177. Forme de Jordan d’une matrice nilpotente avec calculs d’images

L’objectif de ce contenu est de montrer comment, en utilisant un endomorphisme ainsi que ses restrictions sur divers sous-espaces vectoriels de dimensions de plus en plus petites, vous allez obtenir la forme de Jordan de la matrice suivante :

A=\begin{pmatrix} 3 & -2 & 7 & 3 & 2 & 3 & 2\\ -1 & 0 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ -1 & 0 & -2 & -1 & 0 & -1 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ -1 & 0 & -2 & -1 & -1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

Vérifiez la nilpotence de la matrice $A$

Tout d’abord il convient de rappeler ce qu’est une matrice nilpotente. C’est une matrice, qui élevée à une certaine puissance, est entièrement nulle.

Pour le vérifier avec la matrice $A\comma$ vous calculez la matrice $A^2\comma$ ce qui donne :

A^2=\begin{pmatrix} 5 & 5 & 0 & 5 & 5 & 5 & 5\\ -1 & -1 & 0 & -1 & -1 & -1 & -1\\ -1 & -1 & 0 & -1 & -1 & -1 & -1\\ -1 & -1 & 0 & -1 & -1 & -1 & -1\\ -1 & -1 & 0 & -1 & -1 & -1 & -1\\ -1 & -1 & 0 & -1 & -1 & -1 & -1\\ -1 & -1 & 0 & -1 & -1 & -1 & -1 \end{pmatrix}.

Puis, vous calculez $A^3 = A^2A$ ce qui donne :

A^3=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

Comme $A^3 = 0$ et $A^2\neq 0\comma$ le nombre $3$ est appelé indice de nilpotence de la matrice $A\comma$ autrement dit, la matrice $A$ est nilpotente d’ordre $3.$

Associez un endomorphisme à la matrice $A$

Vous associez à la matrice $A$ l’endomorphisme $f$ de $\R^7$ défini pour tout $(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6,x_7)\in\R^7$ par :

\begin{align*} f(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6,x_7) &= (3x_1-2x_2+7x_3+3x_4+2x_5+3x_6+2x_7,\\ &\qquad -x_1-x_3-x_4-x_5-x_6-x_7,\\ &\qquad x_2-x_3,\\ &\qquad -x_1-2x_3-x_4-x_6-x_7,\\ &\qquad x_2-x_3,\\ &\qquad -x_1-2x_3-x_4-x_5-x_6,\\ &\qquad x_2-x_3). \end{align*}

La matrice $A$ n’est autre que la matrice de l’endomorphisme $f$ dans la base canonique de $\R^7.$

Les vecteurs de la base canonique sont :

\begin{align*} e_1 &= (1,0,0,0,0,0,0)\\ e_2 &= (0,1,0,0,0,0,0)\\ e_3 &= (0,0,1,0,0,0,0)\\ e_4 &= (0,0,0,1,0,0,0)\\ e_5 &= (0,0,0,0,1,0,0)\\ e_6 &= (0,0,0,0,0,1,0)\\ e_7 &= (0,0,0,0,0,0,1) \end{align*}

Obtenir une forme de Jordan de l’endomorphisme $f$ est difficile car la dimension de l’espace $\R^7$ est élevée.

L’idée majeure va consister à restreindre l’endomorphisme $f$ au sous-espace $\mathrm{Im} f.$

Comme $f$ est nilpotent d’ordre $3\comma$ vous avez $f\circ f\circ f = 0$ et donc $f$ ne peut être inversible, sinon vous auriez $f=0.$ Comme $f$ n’est pas inversible, $f$ n’est pas surjectif donc $\mathrm{Im} f$ est un espace vectoriel dont la dimension est strictement inférieure à $7.$

