $6$ :
Posons $P(X)=X(X-1)$. On a $P(A^2)=A^2 (A^2 -I_n)=A^2(A- I_n)(A+I_n)=0$ car $A^2 (A-I_n)=0$
Ainsi $\boxed{sp(A) \subset \{0 ,1 \} }$
J'ai un blocage ici pour démontrer que le polynôme caractéristique de $A$ est scindé pour appliquer le théorème de Dunford :-S
En déduire $\{A\in\mathrm{M}_2(K)\mid A^2(A-I_2)=0\}$.
Mais comment on sait qu'on peut appliquer le théorème de Dunford ? Il faut vérifier l'hypothèse qui est : $\chi_A$ scindé sur $\K$. Je ne vois pas comment le justifier :-S
La matrice nulle ne vérifie pas $A^2 (A-I_2)=0$
Soit $A$ une matrice et $(D,N)=(A^2,A-A^2)$ sa décomposition de Dunford.
Si $A^2 (A-I_2)=0$ alors $A^2 (A^2-A)= O A=0$ et donc $DN=0=ND$
Je n'ai pas réussi à conclure...
Je n'ai pas trouvé le petit exercice de Gai Requin, je vais passer à la partie 2 qui semble calculatoire.
Spoiler : Mais ce qu'on sait moins, c'est que $D,N$ sont des polynômes de $A$ à coefficients dans $K$ donc on reste bien au chaud dans $K$ pour calculer $D$ et $N$.
On a $D=A^2$ et $N=A-A^2$
$A^2$ est diagonalisable car elle annule un polynôme scindé à racines simples.
$A-A^2$ est nilpotente car $(A-A^2)^2=A^2 (I_n - A)^2 =0$
On a clairement $DN=ND$ car $A$ et $A^2$ commutent.
La partie 2 est vraiment facile, j'ai terminé Q9.
Tu devrais essayer mon Q6)bis. Pas trop dur et tu n'auras pas la tentation de regarder un corrigé...
Il serait bon pour la lecture de corriger cette phrase.
Pour Q10 on a $\dfrac{1}{(X-1)(X-2)^2}= \dfrac{a}{X-1}+ \dfrac{b}{X-2}+\dfrac{c}{(X-2)^2}$ d'après le cours.
Après calculs, j'obtiens $\boxed{\dfrac{1}{(X-1)(X-2)^2}= \dfrac{1}{X-1}+ \dfrac{-1}{X-2}+\dfrac{1}{(X-2)^2}}$
On cherche $U$ et $V$ tels que $(X-1)U(X)+(X-2)^2 V(X)=1$
En multipliant la formule encadrée par $(X-1)(X-2)^2$ on trouve $(X-2)^2 -(X-1)(X-2)+ (X-1)=1$
Ce qui donne $\boxed{(X-1) ( 3-X)+(X-2)^2 \times 1=1}$
Il suffit de poser $U(X)=3-X$ et $V(X)=1$ on a bien $\deg U <2$ et $\deg V <1$
Question $11$ :
D'après la question précédente $p+q=id$ donc $\boxed{\forall x \in \R^3 \ \ p(x)+q(x)=x}$
On a montré précédemment que $\boxed{\R^3 = \ker(u-id] \oplus \ker(u-2 id)^2}$
Soient $(x,y) \in \ker(u-id) \times \ker(u-2id)^2$. On a $p(x)=(u-2id)^2=u^2(x)-4u(x)+4x=x$ et $p(y)=0$
Ainsi, $\boxed{p \ \text{ est le projecteur sur} \ker(u-id) \ \text{paralèllement à } \ \ker(u-2 id)^2}$
Soient $(x,y) \in \ker(u-id)^2 \times \ker(u-2id)$. On a $q(x)=(3-u) \circ (u-id)$ donc $q(y)=0$ et $q(x)=x- p(x)=x-0=x$
Ainsi, $\boxed{q \ \text{ est le projecteur sur} \ker(u-2 id)^2 \ \text{paralèllement à } \ \ker(u- id)}$
Il reste juste la question $12$.
Je trouve $\boxed{D=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}}$
Puis $\boxed{d= (-X^2 +4X-2) (u)}$
Mais je ne vois pas comment trouver la décomposition de Dunford de la matrice $A$ :-S
Soit $\mu$ le polynôme minimal de $A^2$.
D'après Q6), $X(X-1)$ annule $A^2$ donc $\mu\in\{X,X-1,X(X-1)\}$.
Si $\mu=X$, alors $A$ est nilpotente.
Si $\mu=X-1$, alors $A=I_2$.
Si $\mu=X(X-1)$, alors, d'après Q6), $\chi_A=\chi_D=\chi_{A^2}=X(X-1)$ donc $A$ est semblable à $\mathrm{Diag}(0,1)$.
