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Chapitre 8 : Réduction de Jordan
Soient $K$ un corps, $E$ un $K$-espace vectoriel de dimension finie.
Théorème : Soit $u$ un endomorphisme de $E$ ($u \in \mathcal{L}(E)$) dont le polynôme caractéristique est scindé. Alors, il existe une base de $E$, dans laquelle la matrice de $u$ est diagonale par blocs, avec des blocs de la forme :
$$J_{\lambda,r} = \begin{pmatrix} \lambda & 1 & & \\ & \lambda & \ddots & \\ & & \ddots & 1 \\ & & & \lambda \end{pmatrix}_{r}, \quad \lambda \in K $$
De plus, l’ensemble (avec multiplicité) des couples $(\lambda, r)$ qui apparaissent ne dépend que de $u$ (et pas de la base).
Preuve :
Outils : théorème de Cayley-Hamilton. Soit $\chi$ le polynôme caractéristique de $u$, alors
$$\chi(u) = 0. $$
On décompose $\chi$ en produit de polynômes irréductibles :
$$\chi(X) = P_1(X)^{\alpha_1} \cdots P_s(X)^{\alpha_s}, $$
où les $P_i$ sont irréductibles et 2-à-2 distincts.
Par le lemme des noyaux, on a
$$\ker \chi(u) = \bigoplus_{i=1}^s \ker(P_i^{\alpha_i}(u)). $$
Ici, $\chi$ est scindé, $P_i(X) = X - \lambda_i$, et on a
$$\ker P_i^{\alpha_i}(u) = \ker(u - \lambda_i \text{Id})^{\alpha_i} $$
est un sous-espace caractéristique.
Cliquez pour déplier les annotations sur le lemme des noyaux
On se ramène à étudier dans chaque sous-espace caractéristique, où
$$u = \lambda_i \text{Id} + n_i, $$
avec $n_i^{\alpha_i} = 0$, i.e. $n_i$ est un endomorphisme nilpotent.
Ainsi, on se ramène à montrer le théorème pour les endomorphismes nilpotents.
Situation : $E$ un espace vectoriel de dimension $n$, $u \in \mathcal{L}(E)$, avec $u^s = 0$, $u^{s-1} \neq 0$. ($s$ est l'indice de nilpotence de $u$).
Existence :
Comme $u^{s-1} \neq 0$, $\exists x \in E$, $u^{s-1}(x) \neq 0$.
Lemme : $x, u(x), \ldots, u^{s-1}(x) \neq 0$ sont linéairement indépendants.
Preuve du lemme: Par l'absurde, s'il existe $a_0, a_1, \ldots, a_{s-1} \in K$, tels que
$$a_0 x + a_1 u(x) + \cdots + a_{s-1} u^{s-1}(x) = 0. $$
En appliquant $u^{s-1}$, on obtient
$$a_0 u^{s-1}(x) = 0, $$
d'où $a_0 = 0$. On recommence en appliquant $u^{s-2}$, d'où $a_1 = 0$. Et on poursuit.
$\square$
On pose
$$F_1 = \text{Vect}(u^{s-1}(x), u^{s-2}(x), \ldots, x), $$
alors, $\dim F_1 = s$. Et la matrice de la restriction de $u$ à $F_1$ dans la base $(u^{s-1}(x), \ldots, x)$ est le bloc de Jordan $J_{0,s}$.
On va établir le théorème par récurrence sur $\dim E$.
Si $\dim E = 1$, c'est trivial.
Si c'est vrai au rang $n-1$, on commence par construire le sous-espace $F_1$ comme ci-dessus (si $u \neq 0$, $s \geq 2$). On cherche un supplémentaire à $F_1$, qui soit stable par $u$, ainsi, on pourra lui appliquer l'hypothèse de récurrence.
Idée : utiliser la dualité et les sous-espaces orthogonaux entre $E$ et $E^*$.
Comme $u^{s-1}(x) \neq 0$, $\exists \phi \in E^*$, telle que
$$\phi(u^{s-1}(x)) \neq 0. $$
On dispose de ${}^t u : E^* \to E^*$, on a
$$({}^t u)^s = 0, \quad ({}^t u)^{s-1} \neq 0. $$
Ainsi, on a $({}^t u)^{s-1}(\phi) \neq 0$.
