Relation de commutation
Bonjour,
je propose à la communauté l'exercice qui suit.
Soit deux matrices complexes carrées $A$ et $B$ telles que $BA=\omega AB$, où $\omega$ est une racine primitive $n$--ième de l'unité. Montrer que $(A+B)^n=A^n+B^n$. Remarque : il y a un exercice qui consiste à calculer plus généralement $(a+b)^n$ lorsque $ba=\lambda ab$ dans une algèbre, mais, ici, le calcul direct se révèle plus simple.
j__j
je propose à la communauté l'exercice qui suit.
Soit deux matrices complexes carrées $A$ et $B$ telles que $BA=\omega AB$, où $\omega$ est une racine primitive $n$--ième de l'unité. Montrer que $(A+B)^n=A^n+B^n$. Remarque : il y a un exercice qui consiste à calculer plus généralement $(a+b)^n$ lorsque $ba=\lambda ab$ dans une algèbre, mais, ici, le calcul direct se révèle plus simple.
j__j
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Réponses
C'est pour qui l'exercice?
Parce que vraiment il est trivial...
déjà l'exo n'est pas "trivial", il faut bien écrire quelques trucs, ensuite même si l'exo est facile, il peut être plus compliqué pour d'autres personnes (pour quoi voir "trivial" ne va pas être motivant si elles n'y arrivent pas directement), ou encore intéressant même pour les personnes pour qui c'est simple. Bref, un commentaire avec peu d'intérêt.
Pour tout $n$ et tout $w$ vérifiant la relation
$(A+B) ^n =A^ n + (1+ w+...+w^{n-1}) XXX+B^n $
XXX en attente
mais si w racine n ième de l'unité...
P.S peut être que je n'ai pas compris le sens ou le but de l'exo..
Ne voyez rien de mal à ma remarque SVP
On voit que tu ne sais pas qui est John-John :-D
Cordialement,
Rescassol
Bref c'est trivial mais tu fais des erreurs en chemin.
La solution est "évidemment" celle que Poirot suggère, mais il y a des choses à ècrire
$B^nA=B^{n-1}BA=\omega B^{n-1}AB=\omega B^{n-2}BAB=\omega^2B^{n-2}AB^2=...=\omega^kB^{n-k}AB^k=\omega^n AB^n$.
Donc je suppose qu'il y a une erreur d'énoncé et que $\omega$ est en réalité une racine n-ième de $-1$.
Ensuite la récurrence roule.
Cordialement,
Rescassol
Par exemple avec $n=4$ : $B^3A+B^2AB+BAB^2+AB^3= (\omega^3 + \omega^2+\omega+1) AB^3=0$
Non Raoul, mon erreur est plus conceptuelle que ça.
Je suis parti sur l'idée de montrer que $(A+B)^n=A^n+B^n$ par récurrence, donc en voulant montrer que c'était vrai pour tout $n$, mais bien sûr, $\omega$ ne peut pas être racine $n$-ième de l'unité pour tout $n$.
Cordialement,
Rescassol
Je procède par récurrence. Cas $n=1$ : $A+B=A+B$, ouf, ça marche.
Supposons que $\omega$ est une racine d'ordre $n$ et que $(A+B)^n = A^n + B^n$. Alors :
$(A+B)^{n+1} = (A+B)^n(A+B) = (A^n+B^n)(A+B) = A^{n+1} + B^{n+1} + A^nB + B^nA$.
Donc pour que ça marche, il faut que $A^nB + B^nA = 0$ pour tout $n$.
Donc ça aussi, je veux le montrer par récurrence.
Cas $n=1$ : $AB + BA = (1+\omega)AB$. Donc pour que ça vale $0$, il faut bien que $\omega$ soit une racine de $-1$, non ?
Par exemple avec $n=4$ si on prend les monômes avec deux A et deux B on a : $B^2A^2+BA^2B+BABA+A^2B^2 +AB^2A+ABAB$ qui donne $(2+\omega + 2\omega^2+\omega^3)A^2B^2$ qui donne bien $0$ mais ce n'est plus si évident...
Homo Topi lorsque tu veux démontrer le cas $n+1$ dans ta récurrence, tu supposes que $\omega$ est une racine primitive $n+1$-ième de l'unité. Or tu écris $(A+B)^n(A+B) = (A^n+B^n)(A+B)$ et ça c'est faux car pour pouvoir dire que $(A+B)^n=A^n+B^n$ tu supposes que $\omega$ est une racine primitive $n$-ième de l'unité.
