\documentclass{article}
\usepackage{titling}
\author{Laura \textsc{Gay}}
\include{preambule}

\newboxedtheorem{defi}{Définition}{compteur1}
\newboxedtheorem{prop}{Proposition}{compteur2}
\newboxedtheorem{lem}{Lemme}{}
\newboxedtheorem{coro}{Corollaire}{compteur3}
\newboxedtheorem{thm}{Théorème}{}
\newboxedtheorem{appli}{Application}{compteur5}


\renewenvironment{proof}[1][]{{\underline{\bfseries \proofname #1 :}\\ }}{}

\newcommand{\ima}{\operatorname{Im}}

\begin{document}
\renewcommand{\proofname}{Preuve}

\begin{spacing}{2}
\setlength {\shadowsize }{2pt}
\begin{center} \shadowbox{\begin{minipage}{15cm}
\centering     \begin{huge} 
\textsc{Décomposition de Dunford}\end{huge}
\end{minipage}} \end{center}\end{spacing}
~\\



\underline{Référence :} \textsc{Gourdon} Algèbre: p.194-195\\
\underline{Leçons :} 126, 128, 153, 154, 155, 157.\\

Soit $K$ un corps commutatif, $E$ un $K$-espace vectoriel de dimension finie.\\
\danger Ici, toutes les puissances d'endomorphismes sont des composées !!!\\
\begin{lem}
Soit $f\in \mathcal{L}(E)$ et $F$ un polynôme annulateur de $f$, de décomposition en facteurs irréductibles $F=\beta M_1^{\alpha_1} \cdots M_s^{\alpha_s}$. Pour tout $i$, on note $N_i=\ker M_i^{\alpha_i} (f)$. Alors, $E=N_1\oplus \cdots \oplus N_s$ et, pour tout $i$, la projection sur $N_i$ parallèlement à $\bigoplus_{j\neq i} N_j$ est un polynôme en $f$.
\end{lem}
~\\
\begin{proof}[ du Lemme]
La décomposition $E=N_1\oplus \cdots \oplus N_s$ découle immédiatement du lemme des noyaux.
\begin{description}
\item[Etape 1:] Construire des projecteurs comme des polynômes en $f$\\

On pose $Q_i=\prod_{j\neq i} M_j^{\alpha_j}$. Les $Q_i$ sont premiers entre eux dans leur ensemble (aucun facteur commun à tous les $Q_i$). Bézout donne alors l'existence de $U_1,\cdots,U_s \in K[X]$ tels que  $\sum_{i = 1}^s U_iQ_i = 1$ ie
$$Id=U_1(f)\circ Q_1(f)+U_2 (f)\circ Q_2(f)+\cdots + U_s (f)\circ Q_s(f).$$
En notant $P_i=U_iQ_i$ et $p_i=P_i(f)$, on obtient \begin{equation}Id=\sum_{j=1}^s p_j. \label{decid}\end{equation} Par ailleurs, si $i\neq j$, par construction, $F$ divise $Q_iQ_j$ donc (on peut tout permuter comme on veut car ce sont des polynômes en $f$)
$$p_i\circ p_j =P_i(f) \circ P_j(f)= (U_i(f) \circ Q_i(f)) \circ (U_j(f) \circ Q_j(f)) =\underbrace{Q_i(f)\circ Q_j(f)}_{=0} \circ U_i(f) \circ U_j(f)  = 0$$
En composant \eqref{decid} par $p_i$, on obtient $p_i=\sum_{j=1}^s p_i \circ p_j$, donc avec l'égalité du dessus $p_i=p_i^2$. Ceci montre que les $p_i$ sont des projecteurs.\\

