Bonjour,
en lisant le rapport de l'agreg 2004, à propos de la décomposition de Dunford de la matrice A en D + N, je ne comprends pas la phrase suivante:
"Il est bon d'indiquer que D et N sont des polynômes de A"
Qu'est ce que cela veut dire ?
Merci Menagex pour ta réponse.
D'accord, suite à recherche, je constate qu'effectivement ce sont des polynômes construits à partir du polynôme minimal. Mais, pourquoi est-ce important de préciser ceci ? Je ne vois que l'apport automatique de la commutativité de D et N. Y a-t-il autre chose ?
Merci beaucoup Jean-Etienne pour le document.
Je vois que l'on se sert des polynomes (et plus précisément de leur commutativité) dans la démonstration de l'unicité de la décomposition. J'imagine que sans cette propriété on n'y arrive pas, donc effectivement, c'est important.
Tiens, une petite réflexion qui peut etre utile (c'est une question du rapport de jury) : "est-ce qu'il existe un analogue de la décomposition de Dunford sur $\R$?"
Je précise : dans la version usuelle, on a besoin d'avoir le polynome caractéristique de $f$ scindé afin de pouvoir s'amuser avec les sous-espaces caractéristiques de $f$ et donc aboutir à Dunford.
Cette condition est automatiquement sur $\C$ mais sur $\R$, c'est plus aussi simple. Alors qu'est-ce qu'on fait?
Par contre, on n'a pas forcément besoin de du fait que $d$ et $n$ sont des polynomes en $f$ pour l'unicité. Comme toujours, il y a plusieurs facons de faire mais tu peux par exemple supposer que tu as deux couples qui $(d,n)$ et $(d',n')$ qui verifient Dunford, tu as alors $d-d'=n'-n$ et on peut montrer que $d-d'$ est diagonalisable ($d$ et $d'$ sont diagonalisable, il suffit de montrer qu'ils commutent) et que $n-n'$ est nilpotent (en montrant qu'ils commutent encore une fois, ca tombe tout seul)
vu comment on définit $d$ (à partir des espaces caractéristiques), on sait que $d$ est une homothétie sur chaque espace caractéristique. De plus, comme $d'$ et $n'$ commute avec $u=d+n$, $d'$ et $n'$ laissent stables les sous-espaces caractéristiques de $u$. Donc on peut raisonner dans chaque espace caractéristique, ce qui est très facile vu la forme de $d$.
Oumpapah, je fais exactement comme Alekk le préconise (le "je" est présomptueux, Gourdon fait ainsi et j'aime bien cette démo)
Et pour ce qui est de montrer que $d$ et $n$ sont des polynômes en $f$, je sais ce que fait Ojectif agreg : le théorème chinois nous donne $P$ tel que $P(X)=\lambda_i \pmod{(X-\lambda_i)^{\alpha_i}}$ et on montre que $P(f)(x)=d(x)$ en utilisant le lemme des noyaux.
Mes notations sont, j'espère, à peu près évidentes : les $\lambda_i$ sont les valeurs propres et les $(X-\lambda_i)^{\alpha_i}$ sont les polynômes irréductibles du polynôme caractéristique de $f$.
J'aime mieux faire ainsi plutôt qu'avec les projecteurs qui ne sont pas trop ma tasse de thé
Si ça peut aider, un texte sur les nilpotents et les diagonalisables. Si vous avez des idées, je suis preneur pour compléter le doc. En particulier, pourquoi peut on écrire le N de Dunford comme un petit o(D) ?
Après toutes ces magnifiques digressions fort intéressantes sur les diverses démonstration de la décomposition de Dunford, et l'utilisation que l'on peut en faire, je reviens à la question initiale :
Loupiot écrivait :
> Bonjour,
> en lisant le rapport de l'agreg 2004, à propos de
> la décomposition de Dunford de la matrice A en D +
> N, je ne comprends pas la phrase suivante:
> "Il est bon d'indiquer que D et N sont des
> polynômes de A"
> Qu'est ce que cela veut dire ?
Cela veut dire que, si $E$ est un $K$-espace vectoriel, l'anneau $L(E)$ opère sur $E$ par $(f,x) \mapsto f(x)$, et l'on munit ainsi le groupe $(E,+)$ d'une structure de $L(E)$-module à gauche. De nombreuses propriétés des endomorphismes de $E$ prennent un éclairage nouveau lorsqu'on les interprète dans cette structure.
