Posons $\chi_f =\prod_{k=1}^{p}(\lambda_k-X)^{\alpha_k}$ où $\lambda_1$ ,..., $\lambda_p$ sont les valeurs propres deux à deux distinctes de $f$ .

Soit $E_k'=\text{Ker}(f-\lambda_kId)^{\alpha_k}$ le sous-espace caractéristique de $f$ associé à la valeur propre $\lambda_k$ , $1\leqslant k\leqslant p$ . D’après le théorème de décomposition des noyaux, $E = E_1'\oplus...\oplus E_p'$ . De plus, si $f_k$ est la restriction de $f$ à $E_k'$ alors $f_k$ est un endomorphisme de $E_k'$ (car $f$ et $(f-\lambda_kId)^{\alpha_k}$ commutent).

On note que $(f_k-\lambda_k)^{\alpha_k} = 0$ et donc $\lambda_k$ est l’unique valeur propre de $f_k$ car toute valeur propre de $f_k$ est racine du polynôme annulateur $(X-\lambda_k)^{\alpha_k}$ .

Existence de $d$ et $n$ . On définit $d$ par ses restrictions $d_k$ aux $E_k'$ , $1\leqslant k\leqslant p$ : $d_k$ est l’homothétie de rapport $\lambda_k$ . Puis on définit $n$ par $n = f-d$ .

$d$ est diagonalisable car toute base de $E$ adaptée à la décomposition $E = E_1'\oplus...\oplus E_p'$ est une base de vecteurs propres de $d$ . De plus, $f= d+n$ .

Soit $n_k$ la restriction de $n$ à $E_k'$ . On a $n_k = f_k-\lambda_kId_{E_k'}$ et par définition de $E_k'$ , $n_k^{\alpha_k}= 0$ . Mais alors, si on pose $\alpha=\text{Max}\{\alpha_1,...,\alpha_p\}$ , on a $n_k^\alpha= 0$ pour tout $k$ de $\{1,...,p\}$ et donc $n^\alpha= 0$ . Ainsi, $n$ est nilpotent. Enfin, pour tout $k\in\llbracket1,p\rrbracket$ , $n_k$ commute avec $d_k$ car $d_k$ est une homothétie et donc $nd = dn$ .

Unicité de $d$ et $n$ . Supposons que $f=d+n$ avec $d$ diagonalisable, $n$ nilpotent et $nd=dn$ .

$d$ commute avec $n$ et donc avec $f$ car $df= d^2+dn = d^2+nd = fd$ . Mais alors, $n=f-d$ commute également avec $f$ . $d$ et $n$ laissent donc stables les sous-espaces caractéristiques $E_k'$ , $1\leqslant k\leqslant p$ de $f$ . Pour $k\in\llbracket1,p\rrbracket$ , on note $d_k$ et $n_k$ les restrictions de $d$ et $n$ à $E_k'$ .

Soient $k\in\llbracket1,p\rrbracket$ puis $\mu$ une valeur propre de $d_k$ . D’après l’exercice [ex:rou7],

$\text{det}(f_k-\mu Id)=\text{det}(d_k-\mu Id+n)=\text{det}(d_k-\mu Id)=0$ ,

car $d_k-\mu Id$ n’est pas inversible. On en déduit que $f_k-\mu Id$ n’est pas inversible et donc que $\mu$ est valeur propre de $f_k$ . Puisque $\lambda_k$ est l’unique valeur propre de $f_k$ , on a donc $\mu=\lambda_k$ . Ainsi, $\lambda_k$ est l’unique valeur propre de $d_k$ et puisque $d_k$ est diagonalisable (voir l’exercice [ex:rou36]), on a nécessairement $d_k=\lambda_kId_{E_k'}$ puis $n_k=f_k-\lambda_k Id_{E_k'}$ . Ceci montre l’unicité de $d$ et $n$ .

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