Réduction et topologie

Réduction et topologie
Marc SAGE
2 juillet 2006
Table des matières
1 Réduction de Dunford 2
2 Diagonalisabilité d’une exponentielle 3
3 Logarithme de l’identité 3
4 Logarithme et exponentielle sont dans GLn(C)4
5 Calcul du rayon spectral 4
6 Rang et degré du polynôme minimal 5
7 Réduction de Frobenius –Invariants de similitude 7
8 Une expression de la norme subordonnée dans les Hilbert 7
9 Une valeur propre pour un opérateur compact 7
10 Le théorème spectral version Hilbert 7
1

On introduit maintenant un peu de topologie a…n (surtout) de pouvoir parler d’exponentielle. La réduction
de Dunford intervenant à peu près tout le temps, on commence par rappeler celle-ci.
1 Réduction de Dunford
Soit uun endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension …nie tel que usoit scindé, disons u=
Q(Xi)i. On dé…nit les sous-espaces caratéristiques de upar
Ni= Ker (uiId)i
(Ncomme "nilpotent").
Montrer à l’aide de ces derniers que use décompose en u=d+noù dest diagonalisable, nest nilpotent,
det ncommutant.
Montrer que det nsont uniques (sous l’hypothèse qu’ils commutent).
Montrer que det nsont des polynômes en u.
Solution proposée.
Le lemme des noyaux permet d’écrire E= Ker u(u) = LNi. Par ailleurs, (uiId)iest un polynôme
en u, donc commute avec u, donc son noyau Niest stable par u. Sur chaque Ni, on peut écrire
ujNi=iId
|{z}
:=di
+uiId
| {z }
:=ni
où niest nilpotent par construction de Ni. On a donc ni=Xdim Niqui est scindé, donc niest trigonalisable.
Dans cette base de trigonalisation, diest scalaire et niest triangulaire supérieure stricte. Il est de plus évident
que diet nicommutent. On conclut en recollant les bases ci-dessus (puisque E=LNi).
Pour l’unicité, soit (d0; n0)un autre couple qui convient. On écrit
dd0=u=n0n.
d0commute avec d0+n0=u, donc avec tout polynôme en u, donc les Nisont stables par d0. Puisque dest
scalaire sur Niet d0diagonalisable, dd0est diagonalisable sur tous les Ni, donc sur l’espace tout entier. De
plus, n=udet n0=ud0commutent, donc n0nest nilpotent (développer le binôme à l’ordre 2n). Par
conséquent, l’endomorphisme dd0=n0nest nilpotent et diagonalisable, donc nul, d’où l’unicité.
dest trivialement un polynôme Pien usur chacun des Ni(le polynôme constant i). On peut donc écrire
(dans une base adaptée aux Ni)
u0
B
@
A1
...
Ar
1
C
Aet d0
B
@
P1(A1)
...
Pr(Ar)
1
C
A.
Pour recoller, on va rajouter des multiples des Ai= (Xi)dim Ni, ce qui ne changera rien au résultat d’après
Cayley-Hamilton. Plus précisément, on cherche Psolution de PPiAi. Une telle solution existe par le
lemme chinois et fournit un polynôme Ptel que d=P(u). Il est alors clair que nest un polynôme en u
(considérer XP).
Remarque. Matriciellement, Dunford nous dit qu’une matrice est semblable à
0
B
@
1Id
...
rId
1
C
A+0
B
@
T1
...
Tr
1
C
A
où les Tisont triangulaires supérieures strictes (et donc nilpotentes). Les deux matrices ci-dessus commutent
trivialement vu que celle de gauche est formée de blocs scalaires.
Attention, la décomposition de Dunford n’est pas toujours celle que l’on croît. Ainsi, la partie nilpotente de
1 1
1n’est pas 0 1 0! Pour s’en convaincre, remarquer que la matrice considérée est diagonalisable
(deux valeurs propres distinctes), donc par l’unicité dans Dunford la partie nilpotente est nulle...
2

