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Essaidi Ali
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Décomposition de Dunford-Schwarz Définitions et notations Dans tout le problème, K = R ou C, E un un K-espace vectoriel de dimension finie non nulle et u ∈ L (E ) tel que χu soit scindé.
Première partie Décomposition de Dunford-Schwarz r
1:
Montrer que πu est scindé. On pose πu =
2:
F λk (u), ∀k ∈ {1, . . . , r}, F λk (u) est u-stable et dim F λk (u) = m( m(λk ).
k=1
3:
(X − ker(u − λk idE )αk − λk )αk et ∀k ∈ {1, . . . , r}, F λk (u) = ker(u
k=1
r
= Montrer que E =
On pose ∀k ∈ {1, . . . , r }, P k =
r
r
(X − − λi )
αi
et πk la projection sur F λk (u) parallèlement à
i=1 i =k
F λi (u).
i=1 i =k
Montrer que P 1 ∧ · · · ∧ P r = 1 et soit A1 , . . . , A r ∈ K[X ] tels que A1 P 1 + · · · + Ar P r = 1. 3 - 2: Montrer que ∀k ∈ {1, . . . , r}, πk = A k (u)P k (u). π 1 , . . . , π r s’appellent les projecteurs spectraux de u. 3 - 1:
r
4:
Montrer que d = d =
λk πk est diagonalisable, n = n = u u − d est nilpotent, dn = dn = nd nd et d, n sont des polynômes en u.
k=1
p(d) = S p( p(u) et l’indice de nilpotence de n est max{α1 , . . . , α r }. Montrer que S p( (d , n ) d’endomorphismes de E avec u = d d + n . 6: Soit un couple (d avec d diagonalisable, n nilpotent, d n = n d et u = 6 - 1: Montrer que d et n commuttent avec u. En déduire que d et n commuttent avec d et n. 6 - 2: Montrer que d − d est diagonalisable. 6 - 3: Montrer que d − d est nilopotent. En déduire que d = d et n = n . Conclure la décomposition de Dunford-Schwarz. + N avec 7: Soit Soit A ∈ Mn (K). Montrer que si χ A est scindé alors A se décompose de façon unique sous la forme A = D + N D ∈ Mn (K) diagonalisable, N ∈ Mn (K) nilpotente et DN = N D. ( D, N ) N ) le couple de la 8: Soit Soit n ≥ 2. Montrer que les deux applications M ∈ Mn (C) → D et M ∈ Mn (C) → N avec (D, décomposition de Dunford-Schwarz de M ne sont pas continues. 5:
Deuxième partie Exemples
a b . 0 c
1:
a, b, c ∈ R. Donner la décomposition de Dunford-Schwarz de la matrice A = A = Soient a,
2:
Soit A ∈ Mn (C) qui admet une seule valeur propre. Donner la décomposition de Dunford-Schwarz de A.
1 1 1 A = 0 1 1 . 3: Donner la décomposition de Dunford-Schwarz de la matrice A = 0 0 2 4: Soit Soit A ∈ GLn (C). Déterminer Déterminer la décomposit décomposition ion de Dunford-Schwarz A −1 en fonction de celles de A et montrer que les matrices obtenues sont des polynômes en A. exp(A) en fonction de celles de A. 5: Soit A ∈ Mn (C). Déterminer la décomposition de Dunford-Schwarz de exp(A
Troisième partie Applications Soit A ∈ GL n (C). Montrer que A es diagonalisable si, et seulement si, ∃k ≥ 1 tel que Ak soit diagonalisable. 2: A ∈ Mn (C). Montrer que exp(A exp(A) est diagonalisable si, et seulement si A est diagonalisable. 1:
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Fin du problème
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Correction du problème Première partie Décomposition de Dunford-Schwarz 1:
On a χ u scindé et on sait que πu |χu donc πu est scindé.
2:
r
– On a π u =
(X − ( X − − λk )αk et (X − λ1 )α1 ∧ · · · ∧ (X − − λr )αr = 1 donc, d’après le lemme de décomposition des noyaux,
k=1 r
ker πu (u) =
r αk
ker(u ker(u − λk idE )
=
k=1
F λk (u).
k=1
r
D’autre part, on a πu (u) = 0 donc ker πu (u) = E d’où E = =
F λk (u).
