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Décomposition de Dunford

et réduction de JordanNous avons vu que les matrices ne sont pas toutes diagonalisables. On peut néanmoins décomposer

certaines d"entre elles, en une forme la plus simple possible. Nous verrons trois décompositions. La trigonalisation : transformer une matrice en une matrice triangulaire. La décomposition de Dunford : écrire une matrice comme la somme d"une matrice diagonali- sable et d"une matrice nilpotente. La réduction de Jordan : transformer une matrice en une matrice diagonale par blocs. Ksera le corpsRouC,EunK-espace vectoriel de dimension finie.

1. Trigonalisation

Nous allons montrer que toute matrice, dont le polynôme caractéristique est scindé, est semblable

à une matrice triangulaire.

1.1. Trigonalisation

On rappelle qu"une matriceA= (ai,j)16i,j6nesttriangulaire supérieuresiai,j=0 dès quei>j: A=0 B BB@a

1,1a1,2a1,n

0a2,2......

.........an1,n

00an,n1

C CCA.

Les coefficients sous la diagonale sont tous nuls. Ceux sur la diagonale ou au-dessus peuvent être

nuls ou pas.Définition 1. Une matriceA2Mn(K)esttrigonalisablesurKs"il existe une matrice inversibleP2Mn(K) inversible telle queP1APsoit triangulaire supérieure. Un endomorphismefdeEesttrigonalisables"il existe une base deEdans laquelle la

matrice defsoit triangulaire supérieure.Bien sûr, une matrice diagonalisable est en particulier trigonalisable.

Théorème 1.

Une matriceA2Mn(K)(resp. un endomorphismef) est trigonalisable surKsi et seulement si son polynôme caractéristiqueA(resp.f) est scindé surK.

DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN1. TRIGONALISATION2On rappelle qu"un polynôme est scindé surKs"il se décompose en produit de facteurs linéaires

dansK[X]. Remarquons que siK=C, par le théorème de d"Alembert-Gauss, on a :Corollaire 1. Toute matrice A2Mn(C)est trigonalisable surC.Ce n"est pas le cas siK=R.

Exemple 1.

SoitA=

01 1 0 2M2 (R). AlorsA(X) =X2+1. Ce polynôme n"est pas scindé surR, doncA n"est pas trigonalisable surR. Si on considère cette même matriceAcomme élément deM2(C), alors elle est trigonalisable (et ici même diagonalisable) surC: il existeP2M2(C)inversible telle queP1APsoit triangulaire supérieure.

1.2. Preuve

Démonstration.

=). Sifest trigonalisable, il existe une base deEdans laquelle la matrice defs"écrit A=0 B BB@a

1,1a1,2a1,n

0a2,2......

.........an1,n

00an,n1

C CCA.

On a alors

f(X) =A(X) =n Y i=1(ai,iX), ce qui prouve quefse décompose en produit de facteurs linéaires dansK[X]. =. La démonstration se fait par récurrence sur la dimensionnde l"espace vectorielE. Sin=1,

il n"y a rien à démontrer. Supposons le résultat vrai pourn1,n>2étant arbitrairement fixé.

Le polynômefayant au moins une racine dansK, notonsl"une d"entre elles etv1un vecteur propre associé. SoitFl"hyperplan supplémentaire de la droiteKv1: on a doncE=Kv1F. On considère alors une base(v1,v2,...,vn)deEavec, pour26i6n,vi2F. La matrice def dans cette base s"écrit 0 B BB@ 0 ..B 01 C CCA oùBest une matrice carrée de taille(n1)(n1). On a f(X) = (X)det(BXIn1) = (X)B(X). Notonsgla restriction defàF: la matrice degdans la base(v2,...,vn)est égale àB. Par hypothèse de récurrence,g(et doncB) est trigonalisable : en effet,f(X) = (X)g(X), et commefest supposé scindé surK,gl"est également. Par conséquent, il existe une base (w2,...,wn)deFdans laquelle la matrice degest triangulaire supérieure. Ainsi, dans la base (v1,w2,...,wn), la matrice defest triangulaire supérieure. DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN1. TRIGONALISATION3

1.3. Exemple

Exemple 2.

Soit A=0 @1 42 0 63

1 4 01

A

2M3(R).Démontrons queAest trigonalisable surRet trouvons une matricePtelle queP1APsoit triangu-

laire supérieure. 1. Commençons par calculer le polynôme caractéristique de A:

A(X) =

1X42 0 6X3 1 4X == (3X)(2X)2 CommeAest scindé surR, la matrice est trigonalisable surR. (Nous verrons plus tard si elle est diagonalisable ou pas.) 2.

