Catégorie : Niveau Prépa

Pour tout entier naturel $n$ non nul, posez $u_n = \left(1+\frac{1}{n}\right)^n.$ Le but de cet article est de démontrer la convergence de la suite $(u_n)_{n\geq 1}.$

Justifier que la suite $(u_n)$ est majorée est un exercice qui nécessite certains outils.

Souhaitant rester dans le cadre du lycée dans cet article, vous utiliserez une suite auxiliaire $(v_n)_{n\geq 1}$ définie pour tout entier naturel $n$ non nul par $v_n = \left(1-\frac{1}{n}\right)^n.$

Le lemme de Bernoulli

Vous aurez besoin dans cet article du résultat suivant.

Pour tout réel $x$ strictement supérieur à $-1$ et pour tout entier naturel $n$, $(1+x)^n \geq 1+nx.$

Vous souhaitez une démonstration de ce résultat ? Allez jeter un coup d’oeil dans l'article 187.

La suite $(u_n)_{n\geq 1}$ est croissante

Soit $n$ un entier naturel non nul.

\begin{aligned}
\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} – \left(1+\frac{1}{n}\right)^n &= \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \left( \frac{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} -1\right) \\
&= \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \left( \left(1+\frac{1}{n}\right)\frac{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}} -1\right)\\
&= \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \left( \left(1+\frac{1}{n}\right)\left(\frac{1+\frac{1}{n+1}}{1+\frac{1}{n}}\right)^{n+1} -1\right)\\
&= \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \left( \left(1+\frac{1}{n}\right)\left(\frac{n^2+2n}{n^2+2n+1}\right)^{n+1} -1\right)\\
&= \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \left( \left(1+\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^{n+1} -1\right)
\end{aligned}

D’après l’inégalité de Bernoulli :

\begin{aligned} \left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^{n+1} \geq 1-\frac{1}{n+1} \geq \frac{n}{n+1}.\end{aligned}

Comme $1+\frac{1}{n} > 0$ il vient par produit :

\begin{aligned}
\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^{n+1} &\geq \left(1+\frac{1}{n}\right) \times \frac{n}{n+1}\\
&\geq \frac{n+1}{n} \times \frac{n}{n+1}\\
&\geq 1.
\end{aligned}

Du coup, $\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} \geq \left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ et la croissance de la suite $(u_n)_{n\geq 1}$ est démontrée.

La suite $(v_n)_{n\geq 2}$ est croissante

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$

\begin{aligned}
\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} – \left(1-\frac{1}{n}\right)^n &= \left(1-\frac{1}{n}\right)^n \left( \frac{\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1-\frac{1}{n}\right)^n} -1\right) \\
&= \left(1-\frac{1}{n}\right)^n \left( \left(1-\frac{1}{n}\right)\frac{\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n+1}} -1\right)\\
&= \left(1-\frac{1}{n}\right)^n \left( \left(1-\frac{1}{n}\right)\left(\frac{1-\frac{1}{n+1}}{1-\frac{1}{n}}\right)^{n+1} -1\right)\\
&= \left(1-\frac{1}{n}\right)^n \left( \left(1-\frac{1}{n}\right)\left(\frac{n^2}{n^2-1}\right)^{n+1} -1\right)\\
&= \left(1-\frac{1}{n}\right)^n \left( \left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1+\frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1} -1\right)
\end{aligned}

D’après l’inégalité de Bernoulli :

\begin{aligned}
\left(1+\frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1} &\geq 1+\frac{n+1}{n^2-1} \\
&\geq 1+\frac{n+1}{(n+1)(n-1)}\\
&\geq 1+\frac{1}{n-1}\\
&\geq \frac{n}{n-1}.
\end{aligned}

Comme $1-\frac{1}{n} > 0$ par produit il vient :

\begin{aligned}
\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1+\frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1} &\geq \left(1-\frac{1}{n}\right)\times \frac{n}{n-1}\\
&\geq \frac{n-1}{n}\times \frac{n}{n-1}\\
&\geq 1.
\end{aligned}

Vous déduisez donc que $\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} \geq \left(1-\frac{1}{n}\right)^n$ et la suite $(v_n)_{n\geq 2}$ est croissante.

En particulier, il en résulte que, pour tout entier $n\geq 2$, $v_2\leq v_n$ donc $\boxed{\forall n\geq 2, \frac{1}{4}\leq v_n.}$

La suite $(u_n)_{n\geq 2}$ est majorée

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$.

De l’identité remarquable $\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{1}{n}\right) = 1-\frac{1}{n^2}$ vous déduisez :

$u_n v_n = \left(1-\frac{1}{n^2}\right)^n.$

Comme $0 \leq 1-\frac{1}{n^2} \leq 1$, il vient $\left(1-\frac{1}{n^2}\right)^n \leq 1.$

Par suite, $u_n v_n \leq 1.$

De l’inégalité $0<\frac{1}{4}\leq v_n$ il vient $\frac{1}{v_n}\leq 4.$

Or $u_nv_n \leq 1$, avec $0< v_n$ fournit $u_n\leq \frac{1}{v_n} \leq 4.$

Concluez

La suite $(u_n)_{n\geq 2}$ est majorée par $4$, or $u_1 = 2$ donc $(u_n)_{n\geq 1}$ est majorée par $4.$

Cette observation, cumulée à la croissance de la suite $(u_n)_{n\geq 1}$ implique que la limite $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ existe et c’est un nombre réel.