2 Diagonalisabilité d’une exponentielle
Montrer qu’une matrice complexe est diagonalisable ssi son exponentielle l’est.
Solution proposée.
Le sens direct est immédiat : A=P DP 1=)eA=P eDP1.
Soit maintenant Atelle que eAsoit diagonalisable. Regardons ce qui se passe sur un sous-espace caractéris-
tique (bloc de Dunford) où A=Id +Navec Nnilpotent. eAétant diagonalisable, sa restriction au sev étudié
l’est : eId +N=eeNest diagonalisable, donc eNaussi ; le spectre de eNétant réduit à ef0g=f1g, on obtient
eN= Id, ce qui s’écrit aussi
N+N2
2! +::: +Nn n!= 0.
En notant Xle polynôme minimal de N(où est son indice de nilpotence), Xdoit diviser le polynôme
annulateur X+X2
2! +::: +Xn n!, ce qui impose = 1 et N= 0. Finalement, la composante nilpotente de Asur
chaque bloc de Dunford est nulle, donc Aest diagonalisable, CQFD.
3 Logarithme de l’identité
Résoudre eA=Indans Mn(C)puis dans Mn(R).
Solution proposée.
Soit Aune matrice complexe telle que eA= Id. En cassant Cnselon les sous-espaces caractéristiques de
A, on est ramené au cas où A=Id +Navec Nnilpotente. On obtient alors Id = eA=eeN, ce qui impose
déjà e= 1 en regardant le spectre, d’où eN= Id. Ceci s’écrit encore
Id = eN= Id +N+X
k2
Nk
k!=)N=X
k2
Nk
k!.
Ainsi, le polynôme X+X2
2! +::: +Xn n!annule N, donc est un multiple de son polynôme minimal, lequel est de
la forme X(il doit diviser N=Xn), ce qui impose = 1 et N= 0.
Finalement, Adoit être diagonalisable sur chacun de ses sous-espaces caractéristiques et de spectre inclus
dans le noyau de l’exponentielle complexe, donc Aest diagonalisable de spectre dans 2iZ. Il est de plus clair
qu’une telle matrice convient.
Soit maintenant Aune matrice réelle véri…ant eA= Id. Par ce qui précède, Aest semblable à une matrice
diagonale à coe¢ cients dans 2iZ. Le polynôme caractéristique de Aétant réel, on peut regrouper les valeurs
propres non nulles par deux, mettons 2ki, et former des blocs de 2k i
i. Pour se ramener à des
matrices réelles, on remarque que le polynôme caractéristique de i
ivaut X2+ 1, et la matrice typique
réelle de polynôme caractéristique X2+ 1 est 01
1 0 (penser par exemple à une matrice compagnon).
Cette dernière est diagonalisable (puisque X2+ 1 est scindé simple) de spectre fi; ig, donc est semblable à
i
i. Ainsi, en notant R=01 1 0 la rotation d’angle 
2,Aest semblable dans Mn(C)à une matrice
du type 0
B
B
B
B
B
B
B
B
@
0
...
0
2k1R
...
2kpR
1
C
C
C
C
C
C
C
C
A
;
Aétant réelle, elle reste semblable à la matrice ci-dessus dans Mn(R). Réciproquement, la diagonalisation
complexe de Rmontre que les matrices ci-dessus sont des logarithmes de l’identité.
3

4 Logarithme et exponentielle sont dans GLn(C)
Montrer que l’exponentielle matricielle complexe atteint les matrices triangulaires supérieures avec que des
1sur la diagonale.
En déduire l’existence d’un logarithme sur GLn(C), puis la connexité de GLn(C).
Montrer que le logarithme d’un matrice peut être pris polynomial en cette matrice, et en déduire que l’image
de l’exponentielle réelle est l’ensemble des carrés de GLn(R).
Solution proposée.
Soit A=In+Nune telle matrice où Nest nilpotente. L’idée est se calquer sur le logarithme d’un réel
n-nilpotent :
ln (1 + x) = xx2
2+x3 3::: +(1)n n1xn1.
On pose naturellement ln (A) = Pn
k=1
(1)k+1
kNk, et il s’agit de véri…er que
exp n
X
k=1
(1)k+1
kNk!=In+N.
Or, si l’on e¤ectue un DL de eln(1+x)dans R, on va trouver 1 + x, donc tous les coe¢ cients de degré >1
vont être nuls ; mais ce qui est fort, c’est que ces coe¢ cients sont les mêmes que ceux du développement de
exp Pn
k=1
(1)k+1
kNkpuisqu’on fait le même calcul formel. Ploum, CQFD. On remarquera de plus que le
logarithme trouvé est polynomial.
Soit Aune matrice inversible dont on considère les blocs de Dunford I +N. D’après ce qui précède, et en
utilisant la surjectivité de l’exponentielle complexe pour atteindre (qui est non nul, vu que Aest inversible),
on peut écrire
I +N=I+N
=eeP(N
)=eQ(I+N)
où Pet Qsont des polynômes. En recollant les blocs, on a gagné.
Pour en déduire la connexité de GLn(C), on relie deux points A=eLet A=eL0par un segment "expo-
nentiel" : (t) = etL+(1t)L0.
On vient de montrer, en désignant les blocs de Dunford de Apar A1; :::; Ar, qu’il y a un logarithme de
Ade la forme 0
B
@
P1(A1)
...
Pr(Ar)
1
C
Aoù P1; :::; Prsont des polynômes. On aimerait trouver un polynôme
Pqui donne les même matrices, à savoir qui véri…e P(Ai) = Pi(Ai)pour tout i. Noter qu’en rajoutant à Pi
un multiple du polynôme caractérisitque ide Ai, on ne change pas la valeur de Pi(Ai). Ceci nous invite à
chercher Pcomme solution du système de congruences PPi[i]. Or, si iest l’unique valeur propre de Ai,
on voit que les i= (Xi)?sont deux à deux étrangers, donc le lemme chinois s’applique, d’où un Psolution
à notre problème. Ploum.
Soit Aun carré dans GLn(R), disons A=C2. D’après ce qui précède, Cvue comme matrice complexe
admet un logarithme P(C)où Pest un polynôme à coe¢ cients complexes. On en déduit
A=C2=CC =eP(C)eP(C)=eP(C)+P(C)=e[P+P](C),
ce qui montre que Aest bien l’exponentielle d’un matrice réelle. Réciproquement, si A=eL, on peut toujours
écrire A=eL
22, ce qui conclut.
5 Calcul du rayon spectral
Soit Aune matrice complexe, et son rayon spectral, i.e. le plus grand module de son spectre. Montrer que
= lim
q1
q
pkAqk
où kk est une norme sur Mn(C). On pourra considérer la norme triple hermitienne et la norme 1.
4