Déterminez une base de $\mathrm{Im} f$

Pour déterminer précisément une base de $\mathrm{Im} f\comma$ vous allez partir du fait que l’espace $\mathrm{Im} f$ est engendré par les vecteurs $f(e_1)\comma$ $f(e_2)\comma$ $f(e_3)\comma$ $f(e_4)\comma$ $f(e_5)\comma$ $f(e_6)$ et $f(e_7).$

Vous écrivez les sept vecteurs précédents :

\begin{align*} f(e_1) &= (3,-1,0,-1,0,-1,0)\\ f(e_2) &= (-2,0,1,0,1,0,1)\\ f(e_3) &= (7,-1,-1,-2,-1,-2,-1)\\ f(e_4) &= (3,-1,0,-1,0,-1,0)\\ f(e_5) &= (2,-1,0,0,0,-1,0)\\ f(e_6) &= (3,-1,0,-1,0,-1,0)\\ f(e_7) &= (2,-1,0,-1,0,0,0) \end{align*}

Quand vous écrivez ces vecteurs colonne par colonne vous obtenez sans surprise la matrice $A$ :

A=\begin{pmatrix} 3 & -2 & 7 & 3 & 2 & 3 & 2\\ -1 & 0 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ -1 & 0 & -2 & -1 & 0 & -1 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ -1 & 0 & -2 & -1 & -1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

Vous allez maintenant obtenir l’échelonnement réduit de la matrice $A\comma$ qui ne sera pas détaillé ici compte tenu de la longueur des opérations. Vous obtenez :

\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 3\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}

Il en résulte que $\mathrm{Im} f $ est engendré par les vecteurs $f(e_1)\comma$ $f(e_2)\comma$ $f(e_3)$ et $f(e_5).$

Étudiez la restriction $f_1 = f_{\vert \mathrm{Im}\, f}$

Il est important de comprendre que $f_1$ est un endomorphisme de $\mathrm{Im} f$ (puisque $\forall x\in \mathrm{Im} f, f(x) \in \mathrm{Im} f$) et que c’est un endomorphisme sur un espace de dimension $4\comma$ espace engendré par les vecteurs suivants :

\begin{align*} u_1 &= f(e_1) = (3,-1,0,-1,0,-1,0)\\ u_2 &= f(e_2) = (-2,0,1,0,1,0,1)\\ u_3 &= f(e_3) = (7,-1,-1,-2,-1,-2,-1)\\ u_4 &= f(e_5) = (2,-1,0,0,0,-1,0). \end{align*}

Comme $f$ est nilpotent, il en résulte par restriction à $\mathrm{Im} f$ que $f_1$ l’est aussi.

Vous allez chercher à obtenir $\mathrm{Im} f_1.$

Vous calculez $f_1(u_1)\comma$ $f_1(u_2)\comma$ $f_1(u_3)$ et $f_1(u_4)\comma$ ce qui donne :

\begin{align*} f_1(u_1) &= f(u_1) =(5,-1,-1,-1,-1,-1,-1) \\ f_1(u_2) &= f(u_2) = (5,-1,-1,-1,-1,-1,-1)\\ f_1(u_3) &= f(u_3) = (0,0,0,0,0,0,0)\\ f_1(u_4) &= f(u_4) = (5,-1,-1,-1,-1,-1,-1). \end{align*}

Inutile ici d’écrire ces quatre vecteurs en colonnes et d’effectuer un échelonnement réduit, il apparaît directement que $\mathrm{Im} f_1$ est engendré par le vecteur $v = (5,-1,-1,-1,-1,-1,-1).$

Étudiez la restriction $f_2 = f_{\vert \mathrm{Im}f_1}$

Comme $f$ est nilpotent, l’endomorphisme $f_2$ l’est aussi. Comme $\mathrm{Im} f_1$ est de dimension $1\comma$ il en résulte que $f_2$ est l’endomorphisme nul.

