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Dimension, bases et applications linéaires *

7 novembre 2022 22:14 — Par Patrice Lassère

Soient $E_1,E_2$ deux sous-espaces de $\mathbb R^{10}$ vérifiant \[E_1\subset E_2,\quad \dim_\mathbb R E_1=3,\quad \dim_\mathbb R E_2=6.\] Déterminer la dimension du sous espace $\mathscr E$ de $\mathscr L(\mathbb R^{10})$ définit par \[\mathscr E=\left\lbrace T\in\mathscr L(\mathbb R^{10})\ : \ T(E_1)\subset E_1\ \&\ T(E_2)\subset E_2\right\rbrace .\]

[ID: 2291] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:14] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Dimension, bases et applications linéaires
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:14

Compétons une base $\{e_1,e_2,e_3\}$ de $E_1$ pour obtenir une base $\{e_1,e_2,e_3,e_4,e_5,e_6\}$ de $E_2$ ; enfin, complétons la encore une fois pour obtenir une base $\mathscr B=\{e_1,\dots,e_{10}\}$ de $\mathbb R^{10}$. Avec ce choix, la matrice d’un endomorphisme $T\in\mathscr E$ sera de la forme \[{\rm{mat}}(T,\mathscr B)=\begin{pmatrix} ?&?&?&?&?&?&?&?&?&?\\ ?&?&?&?&?&?&?&?&?&?\\ ?&?&?&?&?&?&?&?&?&?\\ 0&0&0&?&?&?&?&?&?&?\\ 0&0&0&?&?&?&?&?&?&?\\ 0&0&0&?&?&?&?&?&?&?\\ 0&0&0&0&0&0&?&?&?&?\\ 0&0&0&0&0&0&?&?&?&?\\ 0&0&0&0&0&0&?&?&?&?\\ 0&0&0&0&0&0&?&?&?&?\\ \end{pmatrix}\] et par conséquent $\dim_\mathbb R\mathscr E= 9+18+40=67$.

Matrices et réduction *

7 novembre 2022 22:14 — Par Patrice Lassère

[rms]

Soient $A=\begin{pmatrix} 1&a\\0&1\end{pmatrix},\ B=\begin{pmatrix} b&c\\0&b\end{pmatrix},\ C\in M_2(\mathbb R)$. À quelle condition la matrice $\begin{pmatrix} A&C\\0&B\end{pmatrix}$ est-elle diagonalisable ?

[ID: 2293] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:14] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Matrices et réduction
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:14

Le résultat suivant est essentiel : soit $M\in M_n(\mathbb K)$ une matrice donc le polynôme caractéristique est scindé et s’écrit $\chi_M=(X-\lambda_1)^{\alpha_1}\dots (X-\lambda_d)^{\alpha_d}$ où les $\lambda_i$ sont les valeurs propres deux à deux distinctes de $M$ de multiplicités $\alpha_i\in\mathbb N^\star$. Alors $M$ est diagonalisable si, et seulement si, $M$ annule $(X-\lambda_1)\dots (X-\lambda_d)$.

Ici $\chi_M=(X-1)^2(X-b)^2$. Distinguons deux cas :

-Si $b=1$. $M$ est diagonalisable si, et seulement si, $M=I_4$ soit $a=c=0$ et $C=0$.

-Si $b\neq 1$. Dans ce cas, $M$ est diagonalisable si, et seulement si, $(M-I_4)(M-bI_4)=0$. Un calcul direct montre que cette dernière condition équivaut à $a=c=0$. En résumé, $M$ est diagonalisable si, et seulement si \[\left(\,a=c=0\,\right)\quad\text{et}\quad \left(\,b\neq 1\ \text{ ou }\ C=0\right).\]

Une équation matricielle dans $M_2(\mathbb C)$ *

7 novembre 2022 22:14 — Par Patrice Lassère

Montrer que l’équation \[X^r=\begin{pmatrix} 0&1\\0&0\end{pmatrix}\] n’a pas de solutions dans $M_2(\mathbb C)$ pour tout entier $r\geq 2$.