k=1
ker(u − λk idE )αk = ker P ( P (u) d’où F λk (u) est u-stable. – Soit Soit k ∈ {1, . . . , r} et P = (X − − λk )αk donc F λk (u) = ker(u – Soit Soit k ∈ {1, . . . , r}, uk l’endomorphisme induit par u sur F λk (u) et dk = dim F λk (u). ker(u − λk idE )αk donc 0 = (u − λk idE )αk (x) = (uk − λk idF λk (u) )αk (x) d’où (uk − On a ∀x ∈ F λk (u), x ∈ ker(u λk idF λ (u) )αk = 0. k
On déduit que uk − λk idF λ
k
(u) est
nilpotent nilpotent donc χuk
λk idF λk (u)
−
= (−1)dim F λk (u) X dim F λk (u) = (−1)dk X dk d’où
χuk = det(u det(uk − X id idF λk (u) ) = det((u det((uk −λk idF λk (u) ) − (X − λk )idF λk (u) ) = χ uk
r dk
On a F λk (u) stable par u donc χ uk |χu , or χ uk = (−1) (X − − λk ) r
r
m(λ m(λk ) = deg χu = dim E = =
k=1
et χ u =
(X − λk ) = (−1)dk (X − λk )dk .
(λk − X )m(λk ) donc (X ( X − − λk )dk |(X − −
k=1
λk )m(λk ) d’où dim F λk (u) = d k ≤ m(λ m( λk ). On a χu scindé scindé donc
dk
λk idF λk (u)
−
r
dim F λk (u) car E =
k=1
r
F λk (u) d’où
k=1
0. Or ∀k ∈ {1, . . . , r }, m(λ m(λk ) − dim F λk (u) ≥ 0 donc ∀k ∈ {1, . . . , r}, dim F λk (u) = m(λ m(λk ).
(m(λ (m(λk ) − dim F λk (u)) =
k=1
3: 3 - 1:
– Méthode 01 : On : On pose D = P 1 ∧ · · · ∧ P r et supposons que D = 1. On a D |P 1 et P 1 scindé donc D est scindé, or D = 1 donc D admet au moins une raçine qui appartient à l’ensemble {λ2 , . . . , λr } des raçines de P 1 d’où ∃k ∈ {2, . . . , r } tel que λk soit une raçine de D . D = P 1 ∧ · · · ∧ P r donc D |P k d’où λk est une raçine de P k . Absurde, car λk n’est pas une raçine de P k , donc D = D = 1 On a D = d’où P 1 ∧ · · · ∧ P r = 1. (aik )1≤i≤αk telle que : – Méthode 02 : Par : Par décomposition en éléments simples, il existe une famille de nombres réels (a 1≤k≤r
1 = πu Donc : r
1=
αk
k=1 i=1
aik πu = (X − − λk )i
r
k=1 i=1
k=1 i=1
aik (X − − λk )αk P k = (X − − λk )i
αk
aik (X −λk )αk −i donc
Posons ∀k ∈ {1, . . . , r}, Ak =
i=1
1. 3 - 2:
αk
αk
r
aik (X − − λk )i αk
r
P k
k=1
i=1
aik (X − − λk )αk = (X − − λk )i
r
P k
k=1
r αi
(X − λ i )
donc, d’après le lemme de décomposition des noyaux, ker P k (u) =
i=1 i =k r
F λi (u) d’où ∀x ∈
i=1
k=1
r
aik (X − − λk )αk −i
d’où, d’aprè d’aprèss le théorè théorème me de Bézout Bézout,, P 1 ∧···∧P r = Ak P k = 1 d’où,
Soit k ∈ {1, . . . , r}.
– On a P k =
i=1 i =k
αk
r
ker(u ker(u − λ i idE )αi =
i=1 i =k
r
F λi (u), (Ak (u)P k (u))(x ))(x) = Ak (u)(P )(P k (u)(x )(x)) = 0.
i=1 i =k
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– Soit Soit x ∈ F λk (u). On a 1 = A 1 P 1 + · · · + Ar P r donc idE = A1 (u)P 1 (u) + · · · + Ar (u)P r (u) d’où x = (A1 (u)P 1 (u))(x ))(x) + (Ar (u)P r (u))(x ))(x) = A 1 (u)(P )(P 1 (u)(x )(x)) + · · · + Ar (u)(P )(P r (u)(x )(x)). · · · + (A r
Or, ∀ i ∈ {1, . . . , r} \ {k }, P i (u)(x )(x) =
r
αj
(u − λj idE ) (x) =
j =1 j =i
(u − λj idE )αj
j =1 j =i et j =k
x ∈ F λk (u) = ker(u ker(u − λk idE )αk donc x = x = (Ak (u)P k (u))(x ))(x).