Soit $G$ le sous-espace vectoriel de $E^*$ engendré par $\phi, ({}^t u)(\phi), \ldots, ({}^t u)^{s-1}(\phi)$. On a (comme pour $F_1$ ci-dessus), $\dim G = s$ et de plus, $G$ est stable par ${}^t u$ (car $({}^t u)^s = 0$) et on a
$$\text{Mat}\left(({}^t u)^{s-1}(\phi), \ldots, ({}^t u)(\phi), \phi\right) = J_{0,s}. $$
Alors, l'orthogonal de $G$ dans $E$, i.e.
$$F = G^\circ = \{y \in E \mid \forall k \in \{0,\ldots,s-1\}, \, ({}^t u)^k(\phi)(y) = 0\} $$
est un sous-espace vectoriel de dimension $n-s$, stable par $u$.
Il suffit de montrer que $F \cap F_1 = \{0\}$ et on aura
$$E = F_1 \oplus F. $$
avec $F$ stable.
Soit $y \in F \cap F_1$, alors
$$y = \sum_{k=0}^{s-1} a_k u^k(x). $$
et $\forall \ell \in \{0,\ldots,s-1\}$,
$$({}^t u)^\ell(\phi)(y) = 0, \text{ i.e. } \phi(u^\ell(y)) = 0. $$
Soit $i$ le plus petit indice tel que $a_i \neq 0$, alors pour $\ell = s - 1 - i$, on a
$$\phi(y) = a_i \phi(u^{s-1}(x)) = 0, $$
d'où $a_i = 0$, contradiction.
Alors, on applique l'hypothèse de récurrence à $F$, on a
$$F = F_2 \oplus \cdots \oplus F_n, $$
où $u|_{F_i}$ est donné par une matrice de Jordan.
Cliquez pour déplier les annotations sur un autre moyen de trouver le supplémentaire stable
Unicité :
(Les $\lambda_i$ sont nécessairement les valeurs propres de $u$, on se ramène à étudier l'unicité pour un endomorphisme nilpotent.)
Appelons $b_i$ le nombre de blocs de Jordan de taille $i$, la taille maximale est $s$ : indice de nilpotence. Il faut voir que les $b_i$ ne dépendent que de $u$. Il s'exprime en fait en fonction des dimensions des noyaux des puissances de $u$.
On considère la suite
$$\{0\} \subset \ker u \subset \ker u^2 \subset \cdots \subset \ker u^{s-1} \subset E. $$
Chaque bloc de Jordan (y compris de taille $1$) contribue pour $1$ à la dimension du noyau de $u$. Donc $\dim\ker u = \sum_{i\geq 1} b_i$.
De façon générale, en regardant
$$(J_{0,r})^k = \begin{cases} \begin{pmatrix} &I_{r-k} \\ O_{k\times k} & \end{pmatrix} &\text{si } r>k\\ O_{r\times r} &\text{si } r\leq k \end{cases}, $$
on obtient : chaque bloc de Jordon de taille au moins $k$ contribue pour $k$ à la dimension du noyau de $u^k$, et chaque bloc de taille $r<k$ y contibue pour $r$. D'où, $\dim\ker u^k = \sum_{i\geq k} kb_i+\sum_{j<k}jb_j$ et $\dim\ker u^{k-1} = \sum_{i\geq k-1} (k-1)b_i +\sum_{j<k-1}jb_j$. On obtient alors
$$\dim \ker u^k - \dim \ker u^{k-1} = \sum_{i \geq k} b_i. $$
Si on pose
$$\delta_k = \dim \ker u^k - \dim \ker u^{k-1}, $$
on a
$$\delta_k = \sum_{i \geq k} b_i, $$
d'où $b_1 = \delta_1 - \delta_2$, $b_2 = \delta_2 - \delta_3$, ...
$\square$
Jordanisation : On a obtenu les classes de similitude de matrices nilpotentes par décomposition en blocs de Jordan. Si $M$ est nilpotente, il y a une unique suite décroissante d'entiers $n_1 \geq n_2 \geq \cdots \geq n_p \geq 1$, tels que $M$ soit semblable à
$$\begin{pmatrix} J_{n_1} & & \\ & J_{n_2} & \\ & & \ddots \\ & & & J_{n_p} \end{pmatrix} $$
le nombre de blocs de taille $i$ est $\delta_i - \delta_{i+1}$ où
$$\delta_i = \dim \ker M^i - \dim \ker M^{i-1} $$
Fait général :
Proposition : Soit $u \in L(E)$, alors, la suite des noyaux est croissante et stationnaire,
$$\ker u \subset \ker u^2 \subset \cdots \subset \ker u^r \subset \cdots $$
De plus, elle s'essouffle, c'est-à-dire, la suite des sauts de dimension
$$\delta_i = \dim \ker u^i - \dim \ker u^{i-1} \geq 0 $$
est décroissante.