[ID: 2295] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:14] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Une équation matricielle dans $M_2(\mathbb C)$
Par Patrice Lassère Emmanuel Vieillard-Baron le 7 novembre 2022 22:14

Supposons qu’il existe $r\geq 2$ et $A\in M_2(\mathbb C)$ tels que $A^r=\begin{pmatrix} 0&1\\0&0\end{pmatrix}$. Alors $A^{2r}=\begin{pmatrix} 0&0\\0&0\end{pmatrix}$, et le polynôme caractéristique $\chi_A(x)=ax^2+bx+c$ de $A$ divise donc $x^{2r}$ ; ceci implique $c=b=0$, soit $\chi_A(x)=x^2$ et (Cayley-Hamilton) $A^2=\begin{pmatrix} 0&0\\0&0\end{pmatrix}$. Ainsi (comme $r\geq 2$) \[\begin{pmatrix} 0&1\\0&0\end{pmatrix}=A^r=A^2A^{r-2}=\begin{pmatrix} 0&0\\0&0\end{pmatrix}\] ce qui est absurde : cette équation est bien sans solutions.

Histoire de matrices nilpotentes *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

[rms]-(2003/04).

Soit $A$ et $B$ dans ${M}_n(\mathbb{K})$ telles que $ABAB=0$. A-t-on $BABA=0$ ?

[ID: 2297] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Histoire de matrices nilpotentes
Par Patrice Lassère Emmanuel Vieillard-Baron le 7 novembre 2022 22:15

La réponse est oui si $n\leqslant 2$, non si $n>2$.

-Si $n=1$: c’est clair. Si $n=2$, on a $(BA)^3=B(AB)^2A=0$ donc $BA$ est nilpotente; comme elle est de taille $2$, son indice est inférieur à $2$ i.e. $(BA)^2=0$.

-Pour $n=3$, $BA$ est nilpotente d’indice au plus $3$ et $AB$ d’indice de nilpotence au plus $2$. On va chercher $A,B$ pour que $AB$ soit d’indice $2$ et $BA$ soit d’indice $3$ et plus précisément telles que, par exemple, \[BA=N=\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\end{pmatrix}.\] Comme $\mathop{\rm Ker}(A)$ doit être une droite ($A$ n’est pas inversible et de rang supérieur à celui de $N$, donc de rang $2$) incluse dans le noyau de $N=BA$, $\mathop{\rm Ker}(A)$ est engendré par $(1,0,0)$. De même $\mathop{\rm Im}(B)$ doit être un plan qui doit contenir l’image de $N$ i.e. le plan engendré par $(1,0,0)$ et $(0,1,0)$.

On est donc amené à chercher sous les formes $A=\begin{pmatrix} 0&a&a'\\ 0&b&b'\\ 0&c&c'\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} d&e&f\\ d'&e'&f'\\ 0&0&0\end{pmatrix}$. Un peu de calcul montre que $A=\begin{pmatrix} 0&1&0\cr 0&0&1\cr 0&0&0\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}$ conviennent.

-Pour $n>3$ il suffit de border les matrices précédentes par des zéros.

Autour du commutant *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

[rms]-(1998).

Déterminer la structure de l’ensemble $\mathscr E$ des endomorphismes $\varphi\in \mathscr L\left( M_n(\mathbb R)\right)$ vérifiant \[\varphi({ }^t\! B)={ }^t\!\varphi(B),\quad\forall\,B\in M_n(\mathbb R).\]

[ID: 2299] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Autour du commutant
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

Si on désigne par $T$ l’endomorphisme $M\mapsto\,{ }^t\!M$ de $M_n(\mathbb R)$, $\mathscr E$ n’est rien d’autre que le commutant de $T$ et c’est donc une sous-algèbre de $\mathscr L\left( M_n(\mathbb R)\right)$. Soit $\mathscr S_n$ (resp. $\mathscr A_n$) l’espace vectoriel des matrices symétriques (resp. antisymétrique). Puisque $M_n(\mathbb R)=\mathscr S_n\oplus\mathscr A_n$, un endomorphisme $\varphi$ vérifiant $\varphi\circ T=T\circ\varphi$ doit laisser stable les deux sous-espaces propres de $T$ que sont $\mathscr S_n$ et $\mathscr A_n$. Mais inversement, un endomorphisme laissant stable $\mathscr S_n$ et $\mathscr A_n$ satisfait (avec les notations évidentes) à \[{ }^t\!\varphi(B)={ }^t\!\varphi(S+A)={ }^t\!\varphi(S)+{ }^t\!\varphi(A)=\varphi(S)-\varphi(A)=\varphi(S-A)=\varphi\left( { }^t\!(S+A)\right) =\varphi({ }^t\!B)\] ce qui montre que $\varphi\in\mathscr E$. L’algèbre $\mathscr E$ est donc constituée des endomorphisme de $M_n(\mathbb R)$ qui laissent stable les sous-espaces $\mathscr S_n$ et $\mathscr A_n$. Il existe donc un isomorphisme évident \[\mathscr E\longrightarrow \mathscr L(\mathscr S_n)\times\mathscr L(\mathscr A_n)\] qui à $\varphi$ associe le couple $\left(\varphi_{/\mathscr S_n},\varphi_{/\mathscr A_n} \right)$. Il en résulte que \[\text{dim}(\mathscr E)=\left( \dfrac{n(n+1)}{2}\right)^2+\left( \dfrac{n(n-1)}{2}\right)^2=\dfrac{n^2(n^2+1)}{2}.\]