Les racines du polynôme caractéristique sont les réels3(avec la multiplicité1), et2(avec la

multiplicité 2). Déterminons les sous-espaces propres associés. SoitE3le sous-espace propre associé à la valeur propre simple3:E3=fv= (x,y,z)2R3j

Av=3vg.

v2E3()Av=3v()8 :x+4y2z=3x

6y3z=3y

x+4y=3z()x=y=z E

3est donc la droite vectorielle engendrée par le vecteurv1= (1,1,1).

SoitE2le sous-espace propre associé à la valeur propre double2:E2=fv= (x,y,z)2R3j

Av=2vg.

v2E2()Av=2v()8 :x+4y2z=2x

6y3z=2y

x+4y=2z()x=z 4y=3z E

2est donc la droite vectorielle engendrée parv2= (4,3,4).

est égale à 2. Par conséquent, on sait que la matriceAne sera pas diagonalisable. Soitv3= (0,0,1). Les vecteurs(v1,v2,v3)forment une base deR3. La matrice de passage (constituée desviécrits en colonne) est P=0 @1 4 0 1 3 0

1 4 11

A etP1=0 @3 4 0 11 0

1 0 11

A On aAv1=3v1etAv2=2v2. Il reste à exprimerAv3dans la base(v1,v2,v3): Av

3=A(0,0,1) = (2,3,0) =2(3v1+v2v3)3(4v1v2) =6v1+v2+2v3.

3. Ainsi, l"endomorphisme qui a pour matriceAdans la base canonique deR3a pour matriceT dans la base(v1,v2,v3), où T=0 @3 06 0 2 1

0 0 21

A DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN2. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES4

On aurait aussi pu calculerTpar la formuleT=P1AP.

4.Note. D"autres choix pourv3sont possibles. Ici, n"importe quel vecteurv0

3complétant(v1,v2)en

une base deR3conviendrait. Par contre, un autre choix conduirait à une matrice triangulaire T0différente (pour la dernière colonne).Mini-exercices. 1. La matriceA=2827128est-elle trigonalisable surR? Si oui, trouverPtelle queP1APsoit triangulaire supérieure. Même question avec :

437 1€71 75 2421 2Š

2. Trouver deux matricesT,T02M3(R)qui soient distinctes, triangulaires supérieures et sem- blables.2. Sous-espaces caractéristiques

2.1. Lemme des noyaux

Commençons par démontrer le lemme suivant :Lemme 1(Lemme des noyaux).

Soitfun endomorphisme deE. SoientPetQdes polynômes deK[X],premiers entre eux. Alors :Ker(PQ)(f) =KerP(f)KerQ(f)Généralisation : soientP1,...,Prdes polynômes deux à deux premiers entre eux. Alors :Ker(P1Pr)(f) =Ker(P1(f))Ker(Pr(f))On a bien sûr des énoncés similaires avec les matrices.

Rappels.

SoientP,Q2K[X]. On dit queP(X)etQ(X)sontpremiers entre euxdansK[X]si les seuls polynômes qui divisent à la foisPetQsont les polynômes constants. En particulier, surC, deux polynômes sont premiers entre eux si et seulement s"ils n"ont pas de racine commune. Le théorème de Bézout s"énonce ainsi :

PetQsont premiers entre eux() 9A,B2K[X]AP+BQ=1.

Démonstration.SoientPetQdeux polynômes premiers entre eux. Alors, d"après le théorème de

Bézout, il existe des polynômesAetBtels queAP+BQ=1. On a donc, pour tout endomorphisme f:

A(f)P(f)+B(f)Q(f) =idE.

Autrement dit, pour toutx2E:

A(f)P(f)(x)+B(f)Q(f)(x) =x.

DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN2. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES5

Montrons que KerP(f)\KerQ(f) =f0g.

Soitx2KerP(f)\KerQ(f). On a

A(f)P(f)(x)|{z}

=0+B(f)Q(f)(x)|{z} =0=x, doncx=0, ce qui prouve KerP(f)\KerQ(f) =f0g. Montrons que Ker(PQ)(f) =KerP(f)+KerQ(f)par double inclusion.

Preuve de K er(PQ)(f)KerP(f)+KerQ(f).

Soitx2Ker(PQ)(f). On a, toujours en raison du théorème de Bézout, x=A(f)P(f)(x)+B(f)Q(f)(x).