((u ((u − λk idE )αk (x)) = 0 car
r
Ona mont montré ré que que ∀x ∈
r
F λi (u), (Ak (u)P k (u))(x ))(x) = 0 , ∀x ∈ F λk (u), (Ak (u)P k (u))(x ))(x) = x e t o n a F λk (u)⊕
i=1 i =k
F λi (u)
i=1 i =k
r
E donc donc Ak (u)P k (u) est la projection sur F λk (u) parallèlement à
F λi (u) d’où πk = A k (u)P k (u).
i=1 i =k
4: – Montrons Montrons que d est diagonalisable :
r
= – Méthode 01 : Soit : Soit B une base de E adaptée adaptée à la somme directe E =
F λk (u).
k=1
r
On a ∀ k ∈ {1, . . . , r }, πk est la projection sur F λk (u) parallèlement à
F λi (u) donc (π ( πk )|F λk (u) = idF λk (u) et ∀ i ∈
i=1 =k i
mat(πk , B ) = diag(0I diag(0I m( {1, . . . , r} \ {k}, (πk )|F λk (u) = 0 d’où mat(π m(λ1 ) , . . . , 0I m( m(λk
1)
−
, λk I m( m(λk ) , 0I m( m(λk+1 ) , . . . , 0I m( m(λr ) ).
r
Or d =
λk πk , donc mat(d, mat(d, B ) = diag(λ diag(λ1 I m( m(λ1 ) , . . . , λr I m( m(λr ) ) donc la matrice de d dans la base
B est
diagonale
k=1
d’où d est diagonalisable. – Méthode 02 : Soit P =
r
(X − λ k ). Les projecteurs π1 , . . . , πr sont associés à la somme E =
k=1
r
P ( P (d) =
r
F λk (u) donc
k=1
P ( P (λk )πk = 0 donc P est un polynôme annulateur scindé à raçines simples de d d’où d est diagonalisable.
k=1
r
– Méthode 03 : Soit : Soit (e ( e1 , . . . , e n ) une base de E adaptée à la somme directe E =
F λk (u). On a ∀ i ∈ {1, . . . , n}, ∃k ∈
k=1
r
d (ei ) = {1, . . . , r} tel que e i ∈ F λk (u) donc π k (ei ) = ei et ∀ j ∈ {1, . . . , r} \ { k }, πj (ei ) = 0 d’où d(
λj πj (ei ) =
j =1
λk πk (ei ) = λ k ei . ( e1 , . . . , en ) une base de E formée On déduit que (e formée de vecteurs propres de d donc d est diagonalisable. – Montrons Montrons que n est nilpotent : Soit αs = max{α1 , . . . , αr }, k ∈ {1, . . . , r} et x ∈ F λk (u) donc πk (x) = x et ∀i ∈ d(x) = λ k x = λ = λ k idE (x). {1, . . . , r } \ {k }, πi (x) = 0 d’où d( αk αk On déduit que n (x) = (u − d) (x) = (u − λk idE )αk (x) = 0 car x ∈ F λk (u) donc nαs (x) = 0 car α s ≥ α k . r
On a E = nilpotent.
F λk (u) et ∀ k ∈ {1, . . . , r}, ∀x ∈ F λk (u), nαs (x) = 0 donc ∀ x ∈ E , nαs (x) = 0 donc n αs = 0 d’où n est
k=1
– Montrons Montrons que que d, n sont des polynômes en u : On a, d’après la question précédente, d = d = r
k=1
λk Ak P k
r
(u) et n = n = u u − d =
X − −
k=1
λk Ak P k
r
r
λk πk =
k=1
λk Ak (u)P k (u) =
k=1
(u) donc d et n sont des polynômes en u.
dn = nd nd : On a d, n ∈ K[u] et K[u] une K-algèbre commutative donc dn = dn = nd nd . – Montrons Montrons que dn = 5: p(d) = S p( p(u) : D’après la question précédente, dans une base B de E adaptée à la somme directe E = – Montrons Montrons que que S p( r
F λk (u) on a mat(d, mat(d, B ) = diag(λ diag(λ1 I m(λ1 ) , . . . , λr I m(λr ) ) donc S p( p(d) = { λ1 , . . . , λr } = S p( p(u).
k=1
– Montrons que l’indice de nilpotence de n est max{α1 , . . . , αr } : soit p l’indice de nilpotence de n et αs = max{α1 , . . . , αr }. Dans la question précédente, on a montré que nαs = 0 donc p ≤ α s . Soit Q = (X − λ s ) p P s . On a P s |Q donc ker P s (u) ⊂ ker Q(u), or, d’après le lemme de décomposition des noyaux,
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=
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ker P s (u) =
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r
r
F λi (u) on déduit que
i=1 i =s
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F λi (u) ⊂ ker Q(u).
i=1 i =s
d ) p (x) = n p (x) = 0 car n p = 0 d’où F λs (u) ⊂ Soit x ∈ F λs (u) donc d(x) = λs x donc (u − λ s idE ) p (x) = (u − d) ker(u ker(u − λs idE ) p ⊂ ker Q(u) car (X (X − − λs ) p |Q. On a
r
r
F λi (u) ⊂ ker Q(u) et F λs (u) ⊂ ker Q(u) donc E = =
i=1 i =s
F λi (u) ⊂ ker Q(u) d’où Q( Q(u) = 0.