Remarque : on retrouve dans la dernière formule le résultat connu mais plus délicate à établir, à savoir que la dimension du commutant est toujours une somme de carrés $p_1^2+\dots +p_k^2\in\left\lbrace d,d+1,\dots, d^2\right)$ (ici $d=n^2$) telle que $p_1+\dots+p_k=d$.

Étude $A\mapsto A^3$ dans $M_3(\mathbb R)$ *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

[rms].

Déterminer l’image de l’application $\varphi$ de $M_3(\mathbb R)$ dans $M_3(\mathbb R)$ définie par $\varphi(A)=A^3$.

[ID: 2301] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

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.

Réduction des endomorphismes *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

[tauv],

Pour $n\in\mathbb N^\star,\ A\in M_n(\mathbb C)$ on définit la matrice $B\in\mathbb M_{2n}(\mathbb C)$ par

\[B=\begin{pmatrix} A&A\\ 0&A\end{pmatrix}\]

Montrer que $B$ est diagonalisable si, et seulement si $A=0$.

[ID: 2303] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Réduction des endomorphismes
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

Si $A=0$ alors $B=0$ est diagonalisable. Réciproquement, vu la forme de $A$ la polynôme caractéristique de $B$ vérifie \[\chi_B=\left( \chi_A\right)^2\] et on a

\[\forall\,k\in\mathbb N,\quad B^k=\begin{pmatrix} A^k&kA^k\\ 0&A^k\end{pmatrix}\]

qui implique

\[P(B)=\begin{pmatrix} P(A)&AP'(A)\\ 0&P(A)\end{pmatrix},\quad\forall\,P\in\mathbb C[X].{(\diamondsuit)}\]

En particulier, le polynôme minimal de $B$ vérifie

\[\mu_B(A)=0\]

et

\[\mu_A\quad\text{ divise }\quad\mu_B.{(\text{$\star$})}\]

Supposons $B$ diagonalisable, $\mu_B$ ne possède que des racines simples et comme $A$ et $B$ ont même ensemble valeurs propres avec ($\star$) nous avons $\mu_A=\mu_B$ qui avec $(\diamondsuit)$ implique

\[A\mu'_A(A)=0.\]

$\mu_A$ divise donc $X\mu'_A$, les deux polynômes $\mu_A$ et $X\mu'_A$ étant de même degré $d$

\[d\mu_A=X\mu'_A\]

soit $\mu_A=X^d$. Mais $\mu_A=\mu_B$ n’a que des racines simples, donc $d=1$, $\mu_A(X)=X$ et finalement $A=0$.

Encore deux démonstrations du Théorème de Cayley-Hamilton *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

Quelques démontrations du Théorème de Cayley-Hamilton \[\forall\,A\in M_n(\mathbb C)\quad:\quad P_A(A)=0.\]

Déduire de la densité de l’ensemble des matrices diagonalisables $\mathscr D_n(\mathbb C)$ dans $M_n(\mathbb C)$ le théorème de Cayley-Hamilton.
Si $x\in {\Bbb C}^n\setminus \{0\}$ le plus petit sous espace stable par $\varphi$ (l’endomorphisme associé à $A$) contenant $x$ admet une base de la forme $\{x,\varphi (x),\cdots ,\varphi ^{k-1}(x)\}$. En la complétant et calculant le polynome caractéristique de $\varphi$ dans cette base vérifier que : $P_A(\varphi )(x)\,=\,0.$

