Une équation matricielle

etanche
etanche
dans Algèbre
Bonjour

$M$ une matrice de $M_n(R)$ avec $M^3=0$
Résoudre l’équation matricielle $\quad X+MX + XM^2=M,$ dans $M_n(R)$

Merci.

Remarque : peut être utilisé en colle MP/PC/PSI.

Réponses

  • Dom
    Dom
    En multipliant par $M$ ici, puis là, etc. j’obtiens la condition nécessaire : $M^2X=0$.

    Je n’ai pas réfléchi à la suite.
  • pozzar
    pozzar
    Salut Dom, moi je vois M^2.X.M = 0, pas aussi simple que toi 8-)
  • Dom
    Dom
    En effet, j’ai pu me tromper…
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    On multiplie par $M$ ou $M^2$ à droite ou à gauche l'équation initiale et les équations successives.

    On aboutit après quatre manipulations à $M^2XM=0$ et en reportant à $MXM=0$, puis $M^2X=0.$

    On a donc l'intuition que $X$ est un polynôme en $M$ : on identifie $X=a I_n+b M+c M^2$ et on trouve $a=0, b=1, c=-1.$

    On pose alors $X=X_0+Y$ avec $X_0=M-M^2.$

    On trouve alors que $Y$ vérifie l'équation initiale " sans second membre " : $Y+MY+YM^2=0.$

    On repart pour un tour, on trouve : $M^2YM=0$, et en reportant $MYM=0$, puis $M^2Y=0$, mais cette fois-ci on peut aller plus loin : $YM=0$, $MY=0$ et finalement $Y=0.$

    On a donc démontré que $X = M-M^2.$
  • bd2017
    bd2017
    Bonjour
    D'abord on voit que si il y a une solution elle est unique. (Utiliser que $I+M$ est inversible).

    Ensuite $X=M-M^2$ est solution évidente.

    P.S pas vu le message de Y.M grillé.
     
  • jandri
    jandri
    On vérifie d'abord que $M^3=0$ entraine $(I_n+M)^{-1}=I_n-M+M^2$.

    En multipliant à droite par $M^2$ l'équation à résoudre on obtient $(I_n+M)XM^2=0$ qui entraine $XM^2=0$.

    En reportant dans l'équation on obtient $(I_n+M)X=M$ d'où $X=(I_n+M)^{-1}M=M-M^2$.
  • etanche
    etanche
    Plus généralement si $M$ est nilpotente d’indice q , $M^q=0$

    Donner la solution de la même équation

    Merci
  • bd2017
    bd2017
    Bonjour
    C'est la même démonstration:

    unicité : idem

    solution : $$(I+M+M^2)^{-1}M =\sum_{ 3j+1< q} M^{3 j+1}-\sum_{ 3j+2< q} M^{3 j+2}$$
     
  • i.zitoussi
    i.zitoussi
    Il y a une seule solution polynomiale en $M$, c'est $X$ solution de $(1+M+M^2)X=M$, soit
    $$X=M(1+M+M^2)^{-1} = M(1-M)(\sum_{i\geq 0}M^{3i}).$$
    Après je ne trouve pas que le fait qu'il n'y ait qu'une seule solution tout court soit aussi simple que pour $q=3$.
    Après je bloque.
  • bd2017
    bd2017
    Pour l'unicité on utilise $I+M$ inversible comme ceci. Soit $U=X-Y$ la différence de 2 solutions $X$ et $Y$.

    Alors $U$ vérifie $U+MU+UM^2=0$ (1)

    Puis $(U+MU) M^{q-2} =0 =(I+M) U M^{q-2}$ donc $U M^{q-2}=0$

    On multiplie maintenant (1) par $M^{q-3}$ (si $q=3$ déjà fait)

    On a alors $0 =(I+M) U M^{q-3}$ donc $U M^{q-3}=0$ et ainsi de suite par récurrence descendante

    on obtient $(I+M)U=0$ donc $U=0.$
     
  • jandri
    jandri
    J'ai presque la même démonstration pour la résolution directe en montrant que l'équation de départ entraine que $X$ commute avec $M$.

    Je pars de $M^q=0$ avec $q$ pair (on peut le supposer). Je montre par récurrence sur $k$ que $XM^{q-2k}$ commute avec $M$ :
    en multipliant par $M^{q-2k-2}$ on obtient $XM^{q-2k-2}=(I_n+M)^{-1}(M^{q-2k-1}-XM^{q-2k})$.

    En écrivant $XM^2=M^2X$ on en déduit alors que $X=(I_n+M+M^2)^{-1}M$.
  • i.zitoussi
    i.zitoussi
    Merci. Si je ne me suis pas trompé, on peut généraliser vos raisonnements (en particulier celui de bd2017) comme suit.

    Si $\mathbf{K}$ est un corps, $A$ une $\mathbf{K}$-algèbre, $N\in A$ un élément nilpotent, $B\subset A$ la sous-algèbre engendrée par $N$, et enfin $P, Q, R\in B$ tels que $P+Q$ est inversible, alors l'équation $$PX+XQ=R$$ a une unique solution, $X=R(P+Q)^{-1}$.
    En particulier, tout se passe dans $B$ (une algèbre de polynômes tronquée), mais ce n'est pas immédiat.
    Après je bloque.
  • jandri
    jandri
    Merci à i.zitoussi pour cette belle généralisation qui n'est pas plus difficile à démontrer que la généralisation proposée par etanche, soit par "ma méthode", soit par celle de bd2017.

    Je garde les notations de i.zitoussi. Par hypothèse on a $P=a_0I_A+a_1N+\dots$ et $Q=b_0I_A+b_1N+\dots$ avec $a_0+b_0\neq0$.

    Par ma méthode je montre par récurrence descendante que $XN^k\in B$ (sous-algèbre engendrée par $N$).
    C'est vrai pour $k=q$, indice de nilpotence de $N$.
    Si c'est vrai pour $k$ alors $PXN^{k-1}+XQN^{k-1}=RN^{k-1}$ d'où $PXN^{k-1}+b_0XN^{k-1}+b_1XN^k+\dots=RN^{k-1}$.
    Par hypothèse $XN^k\in B$, donc $(P+b_0I_A)XN^{k-1}\in B$ d'où $XN^{k-1}\in B$ puisque $P+b_0I_A$ est inversible ($a_0+b_0\neq0$) et a son inverse dans $B$.
    On aboutit à $X\in B$ donc $X$ commute avec $N$, donc $XQ=QX$ et par suite $X=(P+Q)^{-1}R$.

    Par la méthode de bd2017 on montre l'unicité de $X$ en montrant de la même façon par récurrence descendante que si $U=(X-Y)$ alors $UN^k=0$. L'existence de $X$ est immédiate.
  • i.zitoussi
    i.zitoussi
    Oui, c'est ça. J'avais pris la méthode de bd2017, mais la tienne marche aussi.
    Je trouve surprenant qu'on n'arrive à pas conclure plus vite que $X\in B$. Peut-être qu'il n'y a pas de chemin plus court.
    Après je bloque.
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