Preuve : Soit $k$ un entier, on a le diagramme
$$\ker u^{k+1} \xrightarrow{u} \ker u^k \longrightarrow \ker u^k / \ker u^{k-1} $$
Pour l'application
$$\bar{u} : \ker u^{k+1} \to \ker u^k / \ker u^{k-1}, $$
on a $\ker \bar{u} = \ker u^k$ car
$$\bar{u}(x) = 0 \iff u(x) \in \ker u^{k-1} \iff x\in \ker u^k. $$
Ainsi, $\bar{u}$ se factorise en une application injective :
$$\ker u^{k+1} / \ker u^k \hookrightarrow \ker u^k / \ker u^{k-1}, $$
d'où
$$\dim(\ker u^{k+1} / \ker u^k) \leq \dim(\ker u^k / \ker u^{k-1}) $$
et le résultat.
Autre approche à la construction des blocs de Jordan :
Cadre : $u$ nilpotent d'indice $p$, $\exists x$ tel que $u^{p-1}(x) \neq 0$, posons
$$F = \text{Vect}(x, \ldots, u^{p-1}(x)), $$
alors, on a
$$\ker u \subsetneq \ker u^2 \subsetneq \cdots \subsetneq \ker u^{p-1} \subsetneq E. $$
Comment privilégier de tels $x$ ?
Choisissons un supplémentaire $E_p$ de $\ker u^{p-1}$ alors
$$u(E_p) \subset \ker u^{p-1} $$
(car $\forall x\in E_p$, $u^{p-1}(u(x)) = u^p(x) = 0$) et on a $u|_{E_p}$ est injective (car $\ker u \subset \ker u^{p-1}\Rightarrow\ker u\cap E_p = \{0\}$).
Idée : choisir dans $\ker u^{p-1}$ un supplémentaire à $\ker u^{p-2}$ qui contient $u(E_p)$ et procéder par récurrence descendante.
Remarque :
$$u(E_p) \cap \ker u^{p-2} = \{0\} $$
car $E_p \cap \ker u^{p-1} = \{0\}$.
Pour $i \in \{1,\ldots,p-1\}$, on suppose avoir choisi $E_{i+1} \subset \ker u^{i+1}$ supplémentaire de $\ker u^i$, alors
$$u(E_{i+1}) \subset \ker u^i $$
$$u(E_{i+1}) \cap \ker u^{i-1} = \{0\} $$
car $E_{i+1} \cap \ker u^i = \{0\}$.
Ainsi, il existe dans $\ker u^i$ un supplémentaire $E_i$ à $\ker u^{i-1}$ et qui contient $u(E_{i+1})$.
Lemme (Bilan) : Il y a des sous-espaces vectoriels $E_1, \ldots, E_p$ de $E$, tels que
$$\forall i\in \{1,\ldots,p\},\quad \ker u^i = E_i \oplus \ker u^{i-1}, $$
$$\forall i\in \{2,\ldots,p\},\quad u(E_i) \subset E_{i-1}. $$
De plus, on a
$$E = \bigoplus_{i=1}^p E_i, $$
et pour $i \geq 2$, la restriction de $u$ à $E_i$ est injective.
On construit les blocs de Jordan en prenant des bases adaptées à cette situation.
On part d'une base $\mathcal{B}_p$ de $E_p$,
$$\mathcal{B}_p = \{v_{p,j} \mid 1 \leq j \leq n_p\}. $$
Les $u(v_{p,j})$ forment une famille libre dans $E_{p-1}$, on la complète en une base de $E_{p-1}$. Soit
$$\mathcal{B}'_{p-1} = \{v_{p-1,j} \mid 1 \leq j \leq n_{p-1}\} $$
tel que $u(\mathcal{B}_p) \cup \mathcal{B}'_{p-1} = \mathcal{B}_{p-1}$ est une base de $E_{p-1}$.