\item[Etape 2:] Vérifions qu'ils projettent bien sur $N_i$ parallèlement à $\bigoplus_{j\neq i} N_j$ ie $\ima p_i = N_i$ et $\ker p_i = \bigoplus_{i\neq j}N_j$\\
$\hookrightarrow$ On a bien $\ima p_i \subset \ker M_i^{\alpha_i}(f)$. En effet, par calcul simple:
$$M_i^{\alpha_i}(f)(p_i(x))=M_i^{\alpha_i}(f)\circ P_i(f)(x)=(M_i^{\alpha_i} U_i Q_i) (f)(x)=(U_i \underbrace{M_i^{\alpha_i}  Q_i}_{=F}) (f)(x)=U_i(f)\circ F(f)(x)=0$$
Pour l'inclusion réciproque, choisissons $x \in N_i$ donc $M_i^{\alpha_i}(f)(x)=0$. \\
D'après la décomposition \eqref{decid}, $x=p_1(x)+\cdots+p_s(x)$. Or, pour tout $j\neq i$, $p_j(x)=U_jQ_j(f)(x) = 0$ car $M_i^{\alpha_i}$ divise $Q_j$. De fait, $x=p_i(x)$, et $\ima p_i = N_i$. \\
$\hookrightarrow$ Si $x \in N_j$, on a vu que $x=p_j(x)$ donc $p_i(x)=p_i\circ p_j(x)=0$ et $\bigoplus_{j\neq i} N_j \subset \ker p_i$.\\
 Réciproquement, si $x \in \ker p_i$, \eqref{decid} donne $x=\sum_{i\neq j} p_j(x) \in \bigoplus_{j\neq i} N_j $ (car $\ima p_i = N_i$) \hfill $\blacksquare$
\end{description}
\end{proof}
~\\
\begin{thm}
$f \in \mathcal{L}(E)$ de polynôme caractéristique scindé sur $K$.\\
Alors il existe un unique couple $(d,n) \in \mathcal{L}(E)^{2}$ tel que: 
\begin{itemize}
\item $f = d + n$
\item $d$ est diagonalisable et $n$ est nilpotent
\item $n$ et $d$ commutent et $f=d+n$
\end{itemize}
De plus, $d$ et $n$ sont des polynômes en $f$.
\end{thm}
~\\
\begin{proof}[ du Théorème] 
\begin{description}
\item[Existence] ~\\
On note le polynôme caractéristique $\chi_f:=\prod_{i=1}^s (X-\lambda_i)^{\alpha_i}.$ \\
On va appliquer le \textbf{Lemme} avec $F=\chi_f$. On a alors en gardant les notations $N_i=\text{Ker} (f-\lambda_i)^{\alpha_i}$, $M_i=X-\lambda_i$ et $p_i=P_i(f)$ le projecteur sur $N_i$ parallèlement à $\bigoplus_{j\neq i}N_j$. \\
On pose $d=\sum_{i=1}^s \lambda_i p_i$. Ainsi construit, $d$ est diagonalisable \footnote{Car somme de projecteurs qui chacun sont diagonalisables sous la forme $\begin{pmatrix}
\text{I}_{r} & {0}\\
{0} & {0}_{n-r}\end{pmatrix}$ dans une certaine base, comme des projecteurs commutent ils sont codiagonalisables donc $d$ diagonalisable}. \\
On pose aussi $n=f-d= \sum_{i=1}^s (f-\lambda_i \text{Id})p_i$\footnote{car $\sum_{i=1}^{m}{p_i} = \text{Id}$}. \\
Puisque les $p_i$ sont des projecteurs, qu'ils commutent (comme polynômes en $f$) avec $f$ et que $\forall i\neq j\,; p_i\circ p_j=0$ \footnote{les termes croisés disparaissent donc}, on peut montrer par récurrence sur $q$ que
$$\forall q \in \mathbb N, \; n^q=\sum(f-\lambda_i\text{Id})^q p_i.$$
Or, si $q=\sup_i \alpha_i$, on a $(f-\lambda_i\text{Id})^q p_i = [(X-\lambda_i)^q P_i](f) = 0$ car $\chi_f$ divise $(X-\lambda_i)^q P_i$ (voir preuve du lemme : $P_i=U_i \prod_{j\neq i}(X-\lambda_j)^{\alpha_j}$). Donc $n$ est nilpotent d'indice $\leq q$.\\
$d$ et $n$ sont de plus par construction des polynômes en $f$ (on a donc la commutation), c'est ce qu'il fallait montrer.\\

\item[Unicité] ~\\
Soit $(d',n')$ un autre couple convenant. Alors, on a $d-d'=n'-n$. \\
$d'$ commute avec $n'$, donc avec $f=d'+n'$ donc avec tout polynôme en $f$. En particulier, $d'$ commute avec $d$, donc $d$ et $d'$ sont codiagonalisables, ce qui montre que $d-d'$ est diagonalisable. \\
De même, $n$ et $n'$ commutent donc $n-n'$ est nilpotent \footnote{en notant $p$ et $q$ leur indice de nilpotence respectifs, on a par la formule de binôme de Newton $(n-n{'})^{p+q}=0$}. Or une matrice nilpotente et diagonalisable est nulle, donc $d=d'$ et $n=n'$. \hfill $\blacksquare$
\end{description}
\end{proof}


\section*{Questions possibles - Marine vrai jour }


pour commencer pas mal de questions sur Dunford : genre pour commencer vous utilisez
le lemme des noyaux mais finalement est-ce que vous ne le redémontrez pas '’une certaine
façon dans la suite ?
– monter que les pi sont des projecteurs sans utiliser la relation Id=somme des pi...
– Puis une matrice donner sa décomposition de Dunford, facile elle était diagonalisable !
– Puis l'application qui à une matrice associe sa partie diago de Dunford est-elle continue ?
(Non ! cf Objectif agreg)


\vspace{2cm}

\hrulefill \\
~\\
\underline{Notes:}\\
~\\
\checkmark ~\textbf{A l'oral}, 9' pour le Lemme et 13'33 le tout vite. Une seconde fois 12'45.\\
\checkmark ~Autres références: pour les polynômes en $u$ OA p 209 exo 4.15 ça utilise le théorème des restes chinois, pour une autre demo de dunford FGNAl2 p134 exo 2.40 (unicité = pareil)\\
\checkmark ~Si on a du mal avec les polynômes d'endomorphismes (comme moi) relire Cognet... Je fais quand même des petits rappels si $u \in \mathcal{L}(E)$ (c'est très important la linéarité !), $P,Q$ des polynômes. Alors $PQ(u):=P(u)\circ Q(u)=Q(u)\circ P(u)$ car ce sont des polynômes en $u$ qui commutent donc. Tel quel ça ne sert à rien mais si on applique en $x \in E$ ça prend son sens. Par exemple si $P=1+X$ et $Q=X^2$ on a bien
$$P(u)\circ Q(u)(x)=P(u)\left(Q(u)(x)\right)=P(u)(u^2(x))=P(u)(u(u(x))=(Id+u)(u(u(x))$$
$$=u(u(x))+u(u(u(x)))=(X^2+X^3)(u)(X)=(PQ)(u)(x)$$
$\clubsuit$ Nelson \textsc{Dunford} (1906 -1986) était un mathématicien américain, connu pour ses travaux en analyse fonctionnelle. 



\end{document}