i=1
= p +deg P s = p = p +deg πu −αs car πu = (X − λs )αs P s donc 0 ≤ p − αs On a Q annulateur non nul de u et deg πu ≤ deg Q = p d’où α s ≤ p . On a p ≤ α s et αs ≤ p donc p = p = α α s = max{α1 , . . . , αr }. 6:
En effet effet,, d u = d (d + n ) = d2 + d n = d2 + n d = (d + n )d = ud et n u = n (d + n ) = n d + n 2 = d n + n2 = (d + n )n = un . d, n sont des polynômes en u et d , n commuttent avec u donc d et n commuttent avec d et n . p(d). On a dd = d d donc E λ (d) est stable par d , or d est diagonalisable donc dE 6 - 2: Soit λ ∈ S p( est diagonalisable d’où λ (d) E λ (d) admet une base B λ formée de vecteurs propres de d . Les éléments de B λ sont des vecteurs non nuls de E λ (d) donc ce sont aussi des vecteurs propres de d d’où B λ est une base de E λ (d) formée de vecteurs propres à la fois à d et d . 6 - 1:
On pose B =
B λ .
On a d diagonalisable donc E =
λ∈S p(d)
E λ (d) d’où
B est
une base de E formée de vecteurs
λ∈S p(d)
propres propres à la fois à d et d . d(e) = λe et d (e) = µe donc (d (d − d )(e )(e) = (λ − µ)e d’où Soit e ∈ B donc ∃λ, µ ∈ K tels que e ∈ E λ (d) et e ∈ E µ (d ) donc d( e est un vecteur propre de d − d . On déduit que B est une base de E formée formée de vecteurs propres de d − d donc d − d est diagonalisable. 6 - 3: Soient p, q les les indices de nilpotences respectifs de n et n . On a nn = n n donc : p+q
p+q
(n − n )
=
C pk+q (−1) p+q−k nk (n ) p+q−k
k=0 p+q
p
=
C pk+q (−1) p+q−k nk (n ) p+q−k
+
k=0
k= p+1 p+q
p
=
q
(n )
C pk+q (−1) p+q−k nk (n ) p−k
p
+n
k=0
=
C pk+q (−1) p+q−k nk (n ) p+q−k
C pk+q (−1) p+q−k nk− p (n ) p+q−k
k= p+1
0 car n p = (n )q = 0
D’où n − n est nilpotent. On a d − d = (u − d ) − (u − d) = n − n donc d − d est nilpotent. – Méthode 01 : On : On a d − d diagonalisable donc πd−d =
(X − λ). D’autre part, d − d est nilpotent donc S p( p(d − d ) =
λ∈S p(d−d )
{0} d’où πd−d = X . On déduit que πd−d (d − d ) = d − d , or πd−d (d − d ) = 0 donc d = d = d d et n = n = u u − d = u = u − d = n . – Méthode 02 : On a d − d diagonalisable donc il existe une base de E dans laquelle la matrice D de d − d est diagonale p(d − d ) = {0} car d − d est nilpotent donc D = 0 d’où d − d = 0. d’éléments diagonaux les vecteurs propres de d − d , or S p( d = d d et n = n = u u − d = u = u − d = n . On déduit que d = – Méthode 03 : On : On a d − d diagonalisable donc E = E λ (d − d ), or S p( p(d − d ) = {0} car d − d est nilpotent donc
λ∈S p(d−d )
E = = E 0 (d − d ) = ker(d ker(d − d ) d’où d − d = 0. d = d d et n = n = u u − d = u = u − d = n . On déduit que d =
D’après ce qui précède, on déduit que dans un K-espace vectoriel de dimension finie, tout endomorphisme u de polynôme + n avec d diagonalisable, n nilpotent et nd = dn . caractéristique scindé se décompose de façon unique sous la forme u = d + n (Décomposition de Dunford-Schwarz) Dunford-Schwarz). 7: Soit f l’endomorphisme canoniquement associé à A donc χ f = χA , or χ A est scindé donc χ f est scindé d’où, d’après la question précédente, f se décompose de façon unique sous la forme f = d + n avec d diagonalisable, n nilpotent et nd = nd = dn dn. n D N d n A = D = D + N D N Soient et les les matrices respectives respectives de et dans la base canonique de K donc , diagonalisable, nilpotent nilpotent et DN = N D . www.mathlaayoune.webs.com
