Réduction de Jordan

Cette section dépasse nettement le niveau de ce cours, et nous vous demandons d'admettre les résultats principaux. La réduction de Jordan est ce qu'on peut faire de mieux pour une matrice non diagonalisable. Même si elle est difficile à décrire précisément, et si les justifications théoriques sont hors de votre portée pour l'instant, il est bon de savoir que derrière la fonction « Jordan» des logiciels de calcul formel se cache une méthode utile et puissante. Soyons réalistes : nous ne vous demanderons pas de calculer à la main une forme réduite de Jordan en dimension supérieure à $4$, il y a des logiciels pour cela. Nous nous contenterons donc de vous indiquer la démarche sur des exemples en dimension réduite. Nous avons vu précédemment que les endomorphismes nilpotents ne sont pas diagonalisables. Le théorème suivant (admis) montre que tout endomorphisme se décompose en une partie diagonalisable et une partie nilpotente.

Théorème 6 (décomposition de Dunford)   Soit $f$ un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$. Il existe un couple $(g,h)$ unique d'endomorphismes de $E$ tels que :

$\bullet$

$g$ est diagonalisable et $h$ est nilpotent,

$\bullet$

$g$ et $h$ commutent,

$\bullet$

$f=g+h$.

C'est donc dans les endomorphismes nilpotents que réside la difficulté. Certes, ils ne sont pas diagonalisables, mais on peut néanmoins simplifier leur forme matricielle. La proposition suivante vous explique comment, pour le cas particulier où l'indice est maximal.

Proposition 9   Soit $f$ un endomorphisme nilpotent d'indice $n$ dans un espace vectoriel $E$ de dimension $n$. Il existe une base de $E$ dans laquelle la matrice de $f$ est trangulaire supérieure, les termes au-dessus de la diagonale valant $1$, les autres étant nuls. Cette matrice s'appelle «bloc de Jordan» d'ordre $n$.

$$J_n = \left(\begin{array}{cccccc} 0&1&0&\ldots&\ldots&0\\ 0&\dd... ...ddots&0\\ \vdots&&&\ddots&\ddots&1\\ 0&\ldots&&\ldots&0&0 \end{array}\right)$$

Démonstration : Par hypothèse, $f^{n-1}$ est non nul, donc il existe $v\in E$ tel que $f^{n-1}(v)\neq 0$. Nécessairement les $n$ vecteurs $f^{n-1}(v), f^{n-2}(v), \ldots,f(v), v$ sont tous non nuls. Nous allons montrer qu'ils forment une famille libre. Soient $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ des réels tels que

$$\alpha_1 f^{n-1}(v)+\alpha_2f^{n-2}(v)+\cdots+\alpha_{n-1}f(v)+\alpha_nv=0$$

Prenons l'image par $f^{n-1}$, et utilisons le fait que $f^m=0$ pour $m\geqslant n$ : $\alpha_n f^{n-1}(v)=0$, donc $\alpha_n=0$. On itère alors en composant avec $f^{n-i-1}$ pour obtenir que $\alpha_i=0$ pour tout $i=1,\ldots,n$. Les $n$ vecteurs $f^{n-1}(v), f^{n-2}(v), \ldots,f(v), v$ forment une famille libre, donc une base puisque l'espace est de dimension $n$. La matrice de $f$ dans cette base est bien $J_n$.$\square$ Dans le cas général, un endomorphisme nilpotent admet une réduction du même type, mais il est beaucoup plus difficile de l'écrire précisément : c'est encore une matrice triangulaire supérieure, les termes au-dessus de la diagonale valent $1$ ou 0, les autres termes sont nuls.

$$\left(\begin{array}{cccccc} 0&b_1&0&\ldots&\ldots&0\\ 0&\ddots&\... ...\ldots&&\ldots&0&0 \end{array}\right)\;,\quad \forall i=1,\ldots,n-1 ,\; b_i=0$$ ou $$1\;.$$

Proposition 10   Soit $f$ un endomorphisme nilpotent d'indice $k$ dans un espace vectoriel $E$ de dimension $n$. Il existe des entiers $n_1,\ldots,n_h$ tels que $n_1+\cdots+n_h=n$, et une base de $E$ dans laquelle la matrice de $f$ est la matrice diagonale par blocs dont les blocs sont $J_{n_1},\ldots,J_{n_h}$.

Démonstration : Nous allons le démontrer par récurrence sur l'indice de $f$. Pour $k=1$, $f$ est identiquement nul, et il n'y a rien à démontrer. Supposons que la propriété soit vraie pour $k$ et démontrons-la si $f$ est un endomorphisme d'indice $k+1$. L'endomorphisme $f$ de $E$ dans $E$ induit un endomorphisme de $f(E)$ dans $f(E)$. C'est un endomorphisme nilpotent d'indice $k$. Par hypothèse de récurrence $f(E)=\bigoplus_{i\in I}F_{i}$ : chaque $F_{i}$ admet une base de la forme $\left(v_{i},f(v_{i}),\dots,f^{k_{i}-1}(v_{i})\right)$ où $v_{i}$ est un vecteur de $f(E)$ d'indice $k_{i}$, et donc $v_{i}=f(w_{i})$ pour un vecteur $w_{i}$ de $E$ de d'indice $k_{i}+1.$ La famille $\left(f^{\delta}(v_{i})\right)_{i\in I,0\leq\delta\leq k_{i}-1}$ est une base de $f(E)$ et donc la sous-famille $\left(f^{k_{i}}(w_{i})\right)_{i\in I}$ est libre. Mais elle est constituée de vecteurs qui appartiennent au noyau de $f$. Ajoutons à cette famille de nouveaux vecteurs notés $w_{j}$ pour $j\in J$ (avec $J\cap I=\emptyset)$ de sorte que la famille $\left(w_{\mu}\right)_{\mu\in I\cup J}$ soit une base du noyau de $f$. Décidons que $k_{\mu}=0$ si $\mu\in J$ et posons $L=I\cup J$. Alors la famille $\left(f^{\delta}(w_{\mu})\right)_{\mu\in L,0\leq\delta\leq k_{\mu}}$ est une base de $E$ par construction. Dans cette base, la matrice qui représente $f$ a la forme correspondante à l'énoncé pour $k+1$, d'où le résultat par récurrence.$\square$ La décomposition de Dunford et la forme réduite des endomorphismes nilpotents conduisent à la réduction de Jordan (théorème admis).

