Décomposition de Dunford et commutant

Résolution.

1. Les polynômes $P_i = (X - \lambda_i)^{\alpha_i}$ sont deux à deux premiers entre eux puisque les $\lambda_i$ sont des complexes distincts. D'après le théorème de Cayley-Hamilton, on sait que $\chi_A(A) = 0$. En appliquant le lemme des noyaux à la décomposition $\chi_A = \prod_{i=1}^d P_i$, on obtient immédiatement :
   $$\boxed{\mathbb{C}^n = \bigoplus_{i=1}^d \ker\left((A - \lambda_i I_n)^{\alpha_i}\right)}$$

2. Soit $E_i = \ker(A - \lambda_i I_n)^{\alpha_i}$. Ce sont des sous-espaces stables par $A$. Dans une base adaptée à la somme directe $\bigoplus E_i$, la matrice $A'$ de l'endomorphisme est diagonale par blocs. Le polynôme caractéristique d'une matrice diagonale par blocs est le produit des polynômes caractéristiques des blocs :
   $$\chi_A = \prod_{i=1}^d \chi_{A_i}$$
   Par définition, chaque bloc $A_i$ représente la restriction de $A$ à $E_i$. Or, l'unique valeur propre de cette restriction est $\lambda_i$ car $(A_i - \lambda_i I)^{\alpha_i} = 0$. Le degré de $\chi_{A_i}$ est égal à la dimension de $E_i$, notée $n_i$. Par identification dans la factorisation de $\chi_A$, on a nécessairement $n_i = \alpha_i$ et :
   $$\boxed{\chi_{A_i} = (X - \lambda_i)^{\alpha_i}}$$

3. Définissons, pour chaque bloc, $D_i = \lambda_i I_{\alpha_i}$ et $N_i = A_i - \lambda_i I_{\alpha_i}$. On pose alors $D' = \operatorname{diag}(D_1, \dots, D_d)$ et $N' = \operatorname{diag}(N_1, \dots, N_d)$ dans la base adaptée. $D'$ est diagonale, donc diagonalisable. Chaque $N_i$ est nilpotente car son polynôme caractéristique est $X^{\alpha_i}$. Ainsi $N'$ est nilpotente. Comme $D_i$ est une matrice scalaire, elle commute avec n'importe quelle matrice, en particulier $D_i N_i = N_i D_i$. Par blocs, on en déduit $D'N' = N'D'$. En revenant à la base canonique via une matrice de passage $P$, on pose $D = P D' P^{-1}$ et $N = P N' P^{-1}$. On a bien $A = D + N$ avec les propriétés requises.
   $$\boxed{A = D + N \text{ avec } DN = ND}$$

4. Soit $A = D + N$ la décomposition de Dunford de $A$. On peut écrire :
   $$\operatorname{ad}_A(X) = (D+N)X - X(D+N) = (DX - XD) + (NX - XN)$$
   Posons $\Delta(X) = DX - XD$ et $\eta(X) = NX - XN$. $\Delta$ est diagonalisable. En effet, si $(e_i)$ est une base de vecteurs propres de $D$ associée aux valeurs propres $(\mu_i)$, alors les matrices élémentaires $E_{i,j}$ (dans cette base) vérifient :
   $$\Delta(E_{i,j}) = D E_{i,j} - E_{i,j} D = \mu_i E_{i,j} - \mu_j E_{i,j} = (\mu_i - \mu_j) E_{i,j}$$
   $\eta$ est nilpotente. On définit $L_N(X) = NX$ et $R_N(X) = XN$. Ces deux endomorphismes sont nilpotents et commutent. Comme $\eta = L_N - R_N$, $\eta$ est nilpotente d'après la formule du binôme. Enfin, $\Delta$ et $\eta$ commutent car $D$ et $N$ commutent. Par unicité de la décomposition de Dunford :
   $$\boxed{\operatorname{ad}_A = \Delta + \eta \text{ est la décomposition de Dunford de } \operatorname{ad}_A}$$

5. L'endomorphisme $\operatorname{ad}_A$ est diagonalisable si et seulement si sa partie nilpotente dans la décomposition de Dunford est nulle. D'après la question précédente, cela revient à $\eta = 0$. Si $\eta = 0$, alors pour tout $X$, $NX = XN$. En prenant $X = N^*$, on montre classiquement (ou par le fait que $N$ est dans le centre de $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$) que $N$ est une matrice scalaire. Comme $N$ est nilpotente, la seule possibilité est $N=0$. Si $N=0$, alors $A = D$ est diagonalisable. Réciproquement, si $A$ est diagonalisable, alors $N=0$, donc $\eta = 0$, et $\operatorname{ad}_A = \Delta$ est diagonalisable.
   $$\boxed{\operatorname{ad}_A \text{ diagonalisable} \iff A \text{ diagonalisable}}$$