Conclusion : Pour tout $A\in\mathrm{M}_2(K)$,$$A^2(A-I_2)=0\Leftrightarrow A=I_2\text{ ou }A\text{ est nilpotente ou }A\text{ est semblable à }\mathrm{Diag}(0,1).$$
Je dirais qu'on a $A^2=I_2$ c'est tout...
Vu les questions précédentes et même sans les questions précédentes la décomposition de n'est-elle pas donnée?
On te donne $d$ donc n aussi. Il suffit de de se convaincre que cela donne bien la décomposition cherchée.
as-tu réfléchi avant de poster ce message ?
Cordialement.
$\mu$ est le polynôme minimal de $A^2$ pas de $A$. On a donc $A^2 - I_2=0$ car le polynôme minimal appartient à l'idéal des polynômes annulateurs.
Bd2017
On a $D=-A^2+4A -2 I_3$
Posons $N=A-D= A + A^2-4A+2 I_3 = A^2-3A+2I_3$ de sorte que $A=N+D$
Mais je m'embrouille complètement, $D$ et $A$ ne sont pas des matrices qui sont écrites dans des bases différentes ça n'a aucun sens, je ne comprends pas cette question :-(
Montrer qu'il y a sept classes de similitude de matrices $A\in\mathrm{M}_3(K)$ telles que $A^3(A-I_3)=0$ et les décrire.
Je bloque sur Q12.
Gai Requin, notons $S_{\K} (A)= \{ P A P^{-1} \ | P \in GL_2(\K) \}$
La classe de similitude de la matrice $I_3$ est $I_3$.
Si $A$ est nilpotente d'indice $k$, alors $A$ est semblable à une matrice triangulaire avec des $0$ sur la diagonale.
Si $A$ est semblable à $diag(0,1)$ alors il existe $P \in GL_2(\K)$ tel que $A= P diag(0,1) P^{-1}$ après je bloque pour trouver les $P$ possibles.
Les classes d'équivalence s'en déduisent assez facilement si on connaît la forme de Jordan d'une matrice trigonalisable.
Pour la question $12$, j'ai trouvé finalement, $D=-A^2 +4 A- 2 I_3$
On écrit $A = D + (A-D)$ et on vérifie que le couple $(D,A-D)$ fonctionne. (simples calculs)
La partie $3$ a l'air plus théorique et moins calculatoire.
Bonsoir,
Je m'attaque à cette partie, j'aimerais savoir si ma rédaction est correcte pour cette question $13$.
Question $13$.
Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes qui commutent.
Montrons que $\forall i \in [|1,p|] \ \ \ v( E_{\lambda_i} (u) ) \subset E_{\lambda_i} (u)$
Soit $x \in E_{\lambda_i} (u)$. Alors $u(x)= \lambda_i x$.
Comme $u$ et $v$ commutent, on a $u(v(x))= v (u(x)) =v ( \lambda_i x)= \lambda_i v(x)$
Ainsi, on a montré $x \in E_{\lambda_i} (u) \implies v(x) \in E_{\lambda_i} (u)$ ce qui montre que $\boxed{ v( E_{\lambda_i} (u) ) \subset E_{\lambda_i} (u)}$
Soit $v_i$ l'endomorphisme induit par $v$ sur $E_{\lambda_i (u)}$ qui est bien défini d'après ce qu'on vient de montrer. Comme $v$ est diagonalisable, la restriction à tout sous-espace propre est aussi diagonalisable.
Après je bloque.
Comment tu peux bloquer à cet endroit, c'est comme si la question était terminée...
Or, $E$ est somme directe des sous-espaces propres de $u$...
Gai Requin d'accord merci. Je vais tenter de finir avec ça.
Si, on peut dire des choses sur la matrice de $v$ dans une base de diagonalisation de $u$ (si la question t'est posée c"est qu'il y a matière à réfléchir !)
c'est tiré de quel sujet? Pense à une récurrence pour la 13.
Amédé dans mon livre ils utilisent une récurrence (distinction de cas homothétie ou non) pour une famille d'endomorphismes quelconques, mais ici on m'a dirigé vers une autre méthode.
Question $13$ :
$v_i \in \mathcal L(E_{\lambda_i})$ est diagonalisable dans une base de vecteurs propres. Soit $B_i$ une base de $E_{\lambda_i}$ formée de vecteurs propres de $v_i$. Ainsi, $B_i$ contient des vecteurs propres de $v$ car $v_i$ est une restriction de $v$.
On a $E=\displaystyle\bigoplus_{i=1}^p E_{\lambda_i} (u)$. Soit $B= \displaystyle\bigcup_{i=1}^p B_i$ une base adaptée à la décomposition précédente.
