Soit $A$ la matrice d’ordre $6$ suivante :
\begin{pmatrix}
1&0&6&2&0&2\\
1&2&-1&0&0&0\\
0&0&4&1&0&1\\
1&0&-2&2&0&0\\
-1&0&4&0&2&1\\
-1&0&-2&-2&0&0
\end{pmatrix}.Déterminez une valeur propre de $A$
La deuxième colonne de $A$ suggère de calculer
B=A-2I = \begin{pmatrix}
-1&0&6&2&0&2\\
1&0&-1&0&0&0\\
0&0&2&1&0&1\\
1&0&-2&0&0&0\\
-1&0&4&0&0&1\\
-1&0&-2&-2&0&-2
\end{pmatrix}Le rang de la matrice $B$ est égal à $4$ donc le noyau $\ker(A-2I)$ est de dimension $2.$
Essayez de faire grimper la dimension.
Vous calculez la matrice
B^2 = \begin{pmatrix}
1&0&-2&0&0&0\\
-1&0&4&1&0&1\\
0&0&0&0&0&0\\
-1&0&2&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0\\
1&0&-2&0&0&0
\end{pmatrix}Le rang de la matrice $B^2$ est égal à $2$ donc le noyau $\ker((A-2I)^2)$ est de dimension $4.$
Vous calculez la matrice
B^3 = \begin{pmatrix}
-1&0&2&0&0&0\\
1&0&-2&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0\\
1&0&-2&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0\\
-1&0&2&0&0&0
\end{pmatrix}.Le rang de la matrice $B^3$ est égal à $1$ donc le noyau $\ker((A-2I)^3)$ est de dimension $5.$
Pour savoir si la dimension peut encore augmenter, vous calculez la matrice $B^4.$
B^4 = \begin{pmatrix}
1&0&2&0&0&0\\
-1&0&2&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0\\
-1&0&2&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0\\
1&0&-2&0&0&0
\end{pmatrix}.Le rang de $B^4$ est égal à $1$ et donc le noyau $\ker((A-2I)^4)$ a la même dimension que le noyau $\ker((A-2I)^3).$
Déterminez les espaces propres généralisés
La dimension du noyau $\ker((A-2I)^3)$ étant seulement de $5$, cela signifie qu’il y a un autre sous-espace propre et donc, un autre valeur propre à déterminer.
Posez
X = \begin{pmatrix}
1\\
0\\
0\\
0\\
0\\
0
\end{pmatrix}.AX = \begin{pmatrix}
1\\
1\\
0\\
1\\
-1\\
-1
\end{pmatrix}.A^2X = A(AX) = \begin{pmatrix}
1\\
3\\
0\\
3\\
-4\\
-3
\end{pmatrix}.A^3X = A(A^2X) = \begin{pmatrix}
1\\
7\\
0\\
7\\
-12\\
-7
\end{pmatrix}.Vous constatez que $A^3X = 5A^2X-8AX+4X$ donc $(A^3-5A^2+8A-4I)X=0$ ce qui s’écrit $(A-2I)(A^2-3A+2I)X = 0$ soit $(A-I)(A-2I)^2X=0$ ce qui s’écrit $(A-I)B^2X=0.$
Si $1$ n’était pas valeur propre de $A$, la matrice $A-I$ serait inversible et par suite $B^2X = 0$ et la première colonne de $B^2$ serait entièrement nulle, contradiction.
Il est donc établi que $1$ est valeur propre de $A$.
Par suite, la dimension du noyau $\ker(A-I)$ est supérieure ou égale à $1.$
Or, la somme $\ker(A-I) + \ker((A-2I)^3)$ est toujours directe. La dimension de cet espace vectoriel est donc supérieure ou égale à $1+5$ et par suite il est établi que $\boxed{\R^6 =\ker(A-I) \oplus \ker((A-2I)^3).}$
Dans la suite seront utilisés des sous-espaces, il sera commode de noter $f$ l’endomorphisme de $\R^6$ dont $A$ est la matrice dans la base canonique.