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Soient D ∈ Mn (K) diagonalisable, N ∈ M n (K) nilpotente telles que A = A = D D + N et D N = N D . Si d et n désignent les endomorphismes canoniquement associés à D et N respectivement alors d est diagonalisable, n nilpotent, f = d + n et d n = n d . On déduit, par unicité de la décomposition de Dunford-Schwarz de f , que d = d et n = n donc D = D et N = N . A = D + D + N avec Donc A se décompose de façon unique sous la forme A = avec D ∈ Mn (K) diagonalisable, N ∈ Mn (K) nilpotente et DN = N D . ( D, N ) N ) le couple de la décomposition de 8: Soient Soient les applications applications ϕ : M ∈ Mn (C) → D et ψ : M ∈ Mn (C) → N avec (D, Dunford-Schwarz Dunford-Schwarz de M . 0D, D diagonalisable et 0 nilpotente donc le couple de la On ∀D ∈ Mn (C) diagonale, D = D + 0 avec D × 0 = 0 = 0D ( D, 0) d’où ϕ( ϕ(D) = D . décomposition de Dunford-Schwarz de D est (D, Supposons que ϕ est continue. On a : – ϕ et idMn (C) continuent sur Mn (C). – ϕ = idMn (C) sur l’ensemble D des matrices diagonalisables de Mn (C). – D est dense dans Mn (C). Donc ϕ = idMn (C) sur M n (C) donc ∀ M ∈ Mn (C), ϕ(M ) est diagonalisable. Absurde, car M ) = M d’où ∀ M ∈ Mn (C), M est E 12 = ( δ δ ) 12 1i 2j 1≤i,j ≤n n’est pas diagonalisable puisqu’elle nilpotente non nulle. On déduit que ϕ n’est pas continue. ψ (M ) M ) = (ϕ + ψ)( ψ )(N N )) donc On a, ∀M ∈ Mn (C) de décomposition de Dunford-Schwarz M = D + N , M = ϕ(M ) + ψ( IdMn (C) = ϕ + ψ . ϕ = IdMn (C) − ψ sera continue. On déduit que ψ n’est pas continue car sinon ϕ =
Deuxième partie Exemples A = D D + N avec On a A triangulaire donc χA est scindé d’où A se décompose de façon unique sous la forme A = avec D ∈ Mn (K) diagonalisable, N ∈ Mn (K) nilpotente et DN = N D. p(A) = { a, c} donc : On a S p( = c alors A admet deux valeurs propres deux à deux distinctes donc A est diagonalisable. – Si a A = A A + 0, A diagonalisable, 0 nilpotente et A × 0 = 0A donc, par unicité de la décomposition de Dunford-Schwarz, On a A = D = A = A et N = 0. 1:
– Si a = c alors A =
a 0
0 a
0 b a 0 0 b . Or diagonale, nilpotente car triangulaire supérieure stricte + 0 0 0 a 0 0 0 ab 0 b a 0 = donc, par unicité de la décomposition de Dunford-Schwarz, D = 0 0 0 0 0 a
a 0 0 b = 0 a 0 0 a 0 0 b et N = . 0 a 0 0 + N la décomposition de Dunford-Schwarz de A avec D diagonalisable et N nilpotente (cette décomposition 2: Soit A = D + N est justifiée car χ A est scindé puisque A ∈ Mn (C)). Soit λ l’unique valeur propre de A. On a A ∈ Mn (C) donc χA = (α − X )m(α) = (λ ( λ − X )n donc, d’après le théorème et
α∈S p(u)
de Cayley-Hamilton Cayley-Hamilton, 0 = χ A (A) = (λI n − A)n d’où A − λI n est nilpotente. On a A = λI n + (A − λI n ), λI n diagonale, A − λI n nilpotente et λI n (A − λI n ) = (A − λI n )λI n donc, par unicité de la décomposition de Dunford-Schwarz, D = D = λI λI n et N = A − λI n . 2 X ) (2 − X ) X ), π A unitaire, π A |χA et π A et χ A ont le mêmes raçines donc πA = (X − 1)(X 1)( X − 2) ou 3: On a χA = (1 − X )
πA = (X − 1)2 (X − 2). Or (A (A − I 3 )(A )(A − 2I 3 ) = d’où πA = (X − − 1)2 (X − − 2).
