[PDF] Décomposition de Dunford et réduction de Jordan

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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

vquotesdbs_dbs26.pdfusesText_32

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