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179. Forme de Jordan dans le cas général avec une matrice d’ordre 6

Yannis TRIANTAPHYLIDES

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 la matrice suivante :

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 suivante :

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 suivante :

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 $5\comma$ cela signifie qu’il y a un autre sous-espace propre et donc une 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 $A\comma$ 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, $-2x \in G_2\comma$ donc par somme $f(x)-2x\in G_2$ et $g(x)\in G_2.$

Restreint au sous-espace $G_2\comma$ l’endomorphisme $g$ est nilpotent. En effet, par définition de $G_2\comma$ $\forall x\in G_2, g^3 (x) = 0.$

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 suivante :

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 $3\comma$ il admet pour base $(h(u_1), h(u_3), h(u_5)).$

Étudiez l’endomorphisme $h_1 = h_{\vert \mathrm{Im} h}$

Vous calculez les images des vecteurs qui engendrent $\mathrm{Im} h\comma$ ce qui donne :

\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*}

Étudiez 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 $1\comma$ 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 $(h^2(u_3))\comma$ 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 $h\comma$ 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 $h^2(u_3)\comma$ $h(u_3)\comma$ $h(u_1)$ 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 devrait 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 $a\comma$ $b$ 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)+(b+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 $3\comma$ 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 $a\comma$ $b\comma$ $c\comma$ $\alpha$ 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 $5\comma$ 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}.}