0 1 1 0 0 1 0 0 1
−1 1 1 0 −1 1 0 0 0
=
0 −1 1 0 0 0 0 0 0
(A − I 3 )(A )(A − 2I 3 ) =0 donc (A
– Méthode 01 : Par : Par décomposition en éléments simples ∃a,b,c ∈ R tels que :
1 1 a b c = = + + 2 2 πA (X − X − X − − 1) (X − − 2) − 1 (X − − 1) − 2 X − X − 1 − 2 − 2 donc, pour X = 2, on obtient c = + b + c = c = 1. X − (X − (X − − 1 − 1)2 − 1)2 (X − 1 − 1)2 (X − a(X − = b = −1. – En multiplia multipliant nt par (X donc, pour X = 1 , on obtient b = − 1)2 : a( − 1) + b + c X − X − − 2 − 2 X X X X + b + c = – En multipli multipliant ant par X : a donc, lorsque X → +∞, on obtient X − (X − X − (X − − 1 − 1)2 − 2 − 1)2 (X − − 2) a + c = 0 d’où a = a = − c = − 1. – En multiplia multipliant nt par X − − 2 : a
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1 1 1 c = − + donc : − 2 2 (X − X − X − − 1) (X − − 2) − 1 (X − − 1) − 2
On déduit que
1 = −
Essaidi Ali
(X − − 1)2 (X − − 2) (X − − 1)2 (X − − 2) (X − − 1)2 (X − − 2) + = − (X −1)(X 1)(X −2)−(X −2)+(X 2)+(X −1)2 = − X (X −2)+(X 2)+(X −1)2 − 2 X − (X − X − − 1 − 1) − 2
D’après la question 3-2 de la première partie, On déduit que les projecteurs spectraux de A sont :
π1 = A(2 A(2I I 3 − A) = Donc :
1 1 1 0 1 1 0 0 2
1 0 0
−1 −1 1 −1 0 0
D = 1π1 + 2π 2 π2 =
1 0 −2 0 1 −1 0 0 0
=
1 0 0 1 0 0
2 1 2
et π2 = (A − I 3 )2 =
et N = A − D =
0 1 0 0 0 0
2
1 1 1
=
0 0 2 0 0 1 0 0 1
0 1 −1 0 0 0 0 0 0
P (A). Or, d’après la question 5 de la première partie, – Méthode 02 : N est un polynôme en A donc ∃P ∈ R[X ] tel que N = P ( 2 2 l’indice de nilpotence de N est max{1, 2} = 2 d’où 0 = N = P (A). ( X − 1)(X − ( X − 1)(X − On a P 2 annulateur de A donc π A |P 2 , or π A = (X − − 1)2 (X − − 2) donc (X − 1)(X − 2)|P 2 d’où (X − 1)(X − 2)|P car X − 1)(X − 2)Q. − 1 et X − − 2 sont irréductibles. On déduit que ∃Q ∈ R[X ] tel que P = (X − − 1)(X − 2)Q 1)R + α avec α ∈ R et R ∈ R[X ] la division euclidienne de Q par X − 1 donc N = P ( P (A) = ((X ((X − 1)2 (X − Soit Q = (X − 1)R 2)R 2)R + α(X − 1)(X 1)(X − 2))(A 2))(A) = (π ( πA R + α(X − 1)(X 1)(X − 2))(A 2))(A) = π A (A)R(A) + α(A − I 3 )(A )(A − 2I 3 ) = α( α(A − I 3 )(A )(A − 2I 3 ) car πA (A) = 0 . p(A) = S (D) donc π D est scindé, à raçines On a, d’après les questions 4 et 5 de la première partie, D diagonalisable et S p( ( X − 1)(X − simples et ses raçines sont exactement les valeurs propres de A d’où πD = (X − 1)(X − 2). )(A − N − 2I 3 ) = (A − α(A − I 3 )(A )(A − 2I 3 ) − I 3 )(A )(A − α(A − I 3 )(A )(A − On déduit que 0 = π D (D ) = π D (A − N ) = (A − N − I 3 )(A 2I 3 ) − 2I 3 ) = (A − I 3 )(A )(A − 2I 3 )(I )(I 3 − α(A − I 3 ))(I ))(I 3 − α(A − 2I 3 )) donc S = = (X − 1)(X 1)(X − 2)(1 − α(X − 2))(1 − α(X − 1)) est annulateur de A d’où πA |S . = (X − 1)(X 1)(X − 2)(1 − α(X − 2))(1 − α(X − 1)) donc X − 1|(1 − α(X − 2))(1 − On a πA |S , πA = (X − 1)2 (X − 2) et S = α(X − − 1)) d’où X − − 1|(1 − α(X − − 2)) ou X − − 1|(1 − α(X − − 1)). Si X − 1|(1 − α(X − 1)) alors 1 est raçine de 1 − α(X − 1) donc 0 = 1 − α(1 − 1) = 1. Absurde, donc X − 1|(1 − α(X − 2)) donc 1 est raçine de 1 − α(X − α = − 1. − 2) donc 0 = 1 − α(1 − 2) = 1 + α d’où α = On déduit que :
0 0 0
N = −(A − I 3 )(A )(A − 2I 3 ) = −