Ce nombre est noté $\e.$

Il est ainsi établi ici que le nombre $\e$ est inférieur ou égal à $4.$

Dans le prolongement du contenu trouvé dans l'article 108, vous définissez la fonction $f$ suivante en posant $f(0)=0$ et $\forall z\in\C^{*}, f(z)=\e^{-1/z^4}.$

Démontrez que la fonction $f$ vérifie les conditions de Cauchy-Riemann

La fonction $\widetilde{f}$ est définie sur $\R^2$ en posant $\widetilde{f}(0,0)=0$ par $\forall (x,y)\in\R^2\setminus (0,0), \widetilde{f}(x,y) = \e^{-1/(x+iy)^4}.$

Soit $h$ un réel non nul.

\begin{aligned}
\frac{\widetilde{f}(h,0)-\widetilde{f}(0,0)}{h} &= \frac{\widetilde{f}(h,0)}{h} \\
&= \frac{\e^{-1/h^4}}{h} \\
&= h^3 \frac{\e^{-1/h^4}}{h^4}.
\end{aligned}

Pour tout réel $h$ non nul, $ \frac{\e^{-1/h^4}}{h^4} = \frac{1}{h^4}\e^{-1/h^4}.$

Or, quand $h$ tend vers $0$, $\frac{1}{h^4}$ tend vers $+\infty$.

Comme $\lim_{X\to +\infty}X \e^{-X} = 0$, par composition de limites vous obtenez $\lim_{h\to 0} \frac{\e^{-1/h^4}}{h^4} = 0$ et par suite il vient $\lim_{h\to 0} h^3 \frac{\e^{-1/h^4}}{h^4} = 0.$

Cela s’écrit $\lim_{h\to 0} \frac{\widetilde{f}(h,0)-\widetilde{f}(0,0)}{h} =0 $ donc la dérivée partielle $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(0,0)$ existe et est égale à $0.$

Soit $h$ un réel non nul.

\begin{aligned}
\frac{\widetilde{f}(0,h)-\widetilde{f}(0,0)}{h} &= \frac{\widetilde{f}(0,h)}{h} \\
&= \frac{\e^{-1/(ih)^4}}{h} \\
&= \frac{\e^{-1/(h)^4}}{h} \\
&= h^3 \frac{\e^{-1/h^4}}{h^4}.
\end{aligned}

Comme précédemment, vous avez $\lim_{h\to 0} \frac{\widetilde{f}(0,h)-\widetilde{f}(0,0)}{h} = 0$ donc la dérivée partielle $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(0,0)$ existe et est égale à $0.$

Le calcul de la somme $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(0,0)+i\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(0,0)$ est immédiat.

Vous obtenez $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(0,0)+i\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(0,0) = 0$ donc $f$ vérifie la condition de Cauchy-Riemann en $0.$

Démontrez que $f$ n’est pas dérivable au sens complexe en $0$

Raisonnez par l’absurde en supposant l’existence d’un nombre complexe $f'(0)$ tel que $\lim_{\substack{h\to 0\\h\in\C}} \frac{f(h)-f(0)}{h} = f'(0).$

Pour tout entier naturel $n$ non nul, posez $h_n = \frac{\e^{i\pi/4}}{n}$, de sorte que $\forall n\in\N^{*}, h_n^4 = \frac{-1}{n^4}.$

Comme $\lim_{n\to +\infty} h_n = 0$ et $f(0)=0$, il vient $\lim_{n\to +\infty} \frac{f(h_n)}{h_n} = f'(0)$ donc la suite $\left(\left\lvert\frac{f(h_n)}{h_n}\right\rvert\right)_{n\geq 1}$ est majorée.

Soit maintenant $n$ un entier naturel non nul.

\begin{aligned}
f(h_n) &= \e^{-1/h_n^4}\\
&=\e^{n^4}.
\end{aligned}

Du coup, $\frac{f(h_n)}{h_n} = \frac{\e^{n^4}}{\frac{\e^{i\pi/4}}{n}}$ donc :

\begin{aligned}
\left\lvert \frac{f(h_n)}{h_n} \right\rvert &= \frac{\e^{n^4}}{\frac{1}{n}} \\
&= n\e^{n^4}.
\end{aligned}

Or, quand $n\to +\infty$, $n^4\to +\infty$ donc $\e^{n^4}\to +\infty$ et par produit $n\e^{n^4} \to +\infty$ ce qui contredit le caractère majoré de la suite $\left(\left\rvert\frac{f(h_n)}{h_n}\right\rvert\right)_{n\geq 1}.$

Il a été vu suite aux précisions que vous trouverez dans l'article 183, dans l'article 182 et dans l'article 181 que la matrice $A$ définie par :

A=\begin{pmatrix}
7 & 1 & 2 & 2\\
1 & 4 & -1 & -1\\
-2 & 1 & 5 & -1\\
1  & 1 & 2 & 8
\end{pmatrix}

est semblable à la matrice $F$ suivante :

\begin{pmatrix}
6 & 0 & 0 &  -3/2 \\
0 & 6 & 1 &  0 \\
0 &0 & 6 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 6
\end{pmatrix}

via la matrice de passage suivante :

P_4 = \begin{pmatrix}
2 & 1 &  1 & -1\\
2 & 1 &  0 & 1\\
-2 & -2 &  0 & 0\\
0 & 1 &  0 & 0
\end{pmatrix}.