En fait, j'y parviens en effectuant de plus petits regroupements ; pour ceux qui connaissent l'exercice $tr(A^p)=tr(A)$ modulo $p$ (lorsque $A$ est une matrice carrée à coefficients entiers et $p$ premier), eh bien, c'est ici analogue... mais $n$ n'est pas supposé premier.
Il ne reste qu'à faire le calcul mais j'ai des copies à corriger (td)
Pour $n=1$ ça marche.
Pour $n=2$, $(A+B)^2=A^2+B^2+AB+BA.$
On sait que $BA=wAB$ avec $w^2=1.$
Il faut donc $(1+w)AB=0.$
C’est faux : il suffit de choisir $w=1$, $A=B=Id.$
L’énoncé est faux.
De $AB=w BA$, on déduit $AB^k = w^k B^k A$ pour tout $k$ donc $AP(B)=P(wB)A$ pour tout polynôme $P\in \C[X]$.
En prenant pour $P$ le polynôme minimal de $B$ que l'on suppose unitaire de degré $d$, on obtient $P(wB)=0$ donc $P(wX) = w^d P(X)$.
Ainsi, en choisissant $\lambda\in \C^*$ une valeur propre de $B$, $w^k \lambda$ est une valeur propre de $B$ pour tout $k$ entre $0$ et $n-1$, ce qui fournit donc $n$ valeurs propres distinctes de $B$ (les racines $n$-ièmes de $\lambda^n$).
Par diagonalisabilité de $B$, similitude et simplification, on peut se ramener au cas où $B=diag(1,w,\ldots,w^{n-1})$ et, vu la relation $AB=wBA$, à $\displaystyle A=\sum_{j=1}^n \alpha_j E_{j-1,j}$ (avec $E_{0,1}=E_{n,1}$).
Par choix d'une bonne matrice de passage diagonale inversible, on se ramène au cas où $\displaystyle A=a\Big(E_{n,1} +\sum_{j=2}^n E_{j-1,j}\Big)$ pour un certain $a\in \C^*$ ($B$ ne change pas).
Ensuite, en voyant les calculs sur Maple, une sorte de motif semble se dégager sur la forme des puissances $k$-ièmes de $A+B$, permettant de justifier $(A+B)^n=A^n+B^n$ mais je n'ai vraiment pas envie de mettre les mains dedans...
Le développement de $(a+b)^n$ est la somme de $2^n$ mots de la forme $U=u_1u_2\cdots u_n$ sur l'alphabet $\{a,\,b\}$. Vérifions que, mis à part les extrêmes $a^n$ et $b^n$, un groupement bien choisi des $2^n-2$ autres donne une somme nulle.
Si $U=u_1u_2\cdots u_n$, je pose $\sigma(U)=u_2\cdots u_nu_1$ (permutation circulaire) et je vérifie que, si $k\geqslant2$ est le plus petit entier tel que $\sigma^k(U)=U$, alors $U+\sigma(U)+\cdots+\sigma^{k-1}(U)=0$. En effet, si $U$ contient $p\geqslant1$ fois la lettre $a$ et $q\geqslant1$ fois la lettre $b$, avec $p+q=n$, alors, si $u_1=a$, on a $\sigma(U)=\omega^qU$ et, sinon, $\sigma(U)=\omega^{-p}U=\omega^qU$.
Donc, dans tous les cas, la contribution de $U+\sigma(U)+\cdots+\sigma^{k-1}(U)$ est $(1+\omega^q+\omega^{{2q}}+\cdots+\omega^{(k-1)q})=0$ (en effet, $\omega^q\neq1$ car $0<q<n$ et $\omega^{kq}=1$ car $n$ divise $kq$).
Rien ne vaut un petit exemple : $n=6$, $k=3$, $p=2$ et $q=4$ lorsque $U=abb'abb'$ (je distingue les deux occurrences de $b$ dans les sous-périodes ; on a
$U=abb'abb'$, $\sigma(U)=bb'abb'a$ et $\sigma^2(U)=b'abb'ab$ ; chacune des lettres $a,b,b'$ parcourt les six positions possibles et l'on a donc effectivement $n|kq=6+6$.