Puis on poursuit, pour $i$ descendant de $p$ à $2$, $u(\mathcal{B}_i)$, est une famille libre de $E_{i-1}$, qu'on complète en une base $\mathcal{B}_{i-1}$ de $E_{i-1}$ en rajoutant
$$\mathcal{B}'_{i-1} = \{v_{i-1,j} \mid 1 \leq j \leq n_{i-1}\}. $$
On obtient le schéma :
$$\begin{array}{c c c c c c c} &E_p &\xrightarrow{u} &E_{p-1} &\xrightarrow{u} \,\,\cdots\,\, \xrightarrow{u} &E_2 &\xrightarrow{u} &E_1\\ &v_{p,1} &\longmapsto &u(v_{p,1}) &\longmapsto\,\cdots\,\longmapsto &u^{p-2}(v_{p,1}) &\longmapsto &u^{p-1}(v_{p,1})\\ &\vdots & &\vdots & &\vdots & &\vdots\\ &v_{p,n_p} &\longmapsto &u(v_{p,n_p}) &\longmapsto\,\cdots\,\longmapsto &u^{p-2}(v_{p,n_p}) &\longmapsto &u^{p-1}(v_{p,n_p})\\ & & &v_{p-1,1} &\longmapsto\,\cdots\,\longmapsto &u^{p-3}(v_{p-1,1}) &\longmapsto &u^{p-2}(v_{p-1,1})\\ & & &\vdots & &\vdots & &\vdots\\ & & &v_{p-1,n_{p-1}} &\longmapsto\,\cdots\,\longmapsto &u^{p-3}(v_{p-1,n_{p-1}}) &\longmapsto &u^{p-2}(v_{p-1,n_{p-1}})\\ & & & & &\vdots & &\vdots\\ & & & & &v_{2,1} &\longmapsto & u(v_{2,1}) \\ & & & & &\vdots & &\vdots\\ & & & & &v_{2,n_2} &\longmapsto & u(v_{2,n_2}) \\ & & & & & & & v_{1,1} \\ & & & & & & &\vdots\\ & & & & & & & v_{1,n_1} \end{array} $$
On regarde le tableau horizontalement, de la droite vers la gauche.
On considère
$$\text{Vect}(u^{p-1}(v_{p,1}), \ldots,u(v_{p,1}), v_{p,1}), $$
la restriction de $u$ est un bloc de Jordan de taille $p$, de même pour les $\text{Vect}(u^{p-1}(v_{p,j}), u^{p-2}(v_{p,j}), \ldots, v_{p,j})$ pour $j \leq n_p$.
On poursuit :
$$\text{Vect}(u^{i-1}(v_{i-1,j}), u^{i-2}(v_{i-1,j}), \ldots, v_{i-1,j}) $$
donne un bloc de taille $i$ et on en obtient $n_i$ stables dans lesquels la restriction de $u$ a pour matrice dans la base horizontale (dans le schéma) indiquée un bloc de Jordan.
On voit directement ici que le nombre de blocs de Jordan de taille $i$ est
$$\dim E_i - \dim E_{i+1} = \delta_i - \delta_{i+1}, $$
car on a
$$\ker u^i = \ker u^{i-1} \oplus E_i. $$
Quelques applications
Théorème : Soit $K$ un corps de caractéristique $0$, $M \in \mathcal{M}_n(K)$. Soit $\lambda \neq 0, 1$ dans $K$. Alors les matrices $M$ et $\lambda M$ sont semblables $\iff$ $M$ est nilpotente.
Preuve : Si $M$ et $\lambda M$ sont semblables, alors elles ont les mêmes valeurs propres (prises dans une clôture algébrique de $K$). Si $\alpha$ est une valeur propre $\Rightarrow$ $\lambda\alpha$ aussi et $\forall r \in \mathbb{N}$, $\lambda^r\alpha$ aussi. Mais $M$ n’a qu’un nombre fini de valeurs propres et $\text{car}(K) = 0$, nécessairement $\alpha = 0$. Si $M$ n’a que $0$ pour valeur propre, alors $M$ est nilpotente car son polynôme caractéristique est $X^n$.
Inversement : Si $M$ est nilpotente, alors $\lambda M$ aussi. On regarde leurs décompositions de Jordan puisqu'elles caractérisent les classes de similitude. Le nombre de blocs de Jordan de taille $i$ est fonction des dimensions des $\ker M^j$ et ici, $\forall j$, $M^j$ et $(\lambda M)^j$ ont même noyau.
$\square$
Semblable et classe de similitude :$M$ et $N$ semblables : $\exists P \in GL_n(K)$, $N = PMP^{-1}$ "Être semblable" est une relation d'équivalence dont les classes d'équivalence sont appelées "classes de similitude". On dit parfois aussi "matrices conjuguées" et on parle de "classe de conjugaison".
Théorème : Soit $K = \mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, alors toute matrice de $M_n(K)$ est semblable à sa transposée.