Le calcul de la matrice $P_4^{-1}$ a été effectué en parallèle et il a été obtenu le résultat suivant :

P_4^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -1/2 & -1\\
0 & 0 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix}.

Autrement dit, $P_4^{-1}AP_4 = F.$

Obtenez des coefficients égaux à $1$ sur la dernière colonne en partant de la matrice $F-6I$

Partez de :

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
F-6I  = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 &  -3/2 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 &0 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} &
P_4^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -1/2 & -1\\
0 & 0 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix} &
P_4 =  \begin{pmatrix}
2 & 1 &  1 & -1\\
2 & 1 &  0 & 1\\
-2 & -2 &  0 & 0\\
0 & 1 &  0 & 0
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

Utilisez une série de dilatations.

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
F-6I  \xrightarrow[L_1\leftarrow \frac{-2}{3}L_1 \text{ et } C_1\leftarrow \frac{-3}{2}C_1]{} F_1 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 &  1 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 &0 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} &
 P_4^{-1} \xrightarrow[L_1\leftarrow \frac{-2}{3}L_1]{} E_1^{-1}P_4^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1/3 & 2/3\\
0 & 0 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix} &
P_4 \xrightarrow[C_1\leftarrow \frac{-3}{2}C_1]{}   P_4E_1 = \begin{pmatrix}
-3 & 1 &  1 & -1\\
-3 & 1 &  0 & 1\\
3 & -2 &  0 & 0\\
0 & 1 &  0 & 0
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
F_1  \xrightarrow[L_3\leftarrow \frac{1}{3}L_3 \text{ et } C_3\leftarrow 3C_3]{} F_2 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 &  1 \\
0 & 0 & 3 &  0 \\
0 &0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} &
 E_1^{-1}P_4^{-1} \xrightarrow[L_3\leftarrow \frac{1}{3}L_3]{} E_2^{-1}E_1^{-1}P_4^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1/3 & 2/3\\
0 & 0 & 0 & 1\\
1/3 & 1/3 & 2/3 & 2/3\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix} &
P_4E_1 \xrightarrow[C_3\leftarrow 3C_3]{}   P_4E_1E_2 = \begin{pmatrix}
-3 & 1 &  3 & -1\\
-3 & 1 &  0 & 1\\
3 & -2 &  0 & 0\\
0 & 1 &  0 & 0
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
F_2  \xrightarrow[L_2\leftarrow \frac{1}{3}L_2 \text{ et } C_2\leftarrow 3C_2]{} F_3 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 &  1 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 &0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} &
 E_2^{-1}E_1^{-1}P_4^{-1} \xrightarrow[L_2\leftarrow \frac{1}{3}L_2]{} E_3^{-1}\cdots E_1^{-1}P_4^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1/3 & 2/3\\
0 & 0 & 0 & 1/3\\
1/3 & 1/3 & 2/3 & 2/3\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix} &
P_4E_1E_2 \xrightarrow[C_2\leftarrow 3C_2]{}   P_4E_1\cdots E_3 = \begin{pmatrix}
-3 & 3 &  3 & -1\\
-3 & 3 &  0 & 1\\
3 & -6 &  0 & 0\\
0 & 3 &  0 & 0
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

Obtenez un seul coefficient égal à $1$ sur la dernière colonne en partant de la matrice $F-6I$

Utilisez une transvection.

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
F_3  \xrightarrow[L_1\leftarrow L_1-L_3 \text{ et } C_3\leftarrow C_3+C_1]{} F_4 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 &  0 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 &0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} &
E_3^{-1}\cdots E_1^{-1}P_4^{-1} \xrightarrow[L_1\leftarrow L_1-L_3]{} E_3^{-1}\cdots E_4^{-1}P_4^{-1} = \begin{pmatrix}
-1/3 & -1/3 & -1/3 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1/3\\
1/3 & 1/3 & 2/3 & 2/3\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix} &
P_4E_1\cdots E_3 \xrightarrow[C_3\leftarrow C_3+C_1]{}   P_4E_1\cdots E_4 = \begin{pmatrix}
-3 & 3 &  0 & -1\\
-3 & 3 &  -3 & 1\\
3 & -6 &  3 & 0\\
0 & 3 &  0 & 0
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

Concluez

Posez :

P = \begin{pmatrix}
-3 & 3 &  0 & -1\\
-3 & 3 &  -3 & 1\\
3 & -6 &  3 & 0\\
0 & 3 &  0 & 0
\end{pmatrix}.

La matrice $P$ est inversible et vous avez :

P^{-1} = \begin{pmatrix}
-1/3 & -1/3 & -1/3 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1/3\\
1/3 & 1/3 & 2/3 & 2/3\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix}.

Via la matrice de passage $P$, la matrice $A-6I$ est semblable à la matrice de Jordan suivante :

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

Comme :

P^{-1}(A-6I)P = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 &  0 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 &0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}

vous déduisez que la matrice $A$ est semblable à la matrice de Jordan suivante :

J=\begin{pmatrix}
6 & 0 & 0 &  0 \\
0 & 6 & 1 &  0 \\
0 &0 & 6 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 6
\end{pmatrix}.

