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178. Forme de Jordan d’une matrice dans le cas général

Considérez la matrice définie par :

$A=\begin{pmatrix}
7 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 7 & 0 & 0 & 0\\
1 & 0 & 7 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 7 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0 & 7\\
\end{pmatrix}.$

Par convention il sera noté $I$ la matrice identité d’ordre $5$.

Pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $5$, $e_i$ désignera le vecteur de $\R^5$ dont toutes les coordonnées sont nulles, excepté à la coordonnée numéro $i$. La famille $(e_1,e_2,e_3,e_4,e_5)$ est appelée base canonique de $\R^5.$

Déterminez les sous-espaces propres généralisés

Il s’agit tout d’abord de trouver une première valeur propre de la matrice $A.$

Le nombre élevé de $7$ sur la diagonale principale suggère de calculer $A-7I = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
\end{pmatrix}.$

Il apparaît que le rang de $A-7I$ est égal à $3$, donc, par le théorème du rang, la dimension de $\ker(A-7I)$ est égale à $2.$

Vous allez poursuivre en calculant $(A-7I)^2$ :

$(A-7I)^2 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
\end{pmatrix}.$

Il apparaît que le rang de $(A-7I)^2$ est égal à $1$, donc, par le théorème du rang, la dimension de $\ker((A-7I)^2)$ est égale à $4.$

Bien évidemment, $(A-7I)^3 = 0$ donc $\ker (A-7I)^3 = \R^5.$

Il n’y a qu’un seul espace propre généralisé (et donc il n’y a pas d’autre valeur propre).

Trouvez la base de Jordan associée à la matrice $B = A-7I$

La matrice $B$ est la matrice associée, dans la base canonique, à l’endomorphisme de $\R^5$ défini par $\forall (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\in \R^5$ :

$f(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)=(x_4,0,x_1,0,x_2).$

Comme $B$ est nilpotente, l’endomorphisme $f$ l’est aussi.

Par suite, il vient immédiatement que $\mathrm{Im} f$ admet pour base $(f(e_1),f(e_2),f(e_4))$ où les vecteurs $u_1$, $u_2$ et $u_3$ sont définis par les relations suivantes :

$\begin{align*}
f(e_1) &= u_1 = (0,0,1,0,0)\\
f(e_2) &= u_2 = (0,0,0,0,1)\\
f(e_4) &= u_3 = (1,0,0,0,0).
\end{align*}$

Considérez l’endomorphisme $f_1 = f_{\vert \mathrm{Im} f}.$

Déterminez l’image de l’endomorphisme $f_1$

Par linéarité $\mathrm{Im} f_1$ est engendré par la famille $(f(u_1),f(u_2),f(u_3)).$

$f(u_1) = f(0,0,1,0,0) = (0,0,0,0,0)$

$f(u_2) = f(0,0,0,0,1) = (0,0,0,0,0)$

$f(u_3) = f(1,0,0,0,0) = (0,0,1,0,0)$

Il s’avère que la famille $(f(u_3))$ est une base de $\mathrm{Im} f_1$.

L’endomorphisme $f_{\vert \mathrm{Im} f_1}$ est donc nilpotent (parce que $f$ l’est) sur un espace vectoriel de dimension $1$. Donc cet endomorphisme est l’endomorphisme nul. Il vient donc $f(f(u_3))=0.$

Cela est d’ailleurs directement vérifiable, puisque :

$f(f(u_3))=f(0,0,1,0,0) = (0,0,0,0,0).$

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

La famille $(f_(u_3),u_3)$ est libre. En effet, supposez qu’il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $af(u_3)+bu_3=0.$ Vous composez par $f$ et obtenez $bf(u_3)=0$ et comme $f(u_3)\neq 0$ c’est que $b=0$. Du coup $af(u_3)=0$ et donc $a=0.$

L’espace vectoriel $\mathrm{Im} f$ est de dimension $3$ et il admet pour base $(u_1,u_2,u_3).$

La famille $(f(u_3),u_3)$ est une famille libre de cet espace vectoriel. Il s’agit de la compléter pour obtenir une base de $\mathrm{Im} f.$

Pour ce faire, une stratégie consiste à écrire les cinq vecteurs $f(u_3)$, $u_3$, $u_1$, $u_2$, $u_3$ dans cet ordre en colonnes, ce qui donne la matrice suivante :

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

La matrice échelonnée réduite de la matrice $B$ est :

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

Cette structure permet d’identifier que la famille $(f(u_3),u_3,u_2)$ est une base de $\mathrm{Im} f.$

Il reste à voir si cette base convient. Or, $f(u_2) = 0$, ce qui prouve que, dans la base $(f(u_3),u_3,u_2)$, l’endomorphisme admet la matrice de Jordan suivante :

$J_1 = \begin{pmatrix}
0&0&0\\
0&1&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}.$

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

La famille $(f(u_3),u_3,u_2)$ est libre. Or, $u_3 = f(e_4)$ et $u_2 = f(e_2).$

Vous allez montrer que la famille $(f(f(e_4)),f(e_4),e_4,f(e_2),e_2)$ est libre.

Soient $a$, $b$, $c$, $\alpha$ et $\beta$ cinq réels tels que :

$af(f(e_4))+bf(e_4)+c e_4+\alpha f(e_2)+\beta e_2 = 0.$

Cette relation s’écrit :

$af(u_3)+bu_3+c e_4+\alpha u_2+\beta e_2 = 0.$

Composez maintenant par $f$ :

$af(f(u_3))+bf(u_3)+c f(e_4)+\alpha f(u_2)+\beta f(e_2) = 0.$

Or, $f(f(u_3))=0$ et $f(u_2)=0$ donc

$bf(u_3)+c f(e_4)+\beta f(e_2) = 0.$

Cela s’écrit :

$bf(u_3)+c u_3+\beta u_2 = 0.$

Or, la famille $(f(u_3),u_3,u_2)$ étant libre, vous déduisez $b=c=\beta = 0.$

Du coup :

$af(f(e_4))+\alpha f(e_2) = 0.$

Cela s’écrit :

$af(u_3)+\alpha u_2 = 0.$

Comme la famille $(f(u_3),u_3,u_2)$ est libre, la sous-famille $(f(u_3),u_2)$ l’est aussi et par suite $a=\alpha = 0.$

Comme $\R^5$ est de dimension $5$, la famille $(f(f(e_4)),f(e_4),e_4,f(e_2),e_2)$ est une base de $\R^5.$ Il n’y a pas lieu de la compléter… vous déduisez immédiatement que, dans cette base, l’endomorphisme $f$ admet pour matrice de Jordan :

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

Notez $P$ la matrice obtenue en écrivant colonne par colonne, les vecteurs $(f(f(e_4))$, $f(e_4)$ ,$e_4$, $f(e_2)$, $e_2)$ dans cet ordre :

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

La matrice $P$ est inversible puisque les vecteurs écrits forment une base de $\R^5.$

De ce qui précède, vous avez l’égalité $P^{-1}BP = J.$

Déduisez-en la matrice de Jordan de la matrice $A$ et la matrice de passage associée

$A = B+7I$ donc, en multipliant à gauche par $P^{-1}$ et à droite par $P$, vous obtenez :

$\begin{align*}
P^{-1}AP &= P^{-1}BP + 7P^{-1}IP\\
&= J + 7P^{-1}P\\
&= J+7I\\
&=\begin{pmatrix}
7&1&0&0&0\\
0&7&1&0&0\\
0&0&7&0&0\\
0&0&0&7&1\\
0&0&0&0&7\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}$

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