Lorsque l'on étudie un endomorphisme $u$, $K[X]$ opère alors sur $E$ par $(P,x) \mapsto[P(u)](x)$ et l'on munit ainsi le groupe $(E,+)$ d'une structure de $K[X]$-module, ce qui est fort intéressant parce que $K[X]$ est un anneau principal et que ...
Lorsque l'on indique que $d$ et $n$ obtenus dans la décomposition de Dunford sont des polynômes en $u$, cela signifie que l'on a établi non seulement un résultat dans le $L(E)$-module à gauche $E$, mais dans le $K[X]$-module $E$.
Voici un document que j'ai rédigé autour de la décomposition de Dunford dans lequel je détaille une méthode effective (due à C.Chevalley) permettant de trouver un polynôme qui génère la composante diagonalisable.
Je termine à la fin de ce document pour proser une méthode qui réinvestit les suites de Sturm pour étudier l'éventualité de la décomposition de Dunford sur les endomorphismes semi-simples.
Déterminer la décomposition de Dunford pour la matrice $2n\times 2n$ suivante : $$M=\left( \begin {array}{cc} I_n & X\\
0 & P
\end{array}\right),$$ où $P$ est projecteur.
La partie nilpotente de la décomposition de Dunford pour la matrice $2n\times 2n$ donnée est la suivante : $$\left( \begin {array}{cc} 0& XP\\
0 & 0
\end{array}\right)$$ Bonjour et à bientôt.
Louth
Bonjour
Déterminer la partie nilpotente de la décomposition de Dunford pour la matrice $2n\times 2n$ suivante : $$M=\left( \begin {array}{cc} P_1&X\\
0&P_2
\end{array}\right),$$ où $P_1$ et $P_2$ sont des projecteurs.
En déduire que les matrices $M$ de la forme ci-dessus qui sont diagonalisables forment un espace affine.
NB : les projecteurs sont fixés et $ X$ variable.
Bonjour, cordialement
La partie nilpotente de $ M$ est $$\left( \begin {array}{cc} 0& X-P_1X+XP_2 \\
0&0
\end{array}\right),$$ Dire que $M$ est diagonalisable revient à annuler sa partie nilpotente, ce qui donne une condition linéaire en $X$.
Louth
Revenons à Newton. Vu que les blocs diagonaux sont des projecteurs, la partie diagonalisable de $M$ sera un projecteur. On applique Newton pour trouver une racine de $f(X)=X^2-X$ à partir de $M$.
On a $f(M)=\begin{pmatrix} 0&P_1X+XP_2-X\\ 0&0\end{pmatrix}$, $f'(M)=\begin{pmatrix} 2P_1-I_n&2X\\ 0&2P_2-I_n\end{pmatrix}$ d'où $f'(M)^{-1}=\begin{pmatrix} 2P_1-I_n& ?\\ 0&2P_2-I_n\end{pmatrix}$.
La première étape de Newton donne $D=M-f'(M)^{-1}f(M)=\begin{pmatrix} P_1&P_1X+XP_2-2P_1XP_2\\ 0&P_2\end{pmatrix}$ et puisque $D^2=D$ c'est bien la partie diagonalisable de $M$. La partie nilpotente est $\begin{pmatrix} 0&X-P_1X-XP_2+2P_1XP_2\\ 0&0\end{pmatrix}$.
C'est re-faux ! A t'en croire, la partie diagonalisable de $M$ serait $M-Z= \begin{pmatrix} P_1& 2X-P_1X-P_2X\\ 0&P_2\end{pmatrix}$. Ce n'est pas un projecteur.
Bonjour et bravo cigale B-)-
Voici un autre exo
On part de trois matrices A et B et C.