Vous pouvez aussi calculer directement $f(v) = f (5,-1,-1,-1,-1,-1,-1) = 0.$

Ainsi la base $(v)$ de $\mathrm{Im} f_1$ constitue une base de Jordan de l’endomorphisme $f_2$ puisque, dans cette base, la matrice de $f_2$ est $(0).$

Déterminez une base de Jordan de l’endomorphisme $f_1$

Partez de la base de Jordan de $f_2\comma$ c’est-à-dire $(v).$

Le vecteur $v= (5,-1,-1,-1,-1,-1,-1)$ appartient à $\mathrm{Im} f_1$ donc il existe un vecteur $w$ tel que $v = f(w)$ avec $w\in \mathrm{Im} f.$ Vous pouvez choisir $w = u_4 = (2,-1,0,0,0,-1,0).$

La famille $(w, f(w))$ formée de deux vecteurs de $\mathrm{Im} f\comma$ est libre.

En effet, supposez qu’il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $aw+bf(w)=0.$ Cela s’écrit $aw+bv = 0.$ En composant par $f\comma$ vous obtenez $af(w)=0$ soit $av = 0$ et donc $a=0.$ Il s’ensuit que $bv = 0$ et donc $b=0.$

L’espace $\mathrm{Im} f$ est de dimension $4\comma$ il est engendré par $u_1\comma$ $u_2\comma$ $u_3\comma$ $u_4$ mais possède une famille libre $(w, f(w)).$ Vous allez former la famille $(w,f(w),u_1,u_2,u_3,u_4)$ en colonnes, ce qui forme la matrice suivante :

B=\begin{pmatrix} 2 & 5 & 3 & -2 & 7 & 2\\ -1 & -1 & -1 & 0 & -1 & -1\\ 0 & -1 & 0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & -1 & -1 & 0 & -2 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 1 & -1 & 0\\ -1 & -1 & -1 & 0 & -2 & -1\\ 0 & -1 & 0 & 1 & -1 &0 \end{pmatrix}.

Vous en faites un échelonnement réduit, non détaillé ici qui donne la matrice suivante :

B\sim\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 &0 \end{pmatrix}

Vous déduisez que $\mathrm{Im} f$ admet $(w, f(w), u_1, u_3)$ pour base.

Le problème c’est que vous ne savez pas, si $u_1$ et $u_3$ appartiennent à $\ker f.$

Pour $u_3\comma$ c’est déjà réglé puisque $f(u_3)=0.$

Or, $f(u_1) = (5,-1,-1,-1,-1,-1,-1).$ Pour construire un vecteur qui va aller dans le noyau de $f$ tout en gardant une base, vous remarquez que l’endomorphisme $f_1$ admet $\mathrm{Im} f$ pour ensemble de départ et pour ensemble d’arrivée et que $\mathrm{Im} f_1$ est engendré par $v = f(w).$

Vous savez donc que $f(u_1)\comma$ qui appartient à $\mathrm{Im} f_1$ est colinéaire au vecteur $f(w).$

En effet, $f(u_1) =(5,-1,-1,-1,-1,-1,-1) $ et $f(w) = v = (5,-1,-1,-1,-1,-1,-1)$ donc $f(u_1-w)=0.$

u_1-w = (3,-1,0,-1,0,-1,0) - (2,-1,0,0,0,-1,0) = (1,0,0,-1,0,0,0).

Posez $r = u_1-w = (1,0,0,-1,0,0,0)$ et $s = u_3 = (7,-1,-1,-2,-1,-2,-1).$

Alors vous avez $r\in\ker f\comma$ $s\in \ker f\comma$ $r\in \mathrm{Im} f\comma$ $s\in \mathrm{Im} f\comma$ $w\in \mathrm{Im} f$ avec $f(f(w))=f(v)=0.$

Vous allez voir que la famille $(f(w),w,r,s)$ est une base de Jordan de $f_1.$

Pour le démontrer il vous suffit de vérifier qu’elle est génératrice de $\mathrm{Im} f$ qui est déjà de dimension $4.$

Soit donc $x\in\mathrm{Im} f.$ Comme $(w, f(w), u_1, u_3)$ en est une base, vous déduisez l’existence de quatre réels $a\comma$ $b\comma$ $c$ et $d$ tels que $x = aw+bf(w)+cu_1+du_3$ ce qui s’écrit $aw+bf(w)+c(r+w)+ds = (a+c)w+bf(w)+cr+ds$ montrant le résultat.