Remarque : je pense que cette méthode est celle à laquelle beaucoup avaient pensé, mais il ne fallait pas avoir des copies sur le feu et ne pas s'y prendre à 23 heures non plus.
J'avais des références sur internet, mais n'en ai retrouvé qu'une : http://mate.dm.uba.ar/~qvivas/algebra2/practica-4.pdf (exercice 5)
En outre, si vous cherchez "Suites réalisables" avec l'option "Toutes les dates" dans ce forum, vous verrez que Noix de Totos a évoqué une très jolie méthode pour vérifier cette congruence.
(x+y)^n=\sum_{k=0}^n\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}_qx^ky^{n-k},\]où, pour tous entiers $0\le k\le n$, \[[n]_q=\frac{q^n-1}{q-1},\quad[n]_q!=[1]_q\cdots[n]_q\quad\text{et}\quad\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}_q=\frac{[n]_q!}{[k]_q![n-k]_q!}
.\]Malgré les apparences, le $q$-coefficient binomial est un polynôme en $q$. Le $n$-ième polynôme cyclotomique qui apparaît dans le facteur $q^n-1$ du numérateur ne peut pas être simplifié par les facteurs de $[k]_q![n-k]_q!$ si $1\le k\le n-1$, si bien que quand $q$ est spécialisé en une racine primitive de l'unité $\omega$, le $q$-coefficient binomial s'annule.
Pour ce genre de formule et des tas d'autres fascinantes, cf. Quantum Calculus de Victor Kac et Pokman Cheung (qu'on trouve piraté en ligne si on ne veut pas l'acheter).
J'ai essayé de prouver la formule de la trace puisque tu disais qu'une idée pourrait en émerger pour résoudre l'exercice qui a initié ce fil.
Voilà ma solution de laquelle rien n'émergea !
Soit $A\in M_n(\mathbb Z)$ et $\overline A$ sa réduction modulo un premier $p$.
Soit $x_1,\ldots,x_n$ les valeurs propres de $\overline A$ dans une certaine extension $L$ de $\mathbb F_p$.
Par utilisation intensive du Frobenius sur $L$ et d'après le petit théorème de Fermat, on a :$$\overline{\mathrm{Tr}(A^p)}=\mathrm{Tr}\big(\overline A^p\big)=x_1^p+\cdots+x_n^p=(x_1+\cdots +x_n)^p=\big(\mathrm{Tr}(\overline A)\big)^p=\overline{\mathrm{Tr}(A)}^p=\overline{\mathrm{Tr}(A)}.$$
De la même façon, on groupe les termes non extrêmes $p$ par $p$, par permutation circulaire, sachant qu'une permutation circulaire conserve la trace.
Ainsi, pour $p=5$, seront regroupés par exemple $ABAAB$, $BAABA$, $AABAB$, $ABABA$ et $BABAA$ ; comme le stabilisateur d'un mot donné est un sous-groupe d'un groupe cyclique de cardinal premier, ce stabilisateur est toujours trivial pour les termes non extrêmes, de sorte que chaque paquet contient exactement $p$ matrices de même trace.
Cela dit, la méthode de Noix de Totos, juste ici, généralise l'expression en interprétant la trace de $A^m$, où $m$ est un entier naturel, comme le nombre de cycles de longueur $m$ dans un graphe orienté lié à $A$.
Faire agir le groupe engendré par une seule permutation circulaire sur l'ensemble des $p$-mots contenant les lettres $A$ et $B$, fallait quand même y penser (comme souvent en combinatoire).
Remarque nulle : Comme chaque orbite contient exactement $p$ mots (de même trace ce qui fait marcher le truc), cela prouve aussi que $p$ divise $2^p-2$ :-D
Le lien de Math-Coss est vraiment très intéressant. Encore une belle formule pour généraliser le bon vieux binôme de manière inattendue.
supposer $A$ et $B$ inversibles est souvent une bonne idée, mais c'est trop réducteur ici : si $(N,N)$ est le format de ces matrices, il n'en existe d'inversibles que ssi $n$ divise $N$.
De toute façon, même avec cette simplification, ma méthode n'aboutit pas (et ne traite effectivement que le cas où $n$ est aussi la taille de la matrice...) mais ça m'a forcé à faire un peu de réduction à la main