Quelle est la décomposition de Dunford de la matrice carrée de taille 3n
Essayons plutôt de trouver la décomposition de Dunford de $M=\begin{pmatrix} A&AR\\0&0\end{pmatrix}$, où $A$ est de taille $n\times n$, $R$ de taille $n\times p$ et $M$ de taille $(n+p)\times (n+p)$. La décomposition de Dunford de $A$ va intervenir, bien sûr !
trouver la décomposition de Dunford de la matrice d'ordre 2n suivante $$M=\begin{pmatrix} 0&I+N\\I&0\end{pmatrix},$$où $N$ est une matrice nilpotente de taille $n\times n$
Ca devient un peu répétitif. On peut, faute de mieux, lancer le brave Newton sur l'équation $X^2-1=0$. Par exemple, si $N$ est de carré nul, on obtient $\begin{pmatrix} 0&I+N/2\\I-N/2&0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0&N/2\\N/2&0\end{pmatrix}$.
Bon, j'arrête de jouer.
Réponses
D'accord, suite à recherche, je constate qu'effectivement ce sont des polynômes construits à partir du polynôme minimal. Mais, pourquoi est-ce important de préciser ceci ? Je ne vois que l'apport automatique de la commutativité de D et N. Y a-t-il autre chose ?
Bonne journée
Je vois que l'on se sert des polynomes (et plus précisément de leur commutativité) dans la démonstration de l'unicité de la décomposition. J'imagine que sans cette propriété on n'y arrive pas, donc effectivement, c'est important.
Je précise : dans la version usuelle, on a besoin d'avoir le polynome caractéristique de $f$ scindé afin de pouvoir s'amuser avec les sous-espaces caractéristiques de $f$ et donc aboutir à Dunford.
Cette condition est automatiquement sur $\C$ mais sur $\R$, c'est plus aussi simple. Alors qu'est-ce qu'on fait?
Par contre, on n'a pas forcément besoin de du fait que $d$ et $n$ sont des polynomes en $f$ pour l'unicité. Comme toujours, il y a plusieurs facons de faire mais tu peux par exemple supposer que tu as deux couples qui $(d,n)$ et $(d',n')$ qui verifient Dunford, tu as alors $d-d'=n'-n$ et on peut montrer que $d-d'$ est diagonalisable ($d$ et $d'$ sont diagonalisable, il suffit de montrer qu'ils commutent) et que $n-n'$ est nilpotent (en montrant qu'ils commutent encore une fois, ca tombe tout seul)
> Si c'est utile, quelques pages sur Dunford.
Où est disponible le pdf entier ?
-- Schnoebelen, Philippe
d et d' (resp.n et n') commutent se deduit du fait que ce sont des polynomes en f, mais sans ce fait comment t'y prends tu?
Oump.
Et pour ce qui est de montrer que $d$ et $n$ sont des polynômes en $f$, je sais ce que fait Ojectif agreg : le théorème chinois nous donne $P$ tel que $P(X)=\lambda_i \pmod{(X-\lambda_i)^{\alpha_i}}$ et on montre que $P(f)(x)=d(x)$ en utilisant le lemme des noyaux.
Mes notations sont, j'espère, à peu près évidentes : les $\lambda_i$ sont les valeurs propres et les $(X-\lambda_i)^{\alpha_i}$ sont les polynômes irréductibles du polynôme caractéristique de $f$.
J'aime mieux faire ainsi plutôt qu'avec les projecteurs qui ne sont pas trop ma tasse de thé
Loupiot écrivait :
> Bonjour,
> en lisant le rapport de l'agreg 2004, à propos de
> la décomposition de Dunford de la matrice A en D +
> N, je ne comprends pas la phrase suivante:
> "Il est bon d'indiquer que D et N sont des
> polynômes de A"
> Qu'est ce que cela veut dire ?
Cela veut dire que, si $E$ est un $K$-espace vectoriel, l'anneau $L(E)$ opère sur $E$ par $(f,x) \mapsto f(x)$, et l'on munit ainsi le groupe $(E,+)$ d'une structure de $L(E)$-module à gauche. De nombreuses propriétés des endomorphismes de $E$ prennent un éclairage nouveau lorsqu'on les interprète dans cette structure.
Lorsque l'on étudie un endomorphisme $u$, $K[X]$ opère alors sur $E$ par $(P,x) \mapsto[P(u)](x)$ et l'on munit ainsi le groupe $(E,+)$ d'une structure de $K[X]$-module, ce qui est fort intéressant parce que $K[X]$ est un anneau principal et que ...
Lorsque l'on indique que $d$ et $n$ obtenus dans la décomposition de Dunford sont des polynômes en $u$, cela signifie que l'on a établi non seulement un résultat dans le $L(E)$-module à gauche $E$, mais dans le $K[X]$-module $E$.