D’après ce qui précède, $\R^6 = \ker (f-\mathrm{Id}) \oplus \ker ((f-2\mathrm{Id})^3).$
Définissez les espaces $G_1$ et $G_2$
Posez $G_1 = \ker (f-\mathrm{Id}).$ D’après ce qui précède, $G_1$ est de dimension $1.$
A-I = \begin{pmatrix}
0&0&6&2&0&2\\
1&1&-1&0&0&0\\
0&0&3&1&0&1\\
1&0&-2&1&0&0\\
-1&0&4&0&1&1\\
1&0&-2&-2&0&-1\\
\end{pmatrix}.L’échelonnement réduit de $A-I$ fournit :
\begin{pmatrix}
1&0&0&0&0&-1\\
0&1&0&0&0&1\\
0&0&1&0&0&0\\
0&0&0&1&0&1\\
0&0&0&0&1&0\\
0&0&0&0&0&0
\end{pmatrix}.Il apparaît donc que le vecteur $w = (-1,1,0,1,0,-1)$ appartient à $G_1$ et que la famille $(w)$ en est une base.
Ainsi, la matrice de $f_{\vert G_1}$ est $(1).$
Posez $G_2 = \ker ((f-2\mathrm{Id})^3)$ et notez $g = f-2\mathrm{Id}.$
L’espace $G_2$ est stable par $f$ et par $g.$
En effet, soit $x\in G_2.$ Alors $(f-2\mathrm{Id})^3 (x) =0$ donc $(f\circ (f-2\mathrm{Id})^3) (x) = 0$ et par commutation $((f-2\mathrm{Id})^3 \circ f)(x) = 0$ donc $(f-2\mathrm{Id})^3(f(x))=0$ donc $f(x)\in G_2.$
Ensuite, $-2x \in G_2$, donc par somme $f(x)-2x\in G_2$ et $g(x)\in G_2.$
Restreint au sous-espace $G_2$, l’endomorphisme $g$ est nilpotent. En effet, par définition de $G_2$, $\forall x\in G_2, g^3 (x) = 0.$
Déterminez une base de Jordan de l’endomorphisme $h=g_{\vert G_2}$
Pour tout $x=(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6)\in\R^6$ l’endomorphisme $g$ est défini par :
\begin{align*}
g(x)&=(-x_1+6x_3+2x_4+2x_6,\\
&\qquad x_1-x_3,\\
&\qquad 2x_3+x_4+x_6,\\
&\qquad x_1-2x_3,\\
&\qquad -x_1+4x_3+x_6,\\
&\qquad -x_1-2x_3-2x_4-2x_6).
\end{align*}Avant d’aller plus loin, il est commode de connaître une base de $G_2.$
Le noyau de la matrice
B^3 = \begin{pmatrix}
-1&0&2&0&0&0\\
1&0&-2&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0\\
1&0&-2&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0\\
-1&0&2&0&0&0
\end{pmatrix}fournit les renseignements nécessaires.
Vous posez :
\begin{align*}
u_1&=(2,0,1,0,0,0)\\
u_2&=(0,1,0,0,0,0)\\
u_3&=(0,0,0,1,0,0)\\
u_4&=(0,0,0,0,1,0)\\
u_5&=(0,0,0,0,0,1).
\end{align*}Ainsi, la famille $(u_1,u_2,u_3,u_4,u_5)$ est une base de $G_2.$
Déterminez une base de l’image de l’endomorphisme $h$
Vous calculez les vecteurs suivants :
\begin{align*}
h(u_1)&=h(2,0,1,0,0,0) =(4,1,2,0,2,-4)\\
h(u_2)&=h(0,1,0,0,0,0) =(0,0,0,0,0,0)\\
h(u_3)&=h(0,0,0,1,0,0) =(2,0,1,0,0,-2)\\
h(u_4)&=h(0,0,0,0,1,0) =(0,0,0,0,0,0)\\
h(u_5)&=h(0,0,0,0,0,1) =(2,0,1,0,1,-2).