Vous terminez avec la relation de conjugaison : $P^{-1}AP = J.$

Prolongement

Considérez la matrice suivante

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

Explicitez une matrice inversible $P$ et une matrice de Jordan $J$ telles que $P^{-1}AP=J.$

Il a été vu suite aux précisions que vous trouverez dans l'article 182 et dans l'article 181 que la matrice $A$ définie par :

A=\begin{pmatrix}
7 & 1 & 2 & 2\\
1 & 4 & -1 & -1\\
-2 & 1 & 5 & -1\\
1  & 1 & 2 & 8
\end{pmatrix}

est semblable à la matrice $C$ suivante :

\begin{pmatrix}
6 & 0 & 3  & -2\\
0 & 6 & 0 & 1\\
0 & 0 & 6 & 0\\
0 &0 & 3 & 6
\end{pmatrix}.

via la matrice de passage

P_2 = \begin{pmatrix}
-1 & -1 & -1  & 1\\
-1 & -1 & 1  & 0\\
1 & 0 & 0  & 0\\
0 & 1 & 0  & 0
\end{pmatrix}.

Le calcul de la matrice $P_2^{-1}$ a été effectué en parallèle et il a été obtenu le résultat suivant :

P_2^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2
\end{pmatrix}.

Autrement dit, $P_2^{-1}AP_2 = C.$

Obtenez une matrice semblable à la matrice $C-6I$

Le but de cette section est de construire une matrice de la forme

\begin{pmatrix}
J & * & *\\
 0 & 0 & *\\
0 & 0 & *
\end{pmatrix}

qui soit semblable à la matrice $C-6I$, où $J$ est une matrice de Jordan d’ordre $2$. Notez que les zéros de la première colonne correspondent à des matrices nulles par blocs de taille $1\times 2.$

Partez de :

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
C-6I  = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 3  & -2\\
0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 &0 & 3 & 0
\end{pmatrix} &
P_2^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2
\end{pmatrix} &
P_2 =  \begin{pmatrix}
-1 & -1 & -1  & 1\\
-1 & -1 & 1  & 0\\
1 & 0 & 0  & 0\\
0 & 1 & 0  & 0
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
C-6I  \xrightarrow[C_3\leftrightarrow C_4]{} D_1=\begin{pmatrix}
0 & 0 & -2 &  3 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 &0 & 0 & 3 
\end{pmatrix} &
 P_2^{-1} \xrightarrow[L_3\leftrightarrow L_4]{} E_1^{-1}P_2^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix} &
P_2 \xrightarrow[C_3\leftrightarrow C_4]{}   P_2E_1 = \begin{pmatrix}
-1 & -1 &  1 & -1\\
-1 & -1 &  0 & 1\\
1 & 0 &  0 & 0\\
0 & 1 &  0 & 0
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

Comme $(C-6I)E_1 = D_1$, vous effectuez ce qui suit :

\begin{align*} D_1=\begin{pmatrix}
0 & 0 & -2 &  3 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 &0 & 0 & 3 
\end{pmatrix} \xrightarrow[L_3\leftrightarrow L_4]{} E_1^{-1}D_1 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -2 &  3 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 &0 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}. \end{align*}

si bien que si vous posez

P_3 = \begin{pmatrix}
-1 & -1 &  1 & -1\\
-1 & -1 &  0 & 1\\
1 & 0 &  0 & 0\\
0 & 1 &  0 & 0
\end{pmatrix}

alors $P_3$ est inversible et :

P_3^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix}.

Comme $P_2^{-1}AP_2 = C$ vous obtenez $P_2^{-1}(A-6I)P_2 = C-6I$ d’où $E_1^{-1}P_2^{-1}(A-6I)P_2E_1 = E_1^{-1}(C-6I)E_1$ soit :

P_3^{-1}(A-6I)P_3 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -2 &  3 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 &0 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.

Construisez une matrice de Jordan d’ordre $3$

D’après l’égalité précédente, posez :

D = P_3^{-1}AP_3 = \begin{pmatrix}
6 & 0 & -2 &  3 \\
0 & 6 & 1 &  0 \\
0 &0 & 6 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 6
\end{pmatrix}.

ce qui s’écrit sous la forme

 \begin{pmatrix}M & * \\ 0 & 6\end{pmatrix}

où $M$ est la matrice d’ordre $3$ égale à :

\begin{pmatrix}6 & 0 & -2\\ 0 & 6 & 1 \\ 0 & 0 & 6\end{pmatrix}.

La matrice $M$ n’étant pas une matrice de Jordan vous allez effectuer des opérations élémentaires pour y remédier et obtenir que $A$ est semblable à une matrice de la forme :

\begin{pmatrix}J' & *\\
0 & *\end{pmatrix}

où $J’$ est une matrice de Jordan d’ordre $3.$

Première étape : transformez le coefficient $-2$ en $1$

Partez de :

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
D-6I  = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -2 &  3 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 &0 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} &
P_3^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix} &
P_3 =  \begin{pmatrix}
-1 & -1 &  1 & -1\\
-1 & -1 &  0 & 1\\
1 & 0 &  0 & 0\\
0 & 1 &  0 & 0
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

puis effectuez une dilatation.