Dans cette base, l’endomorphisme $f_1$ admet pour matrice :

\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 &0 \\ 0 & 0 & 0 &0\\ 0 & 0 & 0 &0\\ 0 & 0 &0 &0 \end{pmatrix}.

Déduisez-en une base de Jordan de l’endomorphisme $f$

Les trois vecteurs $w\comma$ $r$ et $s$ appartiennent à $\mathrm{Im} f.$

Vous avez $w = u_4 = f(e_5)\comma$ donc vous disposez déjà d’un antécédent pour $w.$

Vous déduisez successivement des antécédents : $r = u_1-w = f(e_1) -f(e_5) = f(e_1-e_5).$

Enfin, $s = u_3 = f(e_3).$

Vous allez voir que la famille $(f(f(e_5)), f(e_5), e_5, f(e_1-e_5), e_1-e_5, f(e_3), e_3)$ est libre.

En effet, supposez qu’il existe $(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6,a_7)\in\R^7$ tel que :

a_1f(f(e_5)) + a_2f(e_5)+a_3e_5+a_4f(e_1-e_5)+a_5(e_1-e_5)+a_6f(e_3)+a_7e_3 = 0.

Cela s’écrit :

a_1f(w) + a_2w+a_3e_5+a_4r+a_5(e_1-e_5)+a_6s+a_7e_3 = 0.

En composant par $f$ vous obtenez :

a_2f(w)+a_3f(e_5)+a_5f(e_1-e_5)+a_7f(e_3) = 0.

a_2f(w)+a_3w+a_5r+a_7s = 0.

La famille $(f(w),w,r,s)$ est libre donc $a_2=a_3=a_5=a_7 = 0.$

Il reste donc :

a_1f(f(e_5)) +a_4f(e_1-e_5)+a_6f(e_3) = 0.

Cela s’écrit :

$a_1f(w)+a_4r+a_6s=0$ et par suite $a_1=a_4=a_6=0.$

Puisqu’il est établi que la famille $(f(f(e_5)), f(e_5), e_5, f(e_1-e_5), e_1-e_5, f(e_3), e_3)$ est libre en tant que famille de $\R^7\comma$ qui est de dimension $7\comma$ il n’y a pas besoin de la compléter : c’est déjà une base de Jordan de l’endomorphisme $f.$

Dans cette base, la matrice de $f$ est la suivante :

J = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}.

Écrivez la matrice de passage et la relation de similitude

Notez en colonne la base $(f(f(e_5)), f(e_5), e_5, f(e_1-e_5), e_1-e_5, f(e_3), e_3)\comma$ ce qui vous fournit la matrice inversible $P$ suivante :

P = \begin{pmatrix} 5 &2 &0 & 1 &1 &7& 0\\ -1 &-1 &0 &0 &0 &-1& 0\\ -1 &0 &0 & 0 &0 &-1& 1\\ -1 &0 &0 &-1 &0 &-2& 0\\ -1 &0 &1 &0 &-1 &-1& 0\\ -1 &-1 &0 &0 &0 &-2& 0\\ -1 &0 &0 &0 & 0 &-1& 0 \end{pmatrix}.

Rappelez-vous que vous aviez :

A=\begin{pmatrix} 3 & -2 & 7 & 3 & 2 & 3 & 2\\ -1 & 0 & -1 & -1 & -1 & -1 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ -1 & 0 & -2 & -1 & 0 & -1 & -1\\ 0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ -1 & 0 & -2 & -1 & -1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

Alors, vous obtenez la relation suivante, dite de similitude :

\boxed{P^{-1}AP = J = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}.}