[ID: 2305] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Encore deux démonstrations du Théorème de Cayley-Hamilton
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

Si $A\in M_n(\mathbb C)$ est diagonalisable, il existe $G\in GL_n(\mathbb C)$ telle que

\[A=G \begin{pmatrix} \lambda_1&0&\dots&0\\ 0&\lambda_2&\dots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&\dots&0&\lambda_n \end{pmatrix} G^{-1}\]

si bien que

\[P_A(A)=G \begin{pmatrix} P_A(\lambda_1)&0&\dots&0\\ 0&P_A(\lambda_2)&\dots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&\dots&0&P_A(\lambda_n) \end{pmatrix} G^{-1}=0.\]

L’application continue

\[M_n(\mathbb C)\ni M\mapsto P_M(M)\in M_n(\mathbb C)\]

est donc nulle sur $\mathscr D_n(\mathbb C)$, partie dense de $M_n(\mathbb C)$ (c.f. exercice 69) : elle est donc identiquement nulle.
On cherche à montrer que $P_A(A)x=0$ pour tout vecteur $x$. Soit donc $x$ un vecteur non nul de $\Bbb{C}^n$ (si $x=0$ il n’y a rien à démontrer), notons $\mathscr{E}_x$ le plus petit (au sens de l’inclusion) sous-espace stable par $A$ de $\Bbb{C}^n$ contenant $x$. $\mathscr{E}_x$ est de dimension $1\leq d\leq n$, et admet pour base $\{ x,Ax,\dots ,A^{d-1}x \}.$

Il existe donc $a_{n-1},\dots ,a_1,a_0$ dans $\Bbb C$ tels que

\[A^{d}x \ =\ a_{d-1}A^{d-1}x+\dots +a_1Ax+a_0x.{(\bigstar )}\]

Complétons alors la famille libre $\{x,Ax,\dots ,A^{d-1}x\}$ pour obtenir une base de $\Bbb C ^n$ de la forme

\[\{ x,Ax,\dots ,A^{d-1}x,e_{d+1},\dots ,e_n \}\]

Dans cette base la matrice $A$ est de la forme \[\begin{pmatrix} C_P&?\\ 0& B \end{pmatrix}\] où $B \in M_{n-d}(\Bbb {C})$ et $C_P$ est la matrice compagnon du polynôme $P(X) \,=\,X^{d}-a_{d-1}X^{d-1}-\dots -a_1X-a_0\ \ $ i.e. :

\[C_P \ = \begin{pmatrix} 0 & 0 & \dots & 0 & a_0 \\ 1 & 0 & \dots & 0 & a_1 \\ 0 & 1 & \dots & 0 & a_2 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & \dots & 0 & 1 & a_{n-1} \end{pmatrix}.\] on a donc $P_A(X) = P_{C_P}(X)P_B(X)$, mais alors

\[\begin{aligned} P_A(A)x &= P_{C_P}(A)P_B(A)x \\ &= P_B(A)P_{C_P}(A)x \\ &= P_B(A)(A^{d}x - a_{d-1}A^{d-1}x-\dots -a_1Ax-a_0x )= 0 \ \text{ vu}\quad (\bigstar ) \end{aligned}\]

dans la seconde inégalité les deux endomorphismes $P_{C_P}(A)$ et $P_B(A)$ commutent légitimement comme polynômes en $A$. Ainsi $P_A(A)x=0,\ \forall x\in \Bbb C^n$ i.e. $P_A\equiv 0$.

- on notera l’extrême simplicité de cette dernière preuve (niveau première année) qui est valable dans un contexte bien plus général que la précédente.

- Pour une autre démonstration moins classique voir l’exercice 94 et pour un joli bestiaire de preuves de Cayley-Hamilton consulter /httpblabla?????????

Étude de $M_3(\mathbb R)\ni B\mapsto AB$ *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

[rms]

Pour $A\in M_3(\mathbb R)$, considérons l’endomorphisme

\[\varphi_A\ :\ B\in M_3(\mathbb R)\mapsto \varphi_A(B)=AB\in M_3(\mathbb R).\]

Si le déterminant de $A$ est $32$ et son polynôme minimal $(t-4)(t-2)$, quelle est la trace de $\varphi_A$ ?