Montrons queA(f)P(f)(x)2KerQ(f). En effet :

Q(f)A(f)P(f)(x) =A(f)P(f)Q(f)(x) =A(f)(PQ)(f)(x) =0.On a utilisé que les polynômes d"endomorphisme enfcommutent et que(PQ)(f)(x) =0.

De même,B(f)Q(f)(x)2KerP(f). Ainsi,

x=A(f)P(f)(x)|{z}

2KerQ(f)+B(f)Q(f)(x)|{z}

2KerP(f),

et doncx2KerP(f)+KerQ(f). Preuve de K erP(f)+KerQ(f)Ker(PQ)(f). Soienty2KerP(f)etz2KerQ(f). Alors :

PQ(f)(y+z) =Q(f)P(f)(y)|{z}

=0+P(f)Q(f)(z)|{z} =0=0, et doncy+z2Ker(PQ)(f). Conclusion : Ker(PQ)(f) =KerP(f)KerQ(f).2.2. Sous-espaces caractéristiques Nous avons vu que, lorsquefest diagonalisable, on aE=E1EravecEi=Ker(fiidE)

le sous-espace propre associé à la valeur proprei. Nous allons démontrer que même sifn"est

pas diagonalisable, mais si son polynôme caractéristique est scindé surK, on peut écrire

E=Ker(f1idE)m1Ker(fridE)mr,

oùmiest la multiplicité de la valeur propreicomme racine du polynôme caractéristique def.Définition 2.

Soitfun endomorphisme deE. Soitune valeur propre defet soitmsa multiplicité en tant que racine def. Lesous-espace caractéristiquedefpour la valeur propreestN =Ker(fidE)m. Pourvaleur propre def, on aEN, carKer(fidE)Ker(fidE)kquel que soitk>1.

Exemple 3.

Soit A=0 B

B@2 3 0 0

3 4 0 0

1 1 1 0

951 31

C

CA2M4(R).

DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN2. SOUS-ESPACES CARACTÉRISTIQUES6 Calculons les sous-espaces caractéristiques deA. Pour déterminer ses valeurs propres, on calcule d"abord son polynôme caractéristique :

A(X) =det(AXI4) == (X3)(X1)3

La valeur propre 3 est de multiplicité 1 et la valeur propre 1 est de multiplicité 3.

Sous-espace caractéristique associé à=3.Comme la multiplicité de cette valeur propre est1alors le sous-espace caractéristique est aussi

le sous-espace propre :N3=Ker(A3I4)1=E3. Ainsi,N3=fv2R4j(A3I4)v=0g. Comme

N3=E3est de dimension 1 etv1= (0,0,0,1)2N3, alors

N

3=Rv1.

Sous-espace caractéristique associé à=1.

La multiplicité de cette valeur propre est 3, doncN1=Ker(AI4)3. On a : AI4=0 B

B@3 3 0 0

3 3 0 0

1 1 0 0

951 21

C

CA(AI4)2=0

B

B@0 0 0 0

0 0 0 0

6 6 0 0

5 12 41

C

CA(AI4)3=0

B

B@0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

1644 81

C CA On cherche une base deN1=fv2R4j(AI4)3v=0g. C"est un espace vectoriel de dimension

3, dont par exemple(v2,v3,v4)est une base, avec

v

2= (1,4,0,0)v3= (1,0,4,0)v4= (1,0,0,2),

et donc N

1=Vect(v2,v3,v4).Théorème 2.

Soitfun endomorphisme deEtel quefest scindé surK. Notonsf(X) =(X1)m1(X r)mret, pour16i6r, Nile sous-espace caractéristique associé à la valeur proprei. Alors : 1.

Chaque N

iest stable par f . 2.

E =N1Nr.

3.dimNi=mi.

Autrement dit, l"espace vectorielEest la somme directe des sous-espaces caractéristiques. En plus,

la dimension du sous-espace caractéristique associé à la valeur propreest la multiplicité de

comme racine du polynôme caractéristique.

Exemple 4.

Reprenons l"exemple

3

3 est valeur propre de multiplicité 1, et on a bien dimN3=1,

1 est valeur propre de multiplicité 3, et on a bien dimN1=3,

on a bienR4=N3N1.

Démonstration.

1.