Preuve : Pour $K = \mathbb{C}$, on dispose du théorème de Jordan, on se ramène à montrer le résultat pour un bloc de Jordan :
$$J_{\lambda,r} = \begin{pmatrix} \lambda & 1 & & \\ & \lambda & \ddots & \\ & & \ddots & 1 \\ & & & \lambda \end{pmatrix}. $$
Alors, on a
$${}^t J_{\lambda,r} = \begin{pmatrix} \lambda & & & \\ 1 & \lambda & & \\ & \ddots & \ddots & \\ & & 1 & \lambda \end{pmatrix}. $$
On passe de l'un à l'autre par changement de base en renversant l'ordre des vecteurs de base :
$$(e_1, \ldots, e_r) \to (e_r, \ldots, e_1). $$
On a alors ${}^t J = PJP^{-1}$, où $P = \begin{pmatrix} & & 1 \\ & ⋰ & \\ 1 & & \end{pmatrix}$.
Pour $K = \mathbb{R}$ :
Proposition : Soit $M, N \in M_n(\mathbb{R})$, si $M$ et $N$ sont semblables sur $\mathbb{C}$, alors elles sont semblables sur $\mathbb{R}$.
Preuve :$\exists P \in GL_n(\mathbb{C})$, $PMP^{-1} = N$ et $P = R + iS$ avec $R, S \in M_n(\mathbb{R})$, on a
$$(R + iS)M = N(R + iS). $$
d'où $RM = NR$ et $SM = NS$. On veut une matrice réelle et inversible. Pour tout $t \in \mathbb{R}$, on a
$$(R + tS)M = N(R + tS). $$
Il suffit de trouver $t \in \mathbb{R}$, tel que $\det(R + tS) \neq 0$. On a une fonction polynomiale $p \in \mathbb{R}[t]$ :
$$t \mapsto \det(R + tS) = p(t) $$
et on a $p(i) \neq 0$ car $P \in GL_n(\mathbb{C})$, $p$ n'est pas le polynôme nul, donc n'a qu'un nombre fini de racines, d'où $\exists t \in \mathbb{R}$, $p(t) \neq 0$.
$\square$
(Ceci conclut la preuve pour $\mathbb{R}$ en appliquant la proposition au cas de $M$ et ${}^t M$).
$\square$
Théorème : Dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$, toute matrice est semblable à une matrice symétrique.
Rappel : Dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$, les matrices symétriques sont diagonalisables, donc un tel résultat ne peut avoir lieu.
Exercice : Dans $\mathbb{C}$, soit $M = \begin{pmatrix} 1 & i \\ i & -1 \end{pmatrix}$, $M^2 = 0$, c'est une matrice nilpotante d'indice $2$, semblable à $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.
Preuve : La réduction de Jordan permet de se ramener au cas d'un bloc de Jordan, on a vu :
$${}^t J = PJP^{-1}, $$
avec $P = \begin{pmatrix} & & 1 \\ & ⋰ & \\ 1 & & \end{pmatrix}$.
On pense aux matrices symétriques comme à des matrices de formes bilinéaires symétriques.
Rappel : Si $\phi$ est une forme bilinéaire symétrique et $(e_1, \ldots, e_n)$ une base, $M = (\phi(e_i, e_j))$. Classification des formes bilinéaires symétriques sous l'action par congruence du groupe linéaire, $M = \text{Mat}_e(\phi)$. Si $F = (f_1, \ldots, f_n)$ est une autre base et $P$ est la matrice de passage, alors
$$\text{Mat}_F(\phi) = P \cdot M \cdot {}^t P $$
Le théorème de réduction des formes bilinéaires symétriques sur $\mathbb{C}$ dit : $2$ formes bilinéaires symétriques sont congruentes si et seulement si elles ont le même rang.
Ici, pour notre problème, on a $P = \begin{pmatrix} & & 1 \\ & ⋰ & \\ 1 & & \end{pmatrix}$, qui est symétrique. Elle définit une forme bilinéaire symétrique sur $\mathbb{C}^n$ qui est de rang $n$, elle est donc congruente à $I_n$. Donc, $\exists Q \in GL_n(\mathbb{C})$, tel que
$$P = Q \cdot {}^t Q. $$
On avait ${}^t J = PJP^{-1}$, ici $P^{-1} = P = Q \cdot {}^t Q$. Alors,
$$ {}^t Q = Q^{-1} P \quad\text{et}\quad {}^t(Q^{-1}) = PQ. $$
Soit $S = Q^{-1} JQ$, on a $S$ est congruent à $J$ et $S$ est symétrique :
$$ {}^t S = {}^tQ {}^t J {}^t (Q^{-1}) = (Q^{-1}P)(PJP)(PQ) = Q^{-1} JQ = S. $$
$\square$