[ID: 2307] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Étude de $M_3(\mathbb R)\ni B\mapsto AB$
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

$\pi_A(t)=(t-4)(t-2)$ est scindé à racines simples : $A$ est diagonalisable et admet comme valeurs propres $4$ et $2$ de multiplicités respectives $\alpha$ et $\beta$ ; le déterminant est donc $\text{det}(A)=32=2^\alpha4^\beta$ soit $\alpha=1$ et $\beta=2$ (le polynôme caractéristique de $A$ est $P_A(t)=-(t-4)^2(t-2)$...). Soit $\{v_1,v_2,v_3\}$ une base de vecteurs propres de $A$ avec $\ker(A-4I_3)=\text{vect}\{v_1,v_2\},\ \ker(A-2I_3)=\text{vect}\{v_3\}$ et considérons les neuf matrices $E_{i,j}\in M_3(\mathbb R)\ 1\leq i,j\leq 3$ définies comme suit : la ième colonne de la matrice $E_{i,j}$ est $v_j$ les deux autres colonnes sont constituées de zéros. Les vecteurs $v_1,v_2,v_3$ formant une base de $\mathbb R^3$, les neuf matrices $E_{i,j}$ sont linéairement indépendantes dans $M_3(\mathbb R)$ : c’est donc une base de $M_3(\mathbb R)$. Par ailleurs ce sont des vecteurs propres de $\varphi_A$ car un calcul élémentaire nous montre que $\varphi_A(E_{i,j})=A E_{i,j}=\lambda_j E_{i,j}$ avec $\lambda_1=\lambda_2=4$ et $\lambda_3=2$. Ainsi $M_3(\mathbb R)$ possède une base de vecteurs propres : $\varphi_A$ est donc diagonalisable et sa trace est $\text{trace}(A)=6 .4+3. 2=30.$

$A^5+A^3+A=3I_d$ dans $M_d(\mathbb C)$ *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

[rms]

Soit $A\in M_d(\mathbb C)$ une matrice à valeurs propres réelles vérifiant $A^5+A^3+A=3I_d$, Montrer que $A=I_d$.

[ID: 2309] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

$A^5+A^3+A=3I_d$ dans $M_d(\mathbb C)$
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

Le polynôme $p(t)=t^5+t^3+t-3$ est annulé par $A$ donc $\pi_A$ divise $p$. Les valeurs propres de $A$ sont réelles et son polynôme minimal ne possède que des racines réelles, mais $p'(t)=5t^4+3t^2+1>0$ sur $\mathbb R$ donc $p$ ne possède qu’une racine réelle (il est de degré impair donc en possède au moins une mais il ne peut en avoir deux car sinon, par Rolle, $p'$ en aurait une...) et il n’est pas difficile de voir que $p(1)=0$ cette racine est donc $1$, en outre $p'(1)\ne 0$ ce n’est donc pas une racine multiple et par conséquent $p(t)=(t-1)q(t)$ où $q$ est sans racines réelles. $\pi_A$ divise donc le polynôme irréductible $t-1$ i.e. $\pi_A(t)=t-1$ et $A+I_d$.

Polynôme minimal et dimension du noyau *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

[rms]

Si le polynôme minimal d’un endormorphisme $\varphi$ sur un espace vectoriel de dimension $7$ est $\pi_\varphi(t)=t^2$, quelles sont les valeurs possibles de $\text{dim}\left(\ker(\varphi)\right)$ ?

[ID: 2311] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Polynôme minimal et dimension du noyau
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

$\pi_\varphi(t)=t^2$, $0$ est donc valeur propre de $\varphi$ : $\text{dim}\left(\ker(\varphi)\right)\geq 1$, de l’autre côté puisque $\pi_\varphi(t)\ne t$, $\varphi$ n’est pas l’endomorphisme nul i.e. $\text{dim}\left(\ker(\varphi)\right)\leq 6$ et enfin $\text{dim}\left(\ker(\varphi^2)\right)\leq 7$.