Théorème 7 (réduction de Jordan)   Soit $f$ un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$ de dimension $n$, dont le polynôme caractéristique est scindé. Il existe des entiers $n_1,\ldots,n_h$ tels que $n_1+\cdots+n_h=n$, et une base de $E$ dans laquelle la matrice de $f$ est diagonale par blocs, chaque bloc étant de la forme $\lambda I+J_{n_i}$, où $\lambda$ est une valeur propre de $f$.

L'algorithme de calcul de la réduction de Jordan est le suivant.

1. Factoriser le polynôme caractéristique
2. Trouver une base de chaque sous-espace propre
3. Compléter cette base s'il y a lieu
   Si la multiplicité de la valeur propre $\lambda$ est $m$ alors qu'il n'y a que $l<m$ vecteurs propres indépendants, il faut trouver encore $m-l$ vecteurs. Pour chaque vecteur propre $v$ déjà trouvé, vous allez résoudre le système $(A-\lambda I)w=v$, où $v$ est un vecteur propre déjà écrit. Vous devrez vérifier que la solution $w$ est linéairement indépendante des vecteurs déjà écrits. S'il manque encore des vecteurs, vous résoudrez le système $(A-\lambda I)u=w$... Rassurez-vous, vous n'aurez pas à itérer trop longtemps pour obtenir une base de $E$.
4. Calculer l'inverse de $P$
5. Vérifier vos calculs

Considérons la matrice

$$A= \left( \begin{array}{rr} 1&2 [2ex] -2&-3 \end{array}\right)$$

Son polynôme caractéristique est $(X+1)^2$. Il a une racine double $\lambda=-\!1$, et la matrice $A-\lambda I=A+I$ est de rang $1$.

$$A+I= \left( \begin{array}{rr} 2&2 [2ex] -2&-2 \end{array}\right)$$

Le sous-espace propre associé à la valeur propre $-\!1$ est la droite vectorielle engendrée par le vecteur $v_1=\left(\begin{array}{c}1 -1\end{array}\right)$. Pour compléter en une base de $\mathbb{R}^2$, cherchons $v_2$, indépendant de $v_1$, et tel que $(A+I)v_2=v_1$ : par exemple $v_1=\left(\begin{array}{c}0 1/2\end{array}\right)$. Comme $Av_1=-v_1$ et $Av_2=v_1-v_2$, la matrice dans la base $(v_1,v_2)$ a bien la forme souhaitée.

$$\left( \begin{array}{rr} 1&0 [2ex] 2&2 \end{array}\right) ... ... \left( \begin{array}{rr} -1&1 [2ex] 0&-1 \end{array}\right)$$

Considérons la matrice

$$A= \left( \begin{array}{rrr} 1&1&0 [2ex] -1&0&-1 [2ex] 0&-1&1 \end{array}\right)$$

Son polynôme caractéristique est $X(X-1)^2$. Trouver un vecteur propre $v_1$ associé à la valeur propre 0, puis un vecteur propre $v_2$ associé à la valeur propre $1$. Le sous-espace propre associé à $1$ est de dimension $1$. Pour trouver $v_3$, il faut chercher une solution de $(A-I)v_3=v_2$, et s'assurer que $(v_1,v_2,v_3)$ forme bien une base.

$$\left( \begin{array}{rrr} -1&-1&-1 [2ex] 1&1&0 [2ex] -1&... ...}{rrr}  0& 0& 0 [2ex] 0&1&1 [2ex] 0&0&1 \end{array}\right)$$

Un dernier exemple pour la route ?

$$A= \left( \begin{array}{rrr} 4&  1&-1 [2ex] -2&1&1 [2ex] 1&0&1 \end{array}\right)$$

Son polynôme caractéristique est $(2-X)^3$. Le sous-espace propre associé la valeur propre $2$ est engendré par $v_1={^t\!(1,-1,1)}$. Une solution du système $(A-2 I)v_2=v_1$ est $v_2={^t\!(1,-1,0)}$. Une solution du système $(A-2 I)v_3=v_2$ est $v_3={^t\!(1,0,1)}$. Les trois vecteurs $(v_1,v_2,v_3)$ forment bien une base de $\mathbb{R}^3$.

$$\left( \begin{array}{rrr} -1&-1&1 [2ex] 1&0&-1 [2ex] 1&1... ...}{rrr}  2& 1& 0 [2ex] 0&2&1 [2ex] 0&0&2 \end{array}\right)$$