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
D-6I  \xrightarrow[L_1\leftarrow \frac{-1}{2}L_1 \text{ et } C_1\leftarrow -2C_1]{} F_1 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 &  -3/2 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 &0 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} &
 P_3^{-1} \xrightarrow[L_1\leftarrow \frac{-1}{2}L_1]{} E_2^{-1}P_3^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -1/2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix} &
P_3 \xrightarrow[C_1\leftarrow -2C_1]{}   P_3E_2 = \begin{pmatrix}
2 & -1 &  1 & -1\\
2 & -1 &  0 & 1\\
-2 & 0 &  0 & 0\\
0 & 1 &  0 & 0
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

Seconde étape : la colonne $3$ ne doit posséder qu’un seul coefficient égal à $1$

Vous effectuez alors une transvection.

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
F_1  \xrightarrow[L_1\leftarrow L_1-L_2 \text{ et } C_2\leftarrow C_2+C_1]{} F_2 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 &  -3/2 \\
0 & 0 & 1 &  0 \\
0 &0 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix} &
 E_2^{-1}P_3^{-1} \xrightarrow[L_1\leftarrow L_1-L_2]{} E_3^{-1}E_2^{-1}P_3^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -1/2 & -1\\
0 & 0 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 1
\end{pmatrix} &
P_3E_2 \xrightarrow[C_2\leftarrow C_2+C_1]{}   P_3E_2E_3 = \begin{pmatrix}
2 & 1 &  1 & -1\\
2 & 1 &  0 & 1\\
-2 & -2 &  0 & 0\\
0 & 1 &  0 & 0
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

Concluez

D’après ce qui précède, si vous posez

P_4 = \begin{pmatrix}
2 & 1 &  1 & -1\\
2 & 1 &  0 & 1\\
-2 & -2 &  0 & 0\\
0 & 1 &  0 & 0
\end{pmatrix}

alors $P_4$ est inversible avec

P_4^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & -1/2 & -1\\
0 & 0 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 1\end{pmatrix}

et :

P_4^{-1}AP_4 = \begin{pmatrix}
6 & 0 & 0 &  -3/2 \\
0 & 6 & 1 &  0 \\
0 &0 & 6 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 6
\end{pmatrix}.

Prolongement

Vous souhaitez voir comment vous allez construire la dernière colonne ? Lancez-vous dans l'article 184.

Il a été vu dans l'article 181 que la matrice $A$ définie par :

A=\begin{pmatrix}
7 & 1 & 2 & 2\\
1 & 4 & -1 & -1\\
-2 & 1 & 5 & -1\\
1  & 1 & 2 & 8
\end{pmatrix}

est semblable à la matrice $B$ suivante :

B=\begin{pmatrix}
6 & 3 & -2 & -1\\
0 & 6 & -1 & -2\\
0 & 3 & 4 & -1\\
0  & 0 & 1 & 8
\end{pmatrix}

via la matrice de passage :

P_1 = \begin{pmatrix}
-1 & -1 & 1 & 0\\
-1 & 1 & 0 & 0\\
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}

dont vous avez aussi calculé l’inverse :

P_1^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 1 & 1 & 0\\
1 & 1 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.

Il a été établi que :

P_1^{-1}AP_1 = B = \begin{pmatrix}
6 & 3 & -2 & -1\\
0 & 6 & -1 & -2\\
0 & 3 & 4 & -1\\
0  & 0 & 1 & 8
\end{pmatrix}.

Construisez la deuxième colonne

Le but de cette section est de trouver une matrice de Jordan $J$ d’ordre $2$, telle que $B$ soit semblable à la matrice

\begin{pmatrix} J &  * \\
0 & * \end{pmatrix}.

Pour y parvenir vous effectuez des opérations élémentaires uniquement sur les colonnes $2$, $3$ et $4$ de la matrice $B-6I$ et cherchez à obtenir une matrice ayant cette forme

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

Vous partez de :