Soit $\psi$, la restriction de $\varphi$ à $\ker(\varphi^2)$, par le théorème du rang :

\[\begin{aligned} \text{dim}\left(\ker(\varphi^2)\right)&=\text{dim}\left(\ker(\psi)\right)+\text{ dim}\left(\text{im}(\psi)\right) \\ &\leq \text{dim}\left(\ker(\varphi)\right)+ \text{dim}\left(\ker(\varphi )\right)=2\,\text{dim}\left(\ker(\varphi)\right) \end{aligned}\] $\rightsquigarrow$ l’inégalité résultant des inclusions faciles à vérifier : \[\ker(\psi)\subset\ker(\varphi)\quad\&\quad \text{im}(\psi)\subset\ker(\varphi).\] Ainsi, nous avons \[7=\text{dim}\left(\ker(\varphi^2)\right)\leq 2\,\text{dim}\left(\ker(\varphi) \right)\ \&\ \text{dim}\left(\ker(\varphi)\right)\in\{1,\dots,6\}\] soit \[\text{dim}\left(\ker(\varphi)\right) \in\{4,5,6\}\] et les trois exemples ci-dessous montrent que les valeurs $4,5,6$ sont toujours possibles ($\{e_1,\dots,e_7\}$ désigne une quelconque base de notre espace) :

$\rightsquigarrow$$\text{dim}\left(\ker(\varphi)\right)=6$, définir $\varphi$ par $\varphi(e_7)=e_6$ et $\varphi(e_j)=0$ pour $j<7$.

$\rightsquigarrow$$\text{dim}\left(\ker(\varphi)\right)=5$, définir $\varphi$ par $\varphi(e_7)=e_5,\varphi(e_6)=e_4$ et $\varphi(e_j)=0$ pour $j<6$.

$\rightsquigarrow$$\text{dim}\left(\ker(\varphi)\right)=4$, définir $\varphi$ par $\varphi(e_7)=e_4, \varphi(e_6)=e_3, \varphi(e_5)=e_2$ et $\varphi(e_j)=0$ pour $j<5$.

Étude de $\varphi\,:\,A\in M_n(\mathbb R)\longmapsto \varphi(A)=-A+\text{tr}(A)I_n.$ *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

[rms]

Étudier la diagonalisabilité de

\[\varphi\,:\,A\in M_n(\mathbb R)\longmapsto \varphi(A)=-A+\text{tr}(A)I_n.\]

[ID: 2313] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Étude de $\varphi\,:\,A\in M_n(\mathbb R)\longmapsto \varphi(A)=-A+\text{tr}(A)I_n.$
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

$\varphi$ est bien entendu élément de $\mathscr L(M_n(\mathbb R))$. Soit $\lambda$ une valeur propre de $\varphi$ : il existe une matrice $A$ non nulle telle que

\[\varphi(A)= -A+\text{tr}(A)I_n=\lambda A\]

si bien que

\[(1+\lambda)A=\text{tr}(A)I_n \qquad\qquad(\bigstar)\]

-Si la trace de $A$ est nulle, $\lambda$ est forcément ($A$ est non nulle) égal à $-1$ et réciproquement, $\lambda=-1$ implique $A$ de trace nulle : $\lambda=-1$ est bien valeur propre de $\varphi$ et son sous-espace propre associé $E_{-1}$ est le sous-espace constitué des matrices de trace nulle, classiquement de dimension $n^2-1$ (considérer la forme linéaire $A\mapsto\text{tr}(A)$ et appliquer le théorème du rang)

-Si la trace de $A$ est non nulle, $\lambda$ est différent de $-1$ et $(\bigstar)$ nous donne

\[A=(1+\lambda)^{-1}\text{tr}(A)I_n \quad\Longrightarrow\quad \text{tr}(A)={n\text{tr}(A)\over (1+\lambda)}\quad\Longrightarrow\quad \lambda=n-1 \quad\&\quad A\in\textsf{vect}(I_n)\]

i.e. $\lambda=n-1$ est aussi valeur propre, et le sous-espace propre associé est la droite vectorielle engendrée par $I_n$ donc de dimension $1$.

-En conclusion, $\varphi$ admet deux valeurs propres $-1$ et $n-1$, les sous-espaces propres associés sont de dimensions respectives $n^2-1$ et $1$ donc de somme $n^2=\text{dim}M_n(\mathbb R)$ et $\varphi$ est diagonalisable (et son polynôme caractéristique $P_{\varphi}(x)=(-1)^{n^2}(x+1)^{n^2-1}(x+1-n)$...).