−1 1 1 0 −1 1 0 0 0
1 1 0 1 0 1
0 −1 1 0 0 0 0 0 0
=
D = A A − N = et D =
1 0 2 0 1 1 0 0 2
On a A, A−1 ∈ Mn (C) donc, d’après la question 7 de la première partie, A et A−1 se décomposent de façon unique sous la A = D D + + N et A−1 = ∆ + U avec = DN et ∆U ∆U = U ∆ U ∆. forme A = avec D, ∆ diagonalisables, N, U nilpotentes, nilpotentes, N D = DN On a A inversible donc 0 = p(A), or S p( p(A) = S p( p(D) donc 0 = p(D) d’où D est inversible. On déduit que A = S p( S p( −1 D(I n + D N ) N ). A = D D((I n + D−1 N ) N ) donc I n + D−1 N est N )−1 D−1 . On a A inversible et A = est inversible et on a A−1 = (I n + D−1 N ) N )k = D−k N k et, en Soit p l’indice de nilpotence de N , on a DN = N D donc N D−1 = D−1 N donc ∀k ∈ N, (D −1 N ) (D−1 N ) N ) p = D − p N p = 0 . particulier, (D On a : 4:
p−1
(I n + D
−1
N ) N )
p−1 k
(−1) D
−k
k
N
=
k=0
(−1)k D−k N k + (−1)k D−k−1 N k+1
k=0
p−1
=
k
(−1) D
−k
k+1
k
N − (−1)
D
−(k+1)
k+1
N
k=0
(somme téléscopique)
= (−1)0 D0 N 0 − (−1) p D− p N p = I n p−1
(I n + D Donc (I
−1
N )
−1
=
(−1)k D−k N k d’où :
k=0
−1
A
= (I n + D + D
−1
N ) N )
−1
D
−1
p−1
=
(−1) D
k=0
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k
−k
k
N
p−1
D
−1
=
p−1
(−1) D
k=0
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k
−k
k
N D
−1
=
(−1)k D−(k+1) N k = D−1 +
k=0
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Essaidi Ali
p−1
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p−1 k
(−1) D
−(k+1)
k
N = D
−1
p−2
k
(−1) D
+ N
k=1
−(k+1)
k−1
N
= D
−1
+ N
k=1
– N
p−2
(−1)k+1 D−(k+2) N k =
k=0
(−1)k+1 D−(k+2) N k
k=0
(−1)k+1 D−(k+2) N k
k=0
p−2
donc : N donc
p
p−2
= N p
(−1)k+1 D−(k+2) N k
k=0
=0
(−1)k+1 D−(k+2) N k est nilpotente.
D’où N
k=0 p−2
– D −1
p
p−2
N
(−1)k+1 D−(k+2) N k .
k=0
On a : – D −1 diagonalisable car D est diagonalisable. p−2
p−2
(−1)k+1 D−(k+2) N k
N
k=0
=
(−1)k+1 D−(k+2) N k
N
k=0
D−1 car D −1 N = N D−1 . p−2
Donc, par unicité de la décomposition de Dunford-Schwarz, ∆ = D
−1
et U = N
(−1)k+1 D−(k+2)N k .
k=0
/ S p( p(A) donc 0 n’est pas une raçine de χA d’où ∃α ∈ C∗ , ∃P ∈ C[X ], χA = X = X P + α. On a A inversible donc 0 ∈ 1 −1 AP (A) + αI + αI n donc A − α P ( P (A) = I n donc A = − α1 P ( P (A) d’où A −1 est un D’après Cayley-Hamilton Cayley-Hamilton, 0 = χA (A) = AP ( −1 polynôme en A . Or, d’après la question 4 de la première partie, ∆ et U sont des polynômes en A donc ∆ et P sont des polynômes en A. 5: On a A ∈ Mn (C) donc A se décompose de façon unique sous la forme A = avec D diagonalisable, N nilpotente nilpotente et A = D D + N avec N D = DN = DN . On a DN = N D donc exp(A exp(A) = exp(D exp(D + N ) N ) = exp(D exp(D)exp(N )exp(N )) = exp(D exp(D) + exp(D exp(D)(exp(N )(exp(N )) − I n ). On a : diag(λ1 , . . . , λn ) donc exp(A exp(A) est semblable à la matrice – D diagonalisable donc D est semblable à une matrice diagonale diag(λ λ1 λn exp (diag( (diag(λ λ1 , . . . , λn )) = diag(e diag(e , . . . , e ) qui est diagonale d’où exp(D exp(D) est diagonalisable.
p−1
exp(N )) − I n = – exp(N
k=1
p−1
N k = N k!
k=0 p−1
p−1
N k avec p l’indice de nilpotence de N , or N (k + 1)! p
k
k=0
N k = (k + 1)!
p−1
k=0
N k (k + 1)!