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
B-6I  = \begin{pmatrix}
0 & 3 & -2 & -1\\
0 & 0 & -1 & -2\\
0 & 3 & -2 & -1\\
0  & 0 & 1 & 2
\end{pmatrix} &
P_1^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 1 & 1 & 0\\
1 & 1 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} &
P_1 =  \begin{pmatrix}
-1 & -1 & 1 & 0\\
-1 & 1 & 0 & 0\\
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
B-6I  \xrightarrow[C_2\leftrightarrow C_3]{} B_1=\begin{pmatrix}
0 & -2 & 3  & -1\\
0 & -1 & 0  & -2\\
0 &-2  & 3  & -1\\
0 & 1  & 0  & 2
\end{pmatrix} &
 P_1^{-1} \xrightarrow[L_2\leftrightarrow L_3]{} E_1^{-1}P_1^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
1 & 1 & 2 & 0\\
0 & 1 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} &
P_1 \xrightarrow[C_2\leftrightarrow C_3]{}   P_1E_1 = \begin{pmatrix}
-1 & 1 & -1  & 0\\
-1 & 0 & 1  & 0\\
1 & 0 & 0  & 0\\
0 & 0 & 0  & 1
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
B_1  \xrightarrow[C_4\leftarrow C_4-2C_2]{} B_2=\begin{pmatrix}
0 & -2 & 3  & 3\\
0 & -1 & 0  & 0\\
0 &-2  & 3  & 3\\
0 & 1  & 0  & 0
\end{pmatrix} &
 E_1^{-1}P_1^{-1} \xrightarrow[L_2\leftarrow L_2+2L_4]{} E_2^{-1}E_1^{-1}P_1^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
1 & 1 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} &
P_1E_1 \xrightarrow[C_4\leftarrow C_4-2C_2]{}   P_1E_1E_2 = \begin{pmatrix}
-1 & 1 & -1  & -2\\
-1 & 0 & 1  & 0\\
1 & 0 & 0  & 0\\
0 & 0 & 0  & 1
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
B_2  \xrightarrow[C_4\leftarrow C_4-C_3]{} B_3=\begin{pmatrix}
0 & -2 & 3  & 0\\
0 & -1 & 0  & 0\\
0 &-2  & 3  & 0\\
0 & 1  & 0  & 0
\end{pmatrix} &
 E_2^{-1}E_1^{-1}P_1^{-1} \xrightarrow[L_3\leftarrow L_3+L_4]{} E_3^{-1}\cdots E_1^{-1}P_1^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
1 & 1 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 1\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} &
P_1E_1E_2 \xrightarrow[C_4\leftarrow C_4-C_3]{}   P_1E_1\cdots E_3 = \begin{pmatrix}
-1 & 1 & -1  & -1\\
-1 & 0 & 1  & -1\\
1 & 0 & 0  & 0\\
0 & 0 & 0  & 1
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
B_3  \xrightarrow[C_2\leftrightarrow C_4]{} B_4=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 3  & -2\\
0 & 0 & 0  & -1\\
0 &0  & 3  & -2\\
0 & 0  & 0  & 1
\end{pmatrix} &
 E_3^{-1}\cdots E_1^{-1}P_1^{-1} \xrightarrow[L_2\leftrightarrow L_4]{} E_4^{-1}\cdots E_1^{-1}P_1^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2
\end{pmatrix} &
P_1E_1\cdots E_3 \xrightarrow[C_2\leftrightarrow C_4]{}   P_1E_1\cdots E_4 = \begin{pmatrix}
-1 & -1 & -1  & 1\\
-1 & -1 & 1  & 0\\
1 & 0 & 0  & 0\\
0 & 1 & 0  & 0
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

Ces calculs montrent que $P_1^{-1}(A-6I)P_1E_1\cdots E_4 = B_4.$

Pour obtenir $E_4^{-1}\cdots E_1^{-1} P_1^{-1}(A-6I)P_1E_1\cdots E_4 $ vous allez appliquer les opérations élémentaires sur les lignes suivantes à partir de la matrice $B_4$.

\begin{align*}B_4 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 3  & -2\\
0 & 0 & 0  & -1\\
0 &0  & 3  & -2\\
0 & 0  & 0  & 1
\end{pmatrix} \xrightarrow[L_2\leftrightarrow L_3]{} \begin{pmatrix}
0 & 0 & 3  & -2\\
0 &0  & 3  & -2\\
0 & 0 & 0 & -1\\
0 & 0  & 0  & 1
\end{pmatrix}   \xrightarrow[L_2\leftarrow L_2+2L_4]{} \begin{pmatrix}
0 & 0 & 3  & -2\\
0 &0  & 3  & 0\\
0 & 0 & 0 & -1\\
0 & 0  & 0  & 1
\end{pmatrix}   \xrightarrow[L_3\leftarrow L_3+L_4]{} \begin{pmatrix}
0 & 0 & 3  & -2\\
0 &0  & 3  & 0\\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0  & 0  & 1
\end{pmatrix} \xrightarrow[L_2\leftrightarrow L_4]{} \begin{pmatrix}
0 & 0 & 3  & -2\\
0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 &0 & 3 & 0
\end{pmatrix}.  \end{align*}

Concluez

Notez

P_2 =  P_1E_1\cdots E_4 = \begin{pmatrix}
-1 & -1 & -1  & 1\\
-1 & -1 & 1  & 0\\
1 & 0 & 0  & 0\\
0 & 1 & 0  & 0
\end{pmatrix}.

Alors $P_2$ est inversible et

\begin{align*}P_2^{-1} = E_4^{-1}\cdots E_1^{-1}P_1^{-1} =  \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 2 & 2
\end{pmatrix}.\end{align*}

Il est établi que :

P_2^{-1}(A-6I)P_2 = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 3  & -2\\
0 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0\\
0 &0 & 3 & 0
\end{pmatrix}.

Vous en déduisez que :

\boxed{P_2^{-1}AP_2 =  \begin{pmatrix}
6 & 0 & 3  & -2\\
0 & 6 & 0 & 1\\
0 & 0 & 6 & 0\\
0 &0 & 3 & 6
\end{pmatrix}.}

Cela correspond bien à la forme recherchée. En effet, si $J = \begin{pmatrix}6 & 0\\ 0& 6\end{pmatrix}$, la matrice $J$ est bien une matrice de Jordan et $A$ est semblable à $\begin{pmatrix}J & 0\\ 0& *\end{pmatrix}.$

Note. En toute généralité, vous auriez pu obtenir une matrice semblable à

\begin{pmatrix}
6 & u & *  & *\\
0 & 6 & * & *\\
0 & 0 & * & *\\
0 &0 & * & *
\end{pmatrix}

où $u$ est un coefficient non nul. Il aurait été alors possible d’appliquer la matrice de dilatation suite à droite

\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0  & 0\\
0 & 1/u & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 &0 & 0 & 1
\end{pmatrix}

puis que sa matrice inverse à gauche

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

pour obtenir

\begin{pmatrix}
6 & 1 & *  & *\\
0 & 6 & * & *\\
0 & 0 & * & *\\
0 &0 & * & *
\end{pmatrix}

ce qui correspond bien à la forme recherchée :

\begin{pmatrix}J & 0\\ 0& *\end{pmatrix}.