Espaces vectoriels, dimension, réduction des endomorphismes *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

([rms], 1999/2000). Soient $A,B,C\in M_2(\mathbb R)$. Montrer qu’il existe $(a,b,c)\in\mathbb R^3\setminus\{(0,0,0)\}$ tel que $aA+bB+cC$ possède une valeur propre double.

[ID: 2315] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Espaces vectoriels, dimension, réduction des endomorphismes
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

Dans l’espace vectoriel $M_2(\mathbb R)$ de dimension $4$ il n’y a qu’une alternative : ou bien la famille $\{A,B,C\}$ est liée et il n’y a rien à démontrer, ou bien elle est libre et dans ce cas l’ensemble \[\textsf{vect}\{A,B,C\}=\{aA+bB+cC,\ (a,b,c)\in\mathbb R^3\}\] sous-espace vectoriel de dimension 3 est alors tenu, pour des raisons évidentes de dimension, de rencontrer le sous-espace \[\left\{\begin{pmatrix} a & b \\ 0 & a\end{pmatrix} , (a,b)\in\mathbb R^2\right\}\] de dimension $2$ constitué de matrices à valeurs propres doubles.Le résultat suit.

Rayon spectral et décomposition de Dunford *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

[rom1]

En utilisant la décomposition de Dunford, montrer que pour toute matrice $A\in M_n(\mathbb C)$ on a : \[\rho(A)=\lim_{k\to\infty}\Vert A^k\Vert^{1\over k}\]

[ID: 2317] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Rayon spectral et décomposition de Dunford
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

Par Dunford $A=D+N$ avec $D$ diagonalisable de mêmes valeurs propres que $A$, $N$ nilpotente et $ND=DN$. donc pour $k\geq n$ on aura $N^k=0$ et

\[A^k=(D+N)^k=\sum_{l=0}^kC_n^lD^{k-l}N^l=\sum_{l=0}^nC_n^lD^{k- l}N^l=D^{k-n}\sum_{l=0}^nC_n^lD^{n-l}N^l.\]

Soit, en posant $\alpha=\sup_{0\leq l\leq n} \{\Vert D\Vert^{n-l}\Vert N\Vert^l\}$

\[\Vert A^k\Vert\leq \Vert D\Vert^{k-n}\sum_{l=0}^nC_k^l \Vert D\Vert^{n-l}\Vert N\Vert^l\leq \alpha\Vert D\Vert^{k-n}\left(\sum_{l=0}^nC_k^l\right)\]

or, pour $0\leq l\leq n$ et $k\geq n$

\[C_k^l\leq k(k-1)\dots(k-l+1)\leq k^l\leq k^n\]

si bien que

\[\Vert A^k\Vert\leq \alpha (n+1)k^n\Vert D^{k-n}\Vert\]

et

\[\rho(A)\leq\Vert A^k\Vert^{1\over k}\leq \left(\alpha(n+1)\right)^{1\over k} k^{n\over k}\Vert D^{k-n}\Vert^{1\over k},{(\bigstar)}\]

en remarquant enfin que $\displaystyle\lim_{k\to\infty}\left(\alpha(n+1)\right)^{1\over k} k^{n\over k}=1$ et

\[\lim_{k\to\infty}\Vert D^{k-n}\Vert^{1\over k} =\lim_{k\to\infty}\left(\Vert D^{k-n}\Vert^{1\over k-n}\right)^{k-n\over k} =\lim_{k\to\infty} \Vert D^{k-n}\Vert^{1\over k-n} =\rho(D) =\rho(A)\]

avec $(\bigstar)$, il vient finalement $\displaystyle\rho(A)=\lim_{k\to\infty}\Vert A^k\Vert^{1\over k}$.

Matrices nilpotentes *

7 novembre 2022 22:15 — Par Patrice Lassère

Existe-t-il une matrice $A\in M_n(\mathbb R)$ nilpotente à coefficients $>0$ ?

[ID: 2319] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:15] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Matrices nilpotentes
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:15

Si une telle matrice existe la matrice $A^k$ est encore à coefficients $>0$ pour tout entier $k\in\mathbb N$ ; mais $A$ nilpotente implique (Cayley-Hamilton par exemple) $A^n=0$, contradiction.