\end{align*}Ainsi $\mathrm{Im} h$ est de dimension $3$, il admet pour base $(h(u_1), h(u_3), h(u_5)).$
Etudiez l’endomorphisme $h_1 = h_{\vert \mathrm{Im} h}$
Vous calculez les images des vecteurs qui engendrent $\mathrm{Im} h.$
\begin{align*}
h(h(u_1))&=h(4,1,2,0,2,-4) =(0,2,0,0,0,0) \\
h(h(u_3))&=h(2,0,1,0,0,-2) = (0,1,0,0,0,0)\\
h(h(u_5))&=h(2,0,1,0,1,-2) = (0,1,0,0,0,0).
\end{align*}Etudiez l’endomorphisme $h_2 = h_{\vert \mathrm{Im} h_1}$
Vous calculez l’image du vecteur qui engendre $\mathrm{Im} h_1.$
Sans surprise, comme $h_2$ est nilpotent sur un espace vectoriel de dimension $1$, cela doit être l’endomorphisme nul.
Vérifiez-le.
h^3(u_3) = h(0,1,0,0,0,0) = (0,0,0,0,0,0).
Vous en déduisez que dans la base $(h^2(u_3))$, la matrice de l’endomorphisme $h_2$ est $(0).$
Déduisez une base de Jordan pour l’endomorphisme $h_1$
La famille $(h^2(u_3), h(u_3))$ est libre. En effet, supposez qu’il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $ah^2(u_3)+bh(u_3)=0.$
Composez par $h$, vous obtenez $bh^2(u_3)=0$ et comme $h^2(u_3)\neq 0$ vous déduisez $b=0.$ Du coup $ah^2(u_3)=0$ et par suite $a=0.$
La famille $(h^2(u_3), h(u_3))$ de $\mathrm{Im} h$ peut être complétée en une base de l’espace $\mathrm{Im} h$ qui est de dimension $3.$
Rappelez-vous que $\mathrm{Im} h$ est engendré par $(h(u_1), h(u_3), h(u_5)).$
Vous formez la matrice qui contient les coordonnées, en colonnes, des vecteurs $h^2(u_3)$, $h(u_3)$, $h(u_1)$ et $h(u_5)$ :
\begin{pmatrix}
0&2&4&2\\
1&0&1&0\\
0&1&2&1\\
0&0&0&0\\
0&0&2&1\\
0&-2&-4&-2
\end{pmatrix}.La matrice échelonnée réduite de la matrice précédente est :
\begin{pmatrix}
1&0&0&-1/2\\
0&1&0&0\\
0&0&1&1/2\\
0&0&0&0\\
0&0&0&0\\
0&0&0&0
\end{pmatrix}.Ainsi vous prenez comme nouvelle base de $\mathrm{Im} h$ la famille $(h^2(u_3), h(u_3), h(u_1) ).$ Le vecteur $h(u_1)$ qui a été rajouté… doit appartenir à $\ker h.$ Est-ce le cas ? Comme $h^2(u_1)=(0,2,0,0,0,0)$ la réponse est malheureusement non.
Mais $h^2(u_1) = 2 h(h(u_3))$ par suite $h(h(u_1)-2h(u_3))= 0.$ Donc $h(u_1)-2h(u_3) \in \ker h.$
Considérez la famille $(h^2(u_3), h(u_3), h(u_1)-2h(u_3) )$ formée par la famille précédente, pour que le dernier vecteur appartienne à $\ker h.$
Cette famille est génératrice de $\mathrm{Im} h.$ En effet, soit $x\in \mathrm{Im}h$. Il existe trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que :
\begin{align*}
x &= ah^2(u_3)+bh(u_3)+ch(u_1) \\
&= ah^2(u_3)+bh(u_3)+c(h(u_1)-2h(u_3))+2ch(u_3)\\
&= ah^2(u_3)+(a+2c)h(u_3)+c(h(u_1)-2h(u_3)).