Solution proposée.
On notera génériquement #toute fonction de limite 1en l’in…ni.
Tout d’abord, la norme 1, qui fait apparaître les termes diagonaux –et donc le rayon spectral –, est équivalente
toute norme considérée, mettons
kk  kk1.
On en déduit
q
pkAqk  q
pkAqk1#(q)q
v
u
u
t
n
X
i=1
Dq
ii
q1
! max
i=1;:::;n jDiij=(A).
Il reste par conséquent à montrer l’autre inégalité.
Pour cela, on dunfordise la matrice A=PTP1où T=D+Navec Ddiagonale et Ntriangulaire supérieure
stricte qui commutent. Pourquoi ce recours à Dunford ? Parce que les puissances de As’explicitent aisément
par la formule du binôme vu que Det Ncommutent. On prend ensuite une norme triple (pour avoir une norme
d’algèbre).
Si A=Détait diagonale, on prendra la norme triple hermitienne pour faire apparaître le rayon spectral :
kAk= max
Px2
i=1 kDxk2= max
Px2
i=1 qXdix2
imax
Px2
i=1 qX(D)x2
i=(A).
Si Aétait déjà sous forme de Dunford, i.e. sans matrice de passage, on calculerait et majorerait
q
pkAqk=q
v
u
u
t
q
X
i=0 q
iDqiNi
=q
v
u
u
t
n
X
i=0 q
iDqiNi
pour q > n car Nnilpotente
q
v
u
u
t
Dqn
n
X
i=0 q
iDniNi
q
qkDkqnq
v
u
u
u
t
n
X
i=0 q
ikDknikNki
| {z }
borné par un M
 kDk1n
qq
pMq
v
u
u
t
n
X
i=0 q
i#(q)kDkq
s2nq
npour q > 2n
 kDkq
rqn
n!#(q) = kDkq
pqn#(q) = kDken
qln q#(q)q1
! kDk  (A).
Il reste à tenir compte de la matrice de passage :
q
pkAqk=q pkP T qP1k  q pkTqkq pkP P 1kq1
! (T) = (A).
Toutes les normes étant équivalentes, on peut conclure.
6 Rang et degré du polynôme minimal
Montrer qu’en dimension …nie tout endomorphisme ude rang rpossède, quitte à plonger dans un corps
assez gros, un polynôme annulateur Pde degré au plus r+ 1.
Solution proposée.
Si uest inversible, Cayley-Hamilton nous donne un polynôme annulateur de degré le rang de u(qui est alors
la dimension de l’espace), ce qui conclut.
Si uest nilpotent, uadmet dans une bonne base une matrice de la forme
A:= 0
B
B
B
B
@
0"1
......
..."n1
0
1
C
C
C
C
A
.
où "i= 0 ou 1. Il est clair que
r:= rg A= # f"k= 1g.
5