> rombaldi Écrivait:
>
>
> > Si c'est utile, quelques pages sur Dunford.
>
> Où est disponible le pdf entier ?
Je réitère la demande
Je termine à la fin de ce document pour proser une méthode qui réinvestit les suites de Sturm pour étudier l'éventualité de la décomposition de Dunford sur les endomorphismes semi-simples.
Déterminer la décomposition de Dunford pour la matrice $2n\times 2n$ suivante : $$M=\left( \begin {array}{cc} I_n & X\\
0 & P
\end{array}\right),$$ où $P$ est projecteur.
c'était pour vous faire réfléchir, mais cela semble difficile
La partie nilpotente est trigonale en blocs, car c'est un polynome en M
Et ses blocs diadonaux sont nuls
0 & 0
\end{array}\right)$$ Bonjour et à bientôt.
Louth
Déterminer la partie nilpotente de la décomposition de Dunford pour la matrice $2n\times 2n$ suivante : $$M=\left( \begin {array}{cc} P_1&X\\
0&P_2
\end{array}\right),$$ où $P_1$ et $P_2$ sont des projecteurs.
En déduire que les matrices $M$ de la forme ci-dessus qui sont diagonalisables forment un espace affine.
NB : les projecteurs sont fixés et $ X$ variable.
À bientôt.
Louth
[Complété selon ton indication. AD]
La partie nilpotente de $ M$ est $$\left( \begin {array}{cc} 0& X-P_1X+XP_2 \\
0&0
\end{array}\right),$$ Dire que $M$ est diagonalisable revient à annuler sa partie nilpotente, ce qui donne une condition linéaire en $X$.
Louth
Revenons à Newton. Vu que les blocs diagonaux sont des projecteurs, la partie diagonalisable de $M$ sera un projecteur. On applique Newton pour trouver une racine de $f(X)=X^2-X$ à partir de $M$.
On a $f(M)=\begin{pmatrix} 0&P_1X+XP_2-X\\ 0&0\end{pmatrix}$, $f'(M)=\begin{pmatrix} 2P_1-I_n&2X\\ 0&2P_2-I_n\end{pmatrix}$ d'où $f'(M)^{-1}=\begin{pmatrix} 2P_1-I_n& ?\\ 0&2P_2-I_n\end{pmatrix}$.
La première étape de Newton donne $D=M-f'(M)^{-1}f(M)=\begin{pmatrix} P_1&P_1X+XP_2-2P_1XP_2\\ 0&P_2\end{pmatrix}$ et puisque $D^2=D$ c'est bien la partie diagonalisable de $M$. La partie nilpotente est $\begin{pmatrix} 0&X-P_1X-XP_2+2P_1XP_2\\ 0&0\end{pmatrix}$.
0 Z
0 0
en écrivant qu'elle commute avec M
on doit avoir P_1Z=ZP_2
on écrit ensuite que M-N annule le polynôme à racines simples X(X-1)
on trouve Z=P_1X+XP_2-X
merci Meu
la méthode que j'ai suivie aboutit malgré tout, si l'on jette un coup d'oeil à ton résultat
Voici un autre exo
On part de trois matrices A et B et C.
Quelle est la décomposition de Dunford de la matrice carrée de taille 3n Bravo Meu pour avoir participé
sa partie semi-simple est un polynôme en M, soit &P(M)$
mais cette dernière matrice vaut
P(A) P(A)B P(A)C
0 0 0
0 0 0
P(A) est la partie semi-simple de A
bravo Meu pour ce joli exo
trouver la décomposition de Dunford de la matrice d'ordre 2n suivante $$M=\begin{pmatrix} 0&I+N\\I&0\end{pmatrix},$$où $N$ est une matrice nilpotente de taille $n\times n$
cordialement
Bon, j'arrête de jouer.
il n'y a pas lieu de se lasser cher Meu
chaque fois, on a vu une manière spéciale
C'est dommage de quitter le navire si vite, surtout quand cela devient un peu ardu !
Yes, you can!
la partie semi-simple de M est
$$\begin{pmatrix} 0&(I+N)^{1/2}\\(I+N)^{-1/2}&0\end{pmatrix} $$