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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 :-S128016

Réponses

  • Hello, confusions entre matrice triangulaire supérieure et trigonalisable, tu as mal répondu pour le couple, tu as mal justifié pour la décomposition lorsque A est diagonalisable et A nilpotente.

    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...
  • Q3) $A=\begin{pmatrix} 0&-1\\1&0\end{pmatrix}$.
  • Attention ! Dans la décomposition de Dunford il est crucial que $D$ et $N$ commutent... Ta réponse à la question est complètement erronée, c'est un piège classique et tu es tombé dedans. Noobey est vraiment sympa de mettre la moitié des points ;-)
  • Gai Requin le polynôme caractéristique n'est pas scindé sur $\R$, il vaut $X^2+1$ mais je ne vois pas en quoi ça permet d'en déduire qu'il n'y a pas de décomposition de Dunford.
    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 $A$.
  • Quelle est la décomposition de Dunford de $A=\begin{pmatrix} 0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ sur $\C$ ?
    En déduire que $A$ n'a pas de décomposition de Dunford sur $\R$.
  • $A=D+N$ avec $D= \begin{pmatrix}
    0 & -1 \\
    1 & 0
    \end{pmatrix}$ 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
  • @Oshine: utilise l'unicité de la décomposition de Dunford
  • Je ne vois pas le rapport avec l'unicité :-S
  • "Je vois pas le rapport avec la Bretagne"

    Pour ceux qui ont la réf.
  • S'il existe un couple de Dunford $(D',N')$ sur $\R$, c'est aussi un couple de Dunford sur $\C$ donc, par unicité, $D'=D=A$ et $A$ est diagonalisable dans $\mathrm{M}_2(\R)$ : contradiction.
  • Ah d'accord merci, je n'avais pas vu l'idée.

    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 :-S128032
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  • $D=A^2$ est diagonalisable, $N=A-A^2$ est nilpotente, $A=D+N$ et $DN=ND$.
  • Q6)bis : Le cas $n=2$.
    En déduire $\{A\in\mathrm{M}_2(K)\mid A^2(A-I_2)=0\}$.
  • Gai Requin ce sont de simples vérifications.

    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...
  • La question ne te dit pas d’appliquer le théorème de Dunford. Elle te dit de montrer qu’une certaine décomposition est bien celle de Dunford. Le théorème donne une condition suffisante, c’est tout. Il serait temps que tu fasses la différence entre théorème et définition, condition nécessaire et suffisante.
  • Ah d'accord merci.

    Je n'ai pas trouvé le petit exercice de Gai Requin, je vais passer à la partie 2 qui semble calculatoire.
  • Tu n’as pas fini la question 6 du coup.
  • Toute matrice $A$ à coefficients dans un corps $K$ admet une décomposition de Dunford $(D,N)$ sur un corps suffisamment gros contenant $K$.
    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 $N$.
  • Gai Requin je ne sais pas trop de quoi tu parles :-S

    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 Q9.128040
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  • Q9) C'est quand même très moche de passer par Jordan pour avoir Dunford !

    Tu devrais essayer mon Q6)bis. Pas trop dur et tu n'auras pas la tentation de regarder un corrigé...
  • http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2319110,2319110#msg-2319110
    Une matrice trigonalisable possède ses valeurs propres sur la diagonale

    Il serait bon pour la lecture de corriger cette phrase.
  • Je n'ai pas trouvé ta question Q6 bis... Ta question est plus difficile que les questions du sujet.

    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 $12$.128046
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  • Pour la question $12$ je bloque un peu.

    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
  • Q6)bis : Soit $A\in\mathrm{M}_2(K)$ telle que $A^2(A-I_2)=0$.
    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 ne comprends pas pourquoi si $\mu=X-1$ alors $A=I_2$.

    Je dirais qu'on a $A^2=I_2$ c'est tout...
  • Os a écrit:
    $\boxed{d= (-X^2 +4X-2) (u)}$
    Attention à l'écriture ! Il vaut mieux être rigoureux, il faut que cela ait un sens.

    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.
  • OShine http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2319110,2319438#msg-2319438Bonjour OShine
    as-tu réfléchi avant de poster ce message ?
    Cordialement.
  • Skazeriahm oui j'ai réfléchis et je ne comprends toujours pas pourquoi si $\mu =X-1$ alors $A=I_2$

    $\mu$ 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 :-(
  • Q6)Ter : Dunford+Jordan
    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.
  • @OS : $A^2=I_2$ donc $A^2(A-I_2)=A-I_2=0$.
  • D'accord merci.

    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.
  • Il faut reprendre Q6 et Q6)bis en trouvant d'abord un polynôme annulateur sympa pour $A^3$ qui permet d'en déduire le couple de Dunford $(D,N)$ associé à $A$.
    Les classes d'équivalence s'en déduisent assez facilement si on connaît la forme de Jordan d'une matrice trigonalisable.
  • Je n'ai jamais étudié les formes de Jordan.

    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.
  • [On reste dans la discussion initiale pour le reste de ton problème. AD]
    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.128080
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  • C'est bien pour le début de la 13.
    Comment tu peux bloquer à cet endroit, c'est comme si la question était terminée...
  • Si tu as une base qui diagonalise u, quelle est la forme de la matrice de v dans cette base ?
  • $v$ est diagonalisable donc admet un polynôme annulateur scindé à racines simples qui annule aussi les $v_i$ qui sont donc diagonalisables dans une certaine base formée de vecteurs propres de $u$ par construction.
    Or, $E$ est somme directe des sous-espaces propres de $u$...
  • RLC on ne peux rien dire. Il faut trouver une base dans laquelle les matrices de u et v sont diagonales toutes les 2.

    Gai Requin d'accord merci. Je vais tenter de finir avec ça.
  • Bonsoir

    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 !)
  • Bonsoir,

    c'est tiré de quel sujet? Pense à une récurrence pour la 13.
  • CCP maths 2 MP 2021

    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.
  • Attention, $n$ est fixé par l'énoncé.
    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 $(A-B)^n=0$).
  • Ah d'accord merci. Oui l'indice de nilpotence est inférieur à la dimension de $E$.

    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.
  • confusion diagonal diagonalisable
  • Oui c'est vrai merci.

    Pour faire la dernière partie, il faut que je termine le cours sur la continuité dans un espace vectoriel normé.
  • Attention tu ne réponds pas correctement pour l'unicité car tu supposes que les décompositions se font dans $\K[A]$.
    L'énoncé te dit seulement que $D,N$ sont des polynômes en $A$.
    Tu devrais relire la définition de "décomposition de Dunford" .
  • Rakam je n'ai pas compris la subtilité dont tu parles :-(
  • C'est pourtant évident puisque tu écris
    "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 $A$...
  • D'accord merci j'ai compris la subtilité.

    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 $D' A = D' ( D' +N')= D' D' + D' N' = D' D' + N' D' = A D'$
  • Très belle recopie du corrigé ! Bravo (tu)
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