Prolongement

Vous souhaitez voir comment vous allez construire la troisième colonne ? Lancez-vous dans l'article 183.

Soit $A$ la matrice, a priori à coefficients complexes, définie par

A=\begin{pmatrix}
7 & 1 & 2 & 2\\
1 & 4 & -1 & -1\\
-2 & 1 & 5 & -1\\
1  & 1 & 2 & 8
\end{pmatrix}.

Vous allez construire, colonne après colonne, une suite de matrices toutes semblables à $A$, jusqu’à obtenir une matrice de Jordan.

Dans la suite, vous noterez $I$ la matrice identité définie par

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

Construisez la première colonne

Vous souhaitez obtenir une matrice semblable à $A$ qui soit de la forme :

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

Recherchez une valeur propre de $A$

Sans calculer un déterminant de taille 4 fois 4, vous allez chercher le polynôme minimal du vecteur

V = \begin{pmatrix}
1\\
0\\
0\\
0
\end{pmatrix}.

Vous calculez successivement $AV$, puis $A^2V = A(AV)$ puis $A^3V = A(A^2V)$. Puis vous inscrivez les quatre vecteurs $V$, $AV$, $A^2V$, $A^3V$ en colonne au sein de la matrice ci-dessous.

\begin{pmatrix}
1 & 7 & 48 & 324\\
0 & 1 & 12 & 108\\
0 & -2 & -24 & -216\\
0  & 1 & 12 & 108.
\end{pmatrix}.

Vous calculez la matrice échelonnée réduite associée, en effectuant des opérations élémentaires sur les lignes.

\begin{pmatrix}
1 & 0 & -36 & -432\\
0 & 1 & 12 & 108\\
0 & 0 & 0 & 0\\
0  & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.

Cela prouve que $A^2V = -36V+12AV$ et que $(A^2-12A+36I)V=0.$

Note. Vous constatez a posteriori que vous avez calculé $A^3V$ inutilement, mais vous ne pouviez en être sûr au départ.

D’autre part, aucun polynôme non constant de degré inférieur ou égal à $1$ ne peut être annulateur du vecteur $V$ puisque la famille $(V ,AV)$ est libre.

Le polynôme minimal du vecteur $V$ est donc $X^2-12X+36 = (X-6)^2.$

Supposez un instant que la matrice $A-6I$ soit inversible.

De l’égalité $(A^2-12A+36I)V=0$ vous déduisez $(A-6I)(A-6I)V=0$ puis $(A-6I)^{-1}(A-6I)(A-6I)V=0$ soit $(A-6I)V=0$, puis $(A-6I)^{-1}(A-6I)V = 0$ soit $IV = 0$ et $V=0$, contradiction.

Il est donc établi que la matrice $A-6I$ n’est pas inversible, la matrice $A$ admet $6$ pour valeur propre.

Construisez une colonne entièrement nulle pour $A-6I$

De ce qui précède, la matrice $A-6I$ n’est pas inversible.

Vous allez lui appliquer des opérations élémentaires, uniquement sur ses colonnes, pour que la première colonne de $A-6I$ soit entièrement nulle. Pour éviter d’avoir à tout remultiplier d’un coup, vous allez garder en mémoire les résultats des calculs.

Dans la partie gauche, vous partez de la matrice $A-6I$ sur laquelle seront appliquées les opérations sur les colonnes. Sur la colonne du milieu, ce sera l’identité sur laquelle seront appliquées les opérations élémentaires réciproques sur les lignes. Enfin, sur la colonne de droite, ce sera la matrice identité sur laquelle vous appliquez les opérations élémentaires sur les colonnes. Si on note $E_1$, $E_2$, … les matrices correspondantes à ces opérations, vous allez avoir :

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
A-6I & I & I\\
(A-6I)E_1 & E_1^{-1} & E_1\\
(A-6I)E_1E_2 & E_2^{-1}E_1^{-1}& E_1E_2\\
(A-6I)E_1E_2E_3 & E_3^{-1}E_2^{-1}E_1^{-1}& E_1E_2E_3\\
\vdots & \vdots & \vdots \\
(A-6I)P & P^{-1} & P 
\end{array}\end{align*}

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
A-6I  = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & 2\\
1 & -2 & -1 & -1\\
-2 & 1 & -1 & -1\\
1 & 1 & 2 & 2
\end{pmatrix} &
 I = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} &
I =  \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

Vous utilisez le coefficient $1$ en haut et à gauche de $A-6I$ pour générer un premier zéro dans la colonne $2$ de la matrice $A-6I$ puis un autre à la colonne $3$ avant de remarquer qu’une colonne entièrement nulle se forme rapidement.

