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[ID: 2301] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Étude \(A\mapsto A^3\) dans \(M_3(\mathbb R)\)
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

Nous allons vérifier que cette image est constituée de toutes les matrices \(A\in M_3(\mathbb R)\) sauf celles admettant \(0\) comme valeur propre multiple et qui ne sont pas diagonalisables.

Soit \(B\in M_3(\mathbb R)\) et cherchons \(A\in M_3(\mathbb R)\) vérifiant \(\varphi(A)=A^3\). On distingue plusieurs cas pour \(B\)

-\(B\) est diagonalisable sur \(\mathbb R\).

Il existe alors une base \(\left\lbrace u,v,w\right\rbrace\) de \(\mathbb R^3\), des réels \(\alpha,\beta,\gamma\) tels que \[Bu=\alpha u,\quad Bv=\beta v,\quad Bw=\gamma w.\] \(\lambda,\mu,\nu\in\mathbb R\) désignant les racines cubiques des valeurs propres \(\alpha,\beta,\gamma\), définissons la matrice \(A\in M_3(\mathbb R)\) par \[Au=\lambda u,\quad Av=\mu v,\quad Aw=\nu w.\] \(A\) est bien réelle et vérifie \(A^3=B\) et \(B\) admet bien un antécédent par \(\varphi\).

-\(B\) possède une valeur propre non réelle.

Les valeurs propres de \(B\) sont donc un réel \(\alpha\) et deux complexes non réels conjugués \(\omega\) et \(\overline{\omega}\). Il existe un vecteur réel non nul \(u\) et un vecteur complexe \(z\) non nul tels que \[Bu=\alpha u,\quad Bz=\omega z,\quad\text{et par suite},\quad B\overline{z}=\overline{\omega}\overline{z}.\] Notons \(\lambda\) le réel racine cubique de \(\alpha\) et soit \(\theta\) une racine cubique de \(\omega\). La matrice \(A\) définie dans la base \((u,z,\overline{z})\) de \(\mathbb C^3\) par \[Au=\lambda u,\quad Az=\theta z,\quad A\overline{z}=\overline{\theta}\overline{z}\] vérifie \(A^3=B\). En outre \(\overline{A}\) envoie \(u\) sur \(\lambda u\), \(z\) sur \(\overline{\theta}z\) et \(\overline{z}\) sur \(\theta\overline{z}\). \(A\) est donc réelle et et \(B\) admet bien un antécédent par \(\varphi\).

-\(B\) possède une valeur propre réelle non nulle \(\lambda\) d’ordre \(2\) et n’est pas diagonalisable.

Les valeurs propres de \(B\) sont \(\lambda,\lambda,\mu\) où \(\mu\) est un autre réel. Posons \(\alpha=\lambda^{1/3},\ \beta=\mu^{1/3}\), on a donc \[\mathbb R^3=\ker(B-\lambda I_3)^2\oplus\ker(B-\mu I_3)\] La dimension de \(\ker(B-\lambda I_3)\) n’est pas deux sinon \(B\) serait diagonalisable, elle vaut donc \(1\). Puisque \(\dim\ker(B-\lambda I_3)^2=2,\ \dim\ker(B-\lambda I_3)=1\), considérons \(u\in\ker(B-\lambda I_3)^2\setminus\ker(B-\lambda I_3),\ v=(B-\lambda I_3)u\) et \(w\) un vecteur non nul de \(\ker(B-\mu I_3)\). on a ainsi construit une base \((u,v,w)\) de \(\mathbb R^3\) qui vérifie \[Bu=\lambda u+v,\quad Bv=\lambda v,\quad Bw=\mu w.\] Une matrice \(A\in M_3(\mathbb R^3)\) vérifiant pour un certain réel \(c\) \[Au=\alpha u+cv,\quad Av=\alpha v,\quad Aw=\beta w\] vérifiera \[A^3u=\lambda u+3\alpha^2cv,\quad A^3v=\lambda v,\quad A^3w=\mu w\] de sorte que si \(c=\dfrac{1}{3\alpha^2}\) : \(A^3=B\).

-\(B\) possède une valeur propre non nulle \(\lambda\) d’ordre \(3\) et n’est pas diagonalisable

Dans ce cas \(B=\lambda(I_3+N)\) où \(N\) est une matrice nilpotente non nulle. Posons \(\alpha=\lambda^{1/3}\) et cherchons \(A\) sous la forme \(A=\alpha(I_3+M)\) avec \(M\) nilpotente. On a \(M^3=0\) donc \(A^3=\lambda (I_3+3M+3M^2)\) et tout se ramène à l’équation \(3M+3M^2=N\) qui est vérifiée par \(M=\dfrac{1}{9}(3N-N^2)\). Une fois de plus \(B\) admet un antécédent.

-\(B\) admet \(0\) comme valeur propre d’ordre \(2\) ou \(3\) et n’est pas diagonalisable.

Si l’équation \(A^3=B\) admet une solution, \(A\) admet aussi \(à\) comme vaelur propre d’ordre \(2\) ou \(3\). Si \(0\) est valeur propre d’ordre \(3\) alors \(A\) est nilpotente, \(A^3=0\), ce qui est absurde puisque \(B\) n’est pas diagonalisable. Supposons donc que \(O\) soit valeur propre d’ordre \(2\) de \(A\) et notons \(\alpha\) l’autre valeur propre (réelle). \(\mathbb R^3=\ker(A^2)\oplus\ker(A-\alpha I_3)\) mais \(A^3=B\) implique \(Bx=0,\ \forall\,x\in\ker(A^2)\) soit \(\mathbb R^3=\ker(B)\oplus\ker(B-\alpha^3I_3)\) : \(B\) est alors diagonalisable ce qui est exclut : tous les cas sont épuisés et la conclusion annoncée s’impose.