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177. Forme de Jordan d’une matrice nilpotente

L’objectif de cet article est de montrer comment, en utilisant un endomorphisme ainsi que ses restrictions sur divers sous-espaces vectoriels de dimensions de plus en plus petites, comment 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 $A$, vous calculez la matrice $A^2$ :

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

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 $A^2\neq 0$, le nombre $3$ est appelé indice de nilpotence de la matrice $A$, 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 $3$, 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 $\mathrm{Im} f$, vous allez partir du fait que l’espace $\mathrm{Im} f$ est engendré par les vecteurs $f(e_1)$, $f(e_2)$, $f(e_3)$, $f(e_4)$, $f(e_5)$, $f(e_6)$ 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 $A$, 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 résulte de ce résultat que $\mathrm{Im} f $ est engendré par les vecteurs $f(e_1)$, $f(e_2)$, $f(e_3)$ et $f(e_5)$.

Etudiez 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 $4$, 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 $f_1$ n’est aussi.

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

Vous calculez $f_1(u_1)$, $f_1(u_2)$, $f_1(u_3)$ et $f_1(u_4)$ :

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

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 $v = (5,-1,-1,-1,-1,-1,-1).$

Etudiez 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 $1$, 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 $f_2$ 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 $\mathrm{Im} f$, est libre.

En effet, supposez qu’il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $aw+f(w)=0.$ Cela s’écrit $aw+bv = 0.$ En composant par $f$, 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 $4$, il est engendré par $u_1$, $u_2$, $u_3$, $u_4$ 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 :

$B=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 1 & 0 & -1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 &0
\end{pmatrix}$

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 $\ker f.$

Pour $u_3$, 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 $f(u_1)$, 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 $r\in\ker f$, $s\in \ker f$, $r\in \mathrm{Im} f$, $s\in \mathrm{Im} f$,$w\in \mathrm{Im} f$ 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 $a$, $b$, $c$ 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 $w$, $r$ et $s$ appartiennent à $\mathrm{Im} f.$

$w = u_4 = f(e_5).$ Vous avez déjà 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 $\R^7$ 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 :

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

Ecrivez la matrice de passage et la relation de similitude

Notez en colonne la base $(f(f(e_5)), f(e_5), e_5, f(e_1-e_5), e_1-e_5, f(e_3), e_3)$, 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 :

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

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