\end{align*}La famille $(h^2(u_3), h(u_3), h(u_1)-2h(u_3) )$ étant génératrice de l’espace $\mathrm{Im}h$ qui est de dimension $3$, il est donc établi que c’est une base de cet espace.
Dans cette base, la matrice de $h_1$ possède bien la forme de Jordan qui est :
J_1 = \begin{pmatrix}
0&1&0\\
0&0&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}.Déduisez une base de Jordan pour l’endomorphisme $h$
Vous rajoutez les deux vecteurs $u_3$ et $u_1-2u_3$ à la base de la chaîne et considérez la famille suivante : $(h^2(u_3),h(u_3),u_3, h(u_1-2u_3), u_1-2u_3).$
Cette famille est libre. En effet, supposez qu’il existe cinq réels $a$, $b$, $c$, $\alpha$ et $\beta$ tels que :
$ah^2(u_3)+bh(u_3)+cu_3+\alpha h(u_1-2u_3) +\beta(u_1-2u_3) =0.$
Vous appliquez $h$ ce qui fournit :
$bh^2(u_3)+ch(u_3)+\beta h(u_1-2u_3) =0.$
Or la famille $(h^2(u_3), h(u_3), h(u_1-2u_3) )$ est libre, donc $b=c=\beta = 0.$
Il vient donc :
$ah^2(u_3)+\alpha h(u_1-2u_3) =0.$
Or la sous-famille $(h^2(u_3), h(u_1-2u_3) )$ est encore libre, donc $a=\alpha = 0.$
Comme $G_2$ est de dimension $5$, il résulte de ce qui précède que la famille $(h^2(u_3),h(u_3),u_3, h(u_1-2u_3), u_1-2u_3)$ est une base de $G_2$.
Dans cette base, la matrice de l’endomorphisme $h$ est la matrice de Jordan qui est égale à :
\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}.Par conséquent, la matrice de $f_{\vert G_2}$ dans cette base est aussi une matrice de Jordan :
\begin{pmatrix}
2&1&0&0&0\\
0&2&1&0&0\\
0&0&2&0&0\\
0&0&0&2&1\\
0&0&0&0&2\\
\end{pmatrix}.Déterminez une matrice de passage $P$ et déduisez la matrice de Jordan associée à la matrice $A$
Rappelez-vous que
A=\begin{pmatrix}
1&0&6&2&0&2\\
1&2&-1&0&0&0\\
0&0&4&1&0&1\\
1&0&-2&2&0&0\\
-1&0&4&0&2&1\\
-1&0&-2&-2&0&0
\end{pmatrix}.Vous réunissez les deux bases adéquates des espaces vectoriels $G_2$ et $G_1$.
Cela conduit à la famille $(h^2(u_3),h(u_3),u_3, h(u_1-2u_3), u_1-2u_3, w).$ La somme $G_2\oplus G_1$ étant directe, vous obtenez bien une base de $\R^6.$
Formez maintenant la matrice $P$ inversible obtenue en écrivant les coordonnées de ces vecteurs en colonnes.
P=\begin{pmatrix}
0&2&0&0&2&-1\\
1&0&0&1&0&1\\
0&1&0&0&1&0\\
0&0&1&0&-2&1\\
0&0&0&2&0&0\\
0&-2&0&0&0&-1
\end{pmatrix}.Alors vous obtenez
\boxed{P^{-1}AP = \begin{pmatrix}
2&1&0&0&0&0\\
0&2&1&0&0&0\\
0&0&2&0&0&0\\
0&0&0&2&1&0\\
0&0&0&0&2&0\\
0&0&0&0&0&1
\end{pmatrix}.}Partagez !
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