Soit x2N=Ker(fidE)m. On a(fidE)m(x) =0. Or

(fidE)mf(x) =f(fidE)m(x) =0, d"oùf(x)2N. DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN3. DÉCOMPOSITION DEDUNFORD7 2. C "estune application du lemme des noyaux. On rappelle que

f(X) =(X1)m1(Xr)mr.Les polynômes(Xi)misont premiers entre eux puisque les valeurs propres sont distinctes.

Par le lemme des noyaux, on obtient

Kerf(f) =Ker(f1idE)m1Ker(fridE)mr=N1Nr.

Or, d"après le théorème de Cayley-Hamilton, on af(f) =0, doncKerf(f) =E, d"où le résultat. 3. Notonsgi=fjNipour16i6r. Pouri6=j,Ni\Nj=f0g. OrEiNi, donc la seule valeur

propre possible degiesti. Le polynôme caractéristique degiest scindé (car il divise celui de

f) et sa seule racine est la seule valeur propre degi, c"est-à-direi. Ainsi,gi(X) =(Xi)ni (oùni=dimNi). De plus, (X1)m1(Xr)mr=f(X) =g1(X)gr(X) =(X1)n1(Xr)nr.

D"où, en identifiant les exposants des facteurs irréductibles,ni=dimNi=mi, pour 16i6r.Mini-exercices.

1. Calculer les sous-espaces caractéristiques de la matriceA= . Même exercice avecB=

12 2 2 22 65342 32350 11 2 001 1 1 4

2. Soientf2 L(E)et2K. Montrer queKer(fidE)Ker(fidE)2Ker(fidE)3 3. En utilisant le lemme des noyaux, prouver ce résultat du chapitre " Polynômes d"endomor- phismes » : "Théorème.Un endomorphismef2 L(E)est diagonalisable surKsi et seulement

si son polynôme minimal est scindé à racines simples dansK. »3. Décomposition de Dunford

Nous allons montrer que toute matrice, dont le polynôme caractéristique est scindé, peut s"écrire

comme somme d"une matrice diagonalisable et d"une matrice nilpotente. Autrement dit, cette matrice est semblable à la somme d"une matrice diagonale et d"une matrice nilpotente.

3.1. ÉnoncéDéfinition 3.

On dit qu"un endomorphismef(resp. une matriceA) estnilpotent(e)s"il existek2Ntel que fk=0 (resp.Ak=0). Nous allons démontrer que les endomorphismes nilpotents et les endomorphismes diagonalisables

permettent de décrire tous les endomorphismes dont le polynôme caractéristique est scindé surK

(c"est-à-dire ceux trigonalisables).

DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN3. DÉCOMPOSITION DEDUNFORD8Théorème 3(Décomposition de Dunford).Soitfun endomorphisme deEtel quefsoit scindé surK. Alors il existe un unique couple(n,d)

d"endomorphismes tel que : i) n est nilpotent et d est diagonalisable, ii) f =n+d, iii) n d=dn. De plus, on pourrait montrer quedetnsont des polynômes enf. En particulier, siK=C, cette

décomposition existe toujours. Le théorème peut encore s"écrire :Théorème 4(Décomposition de Dunford).

Pour toute matriceA2Mn(K)ayant un polynôme caractéristique scindé surK, il existe une unique

matrice N nilpotente et une unique matricediagonalisable telles que

A=N+et N=N.Remarque importante.

Attention!est une matricediagonalisable, pas nécessairement une matrice diagonale. Commeest diagonalisable, alors il existe une matrice inversiblePet une matricediagonaleD telles queD=P1P. Si on noteN0=P1NPalorsN0est encore nilpotente etN0D=DN0. Une autre façon d"écrire la décomposition de Dunford est alorsP1AP=D+N0. C"est dire queAest semblable à la somme d"une matrice diagonale avec une matrice nilpotente.

Comme conséquence directe :Corollaire 2.

Soitfun endomorphisme avec une décomposition de Dunfordf=d+n, avecddiagonalisable,n nilpotent et dn=nd. Alors : f diagonalisable()f=d()n=0; f nilpotent()f=n()d=0.3.2. Lemmes

Avant de démontrer ces théorèmes, nous allons démontrer des lemmes dont les résultats nous

seront utiles.Lemme 2. Si f est nilpotent, alors0est son unique valeur propre et on a f(X) = (1)nXn.Démonstration. NotonsAla matrice defdans une base. Commefest nilpotent, il existek>1tel queAk=0. Cela impliquedet(Ak) =0, doncdet(A) =0. La matriceAn"est donc pas inversible : cela entraîne quefn"est pas bijectif, et commefest un endomorphisme,fn"est pas non plus

injectif (la dimension de l"espace de départ égale la dimension de l"espace d"arrivée). Ainsi,