$B_i$ est une base de $E_{\lambda_i}$ elle contient des vecteurs propres de $u$.
On a montré que $B_i$ contient à la fois des vecteurs propres de $u$ et de $v$.
$B= \displaystyle\bigcup_{i=1}^p B_i$ est une base de $E$ qui contient à la fois des vecteurs propres de $u$ et de $v$.
Question $14$ :
On utilise la question précédente.
Soient $u$ et $v$ les endomorphismes canoniquement associés à $A$ et $B$. Ce sont des endomorphismes de $\K^n$.
Il existe une base commune de diagonalisation pour $u$ et $v$, la matrice de passage de $\K^n$ à la base de diagonalisation construite $B$ est identique.
Ainsi, il existe $P \in GL_n(\K)$ tel que $A=P D P^{-1}$ et $B=P D' P^{-1}$
Ainsi $\boxed{A-B=P (D-D') P^{-1}}$. L'ensemble des matrices diagonales est un espace vectoriel donc $D-D'$ est diagonale.
Question $15$ :
Supposons que $A$ est nilpotente d'indice $n$ et $B$ nilpotente d'indice $m$. On a $\boxed{A^n =B^m =0}$
Alors comme $A$ et $B$ commutent, d'après la formule du binôme de Newton on a :
$\forall k \in \N \ \ (A-B)^k = \displaystyle\sum_{i=0}^k \binom{k}{i} A^i (-1)^{k -i} B^{k-i}$
Fixons $k=n+m$. Alors $(A-B)^{n+m} = \displaystyle\sum_{i=0}^{n+m} \binom{n+m}{i} A^i (-1)^{n+m -i} B^{n+m-i}$
Si $i \geq n$ alors $A^i =0$ et ainsi $(A-B)^{n+m} =0$
Si $i \leq n-1$ alors $-i \geq 1-n$ et $n+m-i \geq m+1$ et donc $(A-B)^{n+m} =0$
On a montré que $\boxed{(A-B)^{n+m} =0}$ et donc $A-B$ est une matrice nilpotente.
Plus simplement, on a $A^n=B^n=0$ et un calcul similaire au tien montre directement que $(A-B)^{2n}=0$ (et donc aussi $(A-B)^n=0$).
Question $16$ :
Ce sont les matrices nulles. C'est simple car le polynôme caractéristique d'une matrice nilpotente vaut $X^n$.
Question $17$ :
Soient $(D,N)$ et $(D',N')$ deux couples de Dunford de la matrice $A$.
Alors $A=D+N=D'+N'$. Ainsi $D-D'= N'-N$. De plus $DN=ND$ et $D' N' = N' D'$. (information dont je ne me sers pas dans la preuve)
Montrons que $D$ et $D'$ commutent. Comme $D$ et $D'$ sont des polynômes en $A$, ils commutent. Le raisonnement est identique pour $N$ et $N'$.
D'après les questions précédentes (on a bien la commutativité), $D-D'$ est diagonale et $N-N'$ est nilpotente. Ainsi, $A$ est diagonale et nilpotente, elle est donc nulle.
Ce qui donne $D=D'$ et $N=N'$ d'où l'unicité.
Pour faire la dernière partie, il faut que je termine le cours sur la continuité dans un espace vectoriel normé.
L'énoncé te dit seulement que $D,N$ sont des polynômes en $A$.
Tu devrais relire la définition de "décomposition de Dunford" .
"Comme $D,D'$ sont des polynômes en $A$ ..."
On te dit que $D$ est un polynôme en $A$ mais on ne te dit rien sur $D'$ :
Bref on ne te demande pas de démontrer qu'il y a un unique couple de Dunford appartenant à $\K[A]$ : c'est ce que tu fais.
Revois la définition de "couple de Dunford" : on ne parle pas d'algèbre engendrée par $A$...
Soit $(D,N)$ un couple de Dunford avec $D$ et $N$ des polynômes en $A$. On a $A=D+N=D'+N'$.
Soit $(D',N')$ un couple de Dunford. On a donc $DN=ND$ et $D' N' = N' D'$.
$D'$ commute avec $N'$ et avec $D'$ ainsi $D'$ commute avec $D'+ N'=A$ donc $D'$ commute avec $A$ donc $D'$ commute avec les polynômes en $A$.
$N'$ commute avec $D'$ et avec $N'$ ainsi $N'$ commute avec $D'+ N'=A$ donc $N'$ commute avec $A$ donc $D'$ commute avec les polynômes en $A$.
En effet $D' A = D' ( D' +N')= D' D' + D' N' = D' D' + N' D' = A D'$