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
A-6I  \xrightarrow[C_2\leftarrow C_2-C_1]{} A_1=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 2\\
1 & -3 & -1 & -1\\
-2 & 3 & -1 & -1\\
1 & 0 & 2 & 2
\end{pmatrix} &
 I \xrightarrow[L_1\leftarrow L_1+L_2]{} E_1^{-1} = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} &
I \xrightarrow[C_2\leftarrow C_2-C_1]{}   E_1 = \begin{pmatrix}
1 & -1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
A_1  \xrightarrow[C_3\leftarrow C_3-2C_1]{} A_2=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 2\\
1 & -3 & -3 & -1\\
-2 & 3 & 3 & -1\\
1 & 0 & 0 & 2
\end{pmatrix} &
E_1^{-1} \xrightarrow[L_1\leftarrow L_1+2L_3]{}  E_2^{-1}E_1^{-1} = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} &
E_1 \xrightarrow[C_3\leftarrow C_3-2C_1]{} E_1E_2  \begin{pmatrix}
1 & -1 & -2 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
A_2  \xrightarrow[C_3\leftarrow C_3-C_2]{} A_3=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 2\\
1 & -3 & 0 & -1\\
-2 & 3 & 0 & -1\\
1 & 0 & 0 & 2
\end{pmatrix} &
 E_2^{-1}E_1^{-1} \xrightarrow[L_2\leftarrow L_2+L_3]{}  E_3^{-1}E_2^{-1}E_1^{-1} = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & 0\\
0 & 1 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} &
E_1E_2 \xrightarrow[C_3\leftarrow C_3-C_2]{} E_1E_2E_3  \begin{pmatrix}
1 & -1 & -1 & 0\\
0 & 1 & -1 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

\begin{align*}\begin{array}{c|c|c}
A_3  \xrightarrow[C_1\leftrightarrow C_3]{} A_4=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 2\\
0 & -3 & 1 & -1\\
0 & 3 & -2 & -1\\
0  & 0 & 1 & 2
\end{pmatrix} &
E_3^{-1}E_2^{-1}E_1^{-1} \xrightarrow[L_1\leftrightarrow L_3]{}  E_4^{-1}\cdots E_1^{-1} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 1 & 1 & 0\\
1 & 1 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} &
E_1E_2E_3 \xrightarrow[C_1\leftrightarrow C_3]{} E_1\cdots E_4  \begin{pmatrix}
-1 & -1 & 1 & 0\\
-1 & 1 & 0 & 0\\
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}  
\end{array}\end{align*}

Comme sa première colonne est entièrement nulle, en lui appliquant la matrice $E_4^{-1}\cdots E_1^{-1}$ vous obtiendrez encore une première colonne nulle.

Notez

\begin{align*}P_1 = \begin{pmatrix}
-1 & -1 & 1 & 0\\
-1 & 1 & 0 & 0\\
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.\end{align*}

D’après ce qui précède, $P_1$ est inversible :

\begin{align*}
P_1^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0\\
 0 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
\end{align*}

Il vient :

\begin{align*}P_1^{-1}(A-6I) P_1= P_1^{-1}A_4=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 1 & 1 & 0\\
1 & 1 & 2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
0 & 0 & 1 & 2\\
0 & -3 & 1 & -1\\
0 & 3 & -2 & -1\\
0  & 0 & 1 & 2
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & 3 & -2 & -1\\
0 & 0 & -1 & -2\\
0 & 3 & -2 & -1\\
0  & 0 & 1 & 2
\end{pmatrix}.\end{align*}

Du coup :

\begin{align*}\boxed{P_1^{-1}AP_1 = \begin{pmatrix}
6 & 3 & -2 & -1\\
0 & 6 & -1 & -2\\
0 & 3 & 4 & -1\\
0  & 0 & 1 & 8
\end{pmatrix}.}\end{align*}

Prolongement

Vous souhaitez voir comment vous allez construire la seconde colonne ? Lancez-vous dans l'article 182.

Il serait attribué aux frères Chudnovsky la suite de polynômes suivante, à coefficients entiers.

Posez $P_0(X) = X$ et $\forall n\in\N, P_{n+1}(X) = 2P_n(X)(1-P_n(X)).$

Calculez les premiers termes

$P_1(X) = 2X(1-X)=-2X^2+2X$

$P_2(X) =- 8 X^{4} + 16 X^{3} – 12 X^{2} + 4 X$

$P_3(X) =- 128 X^{8} + 512 X^{7} – 896 X^{6} + 896 X^{5} – 560 X^{4} + 224 X^{3} – 56 X^{2} + 8X.$

Vu la grosseur et le degré des premiers polynômes, il ne vous est pas conseillé d’aller plus loin.

Visualisez graphiquement les courbes sur l’intervalle $[0,1]$

En vert vous trouvez la parabole représentant $P_1$, en rouge une courbe qui commence à s’aplatir qui représente $P_2$ et en bleu, plus nettement, vous constatez que $P_3$ devient de plus en plus proche de $1/2.$

Prolongement

Soit $(a,b)\in\R^2$ un couple de réels tel que $0<a<b<1.$ Pourriez-vous démontrez que la suite de polynômes $(P_n)_{n\geq 0}$ converge uniformément sur l’intervalle $[0,1]$ vers la fonction constante $x\mapsto \frac{1}{2}$ ?

Autrement dit, pourriez-vous prouver que, pour tout réel $\varepsilon$ strictement positif, il existe un entier naturel $N$ tel que, pour tout entier $n\geq N$ et pour tout $x\in[a,b]$, $\left\lvert P_n(x) – \frac{1}{2}\right\rvert \leq \varepsilon$ ?

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}.}

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 ceci :

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 :

\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 ci-dessus 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&1&0\\
0&0&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*}

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 en résulte 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}.}