N
N = 0 d’où exp(N exp(N )) − I n est nilpotente. (k + 1)! k=0 exp(D)(exp(N )(exp(N ))−I n ) = exp(D exp(D)exp(N )exp(N )−exp(D exp(D) = exp(D exp(D +N ) N )−exp(D exp(D) = exp(N exp(N + +D)−exp(D exp(D) = exp(N exp(N )exp( )exp(D D)− – exp(D exp(D exp(D) = (exp(N (exp(N )) − I n )exp(D )exp(D). exp(A) est exp(A exp(A) = exp(D exp(D) + exp(D exp(D)(exp(N )(exp(N )) − I n ), exp(D exp(D) diagoPar unicité, la décomposition de Dunford-Schwarz de exp(A exp(N )) − I n nilpotente et exp(D exp(D)(exp(N )(exp(N )) − I n ) = (exp(N (exp(N )) − I n )exp(D )exp(D). nalisable, exp(N (exp(N )) − I n ) p = N p donc (exp(N
Troisième partie Applications 1:
k = 1, Ak est diagonalisable. – ⇒ ) Si A est diagonalisable alors, pour k = – ⇐ ) On a A ∈ Mn (C) donc A se décompose de façon unique sous la forme A = D avec D diagonalisable, N nilpotente nilpotente = D + N avec = DN . et N D = DN k
∗
k
k
Soit k ∈ N tel que A soit diagonalisable. On a N D = DN donc A
=
k
C ki N i Dk−i
k
= D +
i=0
k
Dk + N
C ki N i Dk−i =
i=1
C ki N i−1 Dk−i . On a :
i=1
k
– D est diagonalisable car D l’est. k
k
C ki N i−1 Dk−i =
– N
i=1 k
p
C ki N i−1 Dk−i
N
i=1
k
– Dk
N
C ki N i−1 Dk−i
i=1
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C ki N i−1 Dk−i
i=1
N car N D = DN donc, si p est l’indice de nilpotence de N alors
k
C ki N i−1 Dk−i
p
= N
i=1 k
=
N
i=1
p
C ki N i−1 Dk−i
k
= 0 d’où N
C ki N i−1 Dk−i est nilpotente.
i=1
Dk car N D = DN = DN .
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k k
k
On déduit que A = D + N
C ki N i−1 Dk−i est la décomposition de Dunford-Schwarz de Ak .
i=1
k
k
k k
k
Or A est diagonalis diagonalisable able donc A = A +0 est la décomp décomposi ositio tion n de Dunford-Schwarz d’où, par unicit unicité, é, N Dunford-Schwarz de A d’où,
C ki N i−1 Dk−i =
i=1
0.
k p−2
Supposons que p ≥ 2 donc, en multipliant par N
p−1
, 0 = N
N p−1 = 0. Absurde, donc p = p = 1 d’où N = N p = 0. A = D D + + N = D donc A est diagonalisable. On déduit que A =
C ki N i−1 Dk−i = kN p−1 Dk−1 , or D est inversible alors
i=1
2: – ⇒ ) Si A est diagonalisable alors exp(A exp(A) est diagonalisable d’après la question 5 de la deuxième partie. A = D D + + N , D diagonalisable, N nilpotente et DN = N D. – ⇐ ) On a A ∈ Mn (C) donc ∃D, N ∈ Mn (C) tels que A = D’après la question 5 de la deuxième partie, la décomposition de Dunford-Schwarz de exp(A exp(A) est exp(A exp(A) = exp(D exp(D) + exp(D exp(D)(exp(N )(exp(N )) − I n ). exp(A) = exp(A exp(A) + 0, exp(A exp(A) diagonalisable, 0 nilpotente et 0exp(A 0exp(A) = 0 = exp(A exp(A)0 donc, par unicité de la On a exp(A exp(D)(exp(N )(exp(N )) − I n ) = 0 d’où exp(N exp(N )) = I n car exp(D exp(D) est inversible. décomposition de Dunford-Schwarz, exp(D Soit p l’indice de nilpotence de N . p−1
p−1
N k X k exp(N )) = I n donc = 0 donc P = – Méthode 01 : Supposons : Supposons que p ≥ 2 , on a exp(N est annulateur annulateur de N non nul k! k! k=1 k=1 p = 1 d’où N = N p = 0. car de degré p − 1. Absurde, car le polynôme minimal de N est πN = X p de degré p, donc p = p−1 p−1 N k N k p−2 exp(N ) = I n donc = 0 donc 0 = N = N p−1 . Absurde, – Méthode 02 : Supposons : Supposons que p ≥ 2 , on a exp(N k! k! k=1 k=1 car l’indice de nilpotence est p donc p = p = 1 d’où N = N p = 0. A = D D d’où A est diagonalisable. On déduit que N = 0 donc A =
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Fin de la correction