Kerf6=f0g, ce qui est exactement dire que 0 est une valeur propre def. Supposons quesoit une valeur propre def: il existe alorsx6=0tel quef(x) =x. Par récurrence surn,fn(x) =nx. Or,fest supposé nilpotent, il existe donck2Ntel quefk=0. D"oùkx=0, ce qui impliquek=0 (carx6=0), donc=0. DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN3. DÉCOMPOSITION DEDUNFORD9 Ainsi, 0 est la seule valeur propre def, donc la seule racine de son polynôme caractéristique. •SiK=R, on considère l"endomorphisme comme aussi défini surC. En termes de matrice, cela

revient à dire que la matrice à coefficients réelsApeut être vue aussi comme à coefficients

complexes. Or, surC, un polynôme dont la seule racine est0est de la formeXn, donc f(X) = (1)nXnpuisque le coefficient dominant d"un polynôme caractéristique est(1)n.Lemme 3. Soitfun endomorphisme deEdiagonalisable. On note1,...,rses valeurs propres etE1,...,Er les sous-espaces propres correspondants. Si F est un sous-espace de E stable par f , alors on a

F= (F\E1)(F\Er).Démonstration.

Soitx2F. Commex2E=E1 Er, il existex1,...,xruniques, avec xi2Eipour 16i6r, tels quex=x1++xr. Le sous-espaceFest stable parf, donc également parP(f)pour tout polynômeP2K[X]. On rappelle que commexi2Eialorsf(xi) =ixiet plus généralementP(f)(xi) =P(i)xi. Pour

16i6r, on définit

P i(X) =r Y k=1k6=i(Xk).

On a ainsiPi(j) =0 sii6=j, etPi(i)6=0.

On peut alors écrire

P i(f)(x) =Pi(f)(x1++xr) =Pi(1)x1++Pi(r)xr=Pi(i)xi. OrPi(f)(x)2Fpar stabilité def, doncxi2F. Ainsi, pour tout16i6r,xi2F\Ei, d"où le résultat.Lemme 4. Sifest diagonalisable etFest un sous-espace vectoriel deE, stable parf, alors la restriction def

à F est aussi diagonalisable.Pour une autre preuve, voir la fin du chapitre " Polynômes d"endomorphismes ».

Démonstration.

Notonsgla restriction defau sous-espaceF:g=fjFqui est bien définie car Fest stable parf. Soient1,...,rles valeurs propres def. L"endomorphismefétant supposé diagonalisable, on a

E=E1Er,

où lesEisont les sous-espaces propres def. On obtient grâce au lemme3 que

F= (F\E1)(F\Er).

Or, quel que soit2K,Ker(gidF) =F\Ker(fidE), donc les valeurs propres deg, notées

1,...,s, appartiennent à l"ensemblef1,...,rg. Cesiforment exactement l"ensemble des

valeurs def1,...,rgpour lesquellesF\Ei6=f0g. On a donc

F=Ker(g1idF)Ker(gsidF),

ce qui prouve quegest diagonalisable.

DÉCOMPOSITION DEDUNFORD ET RÉDUCTION DEJORDAN3. DÉCOMPOSITION DEDUNFORD10Lemme 5.Soientfetgdeux endomorphismes diagonalisables. On suppose quefg=gf. Alors il existe

une base commune de vecteurs propres de f et de g.Autrement dit, siA,B2Mn(K)sont diagonalisables et commutent, alors on peut les diagonaliser

dans une base commune, c"est-à-dire qu"il existe une matriceP2Mn(K)inversible telle queP1AP etP1BPsoient toutes les deux diagonales.

Démonstration.

Soient1,...,rles valeurs propres def. NotonsEi=fx2Ejf(x) =ixg. On a alors, pourx2Ei, f(g(x)) =g(f(x)) =g(ix) =ig(x), doncg(x)2Ei, ce qui prouve queEiest stable parg. D"après le lemme4 , la restriction degà Eiest donc diagonalisable. On considère, dansEi, une baseBide vecteurs propres deg. Noter que ce sont aussi des vecteurs propres def(car ils sont dansEi). Commefest diagonalisable, on a

E=E1|{z}

B

1Er|{z}

B r. La baseB=B1[[Brest donc une base deEformée de vecteurs qui sont des vecteurs propresquotesdbs_dbs35.pdfusesText_40

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