Matrice, comatrice et rang *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Soit $A\in M_d(\mathbb C)$, étudier le rang de la comatrice de $A$ en fonction du rang de $A$.

[ID: 2321] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Matrice, comatrice et rang
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

L’identité suivante est toujours vérifiée dans $M_d(\mathbb C)$

\[^t\!(\text{com}(A))A=A\,^t\!(\text{com}(A))=\det(A)I_d.\] et on a aussitôt : \[\text{rang}(A)=d \quad\iff\quad \text{rang}(\,^t\!(\text{com}(A)))=d,\] dans le cas contraire le déterminant de $A$ est nul et notre formule devient \[^t\!(\text{com}(A))A=A\,^t\!(\text{com}(A))=0\] soit, identifiant canoniquement matrice et endomorphisme

\[\left(\text{im}(^t\!(\text{com}(A)))\subset\ker(A)\right)\quad \&\quad \left(\text{im}(A)\subset\ker(^t\!(\text{com}(A)))\right)\] et par suite

\[\forall\,A\in M_d(\mathbb C)\quad\text{rang}^t\!(\text{com}(A))+\text{rang}(A)\leq d\qquad\qquad(\text{$\star$})\] $\rightsquigarrow\quad$ Si $\text{rang}(A)=d-1$ la matrice $A$ admet un mineur d’ordre $d-1$ non nul et donc la comatrice de $A$ admet un coefficient non nul, son rang est donc supérieur ou égal à $1$ et égal à $1$, vu $(\text{$\star$})$. De même $\det( A)=0$ et $\text{rang}^t\!(\text{com}(A))\geq 1$ exigent $\text{rang}^t\!(\text{com}(A))=1$ et $\text{rang}(A)=d-1$.

$\rightsquigarrow\quad$ Si $\text{rang}(A)\leq d-2$ tous les mineurs d’ordre $d-1$ de $A$ sont nuls et par suite la comatrice de $A$ est la matrice nulle, donc de rang nul et réciproquement. Résumons nous

\[\begin{cases} \text{rang}(A)=d &\quad\iff\quad \text{rang}^t\!(\text{com}(A))=d,\\ \text{rang}(A)=d-1 &\quad\iff\quad \text{rang}^t\!(\text{com}(A))=1\quad{pour }\ d\geq 2,\\ \text{rang}(A)\leq d-2 &\quad\iff\quad \text{rang}^t\!(\text{com}(A))=0. \end{cases}\]

Séries entières, algèbre linéaire *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Pour $A\in M_d(\mathbb C)$, quel est le rayon de convergence de la série entière $f_A(z):=\sum_{k\geq 0}\text{tr}(A^k)z^k$ ?

Exprimer $f_A$ en fonction du polynôme caractéristique et de ses dérivées.

[ID: 2323] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Séries entières, algèbre linéaire
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

Notons $\lambda_1,\dots,\lambda_d$ les valeurs propres de $A$ comptées avec leur multiplicités. $A$ est diagonalisable dans $\mathbb C$ et pour tout entier $k$

\[\text{tr}(A^k)=\sum_{j=0}^d\lambda_j^k\] par conséquent, si les $\lambda_j$ ne sont pas tous non nuls (i.e. $A$ n’est pas nilpotente) le rayon de convergence de notre série entière est supérieur ou égal (et en fait égal) à

\[\rho:=\inf_{\lambda_j\ne 0,\,1\leq j\leq d}\ \vert\lambda_j\vert^{-1}.\]

Pour $\vert z\vert<\rho$

\[\begin{aligned}f(z)=\sum_{k\geq 0}\text{tr}(A^k)z^k &=\sum_{k\geq 0}\lambda_1^kz^k+\dots+\sum_{k\geq 0}\lambda_d^kz^k\\ &={1\over{1-\lambda_1z}}+\dots+{1\over{1-\lambda_dz}}\\ &={{\chi'_A(z^{-1})}\over{z\chi_A(z^{-1})}}\qquad(\bigstar)\\ \end{aligned}\]

Enfin, si $A$ est nilpotente $f\equiv d$ puisque $\text{tr}(A^k)=0\,,\,\forall k\in\mathbb N^\star$ et $\text{tr}(A^0=I_d)=d$. Dans ce dernier cas, il faut remarquer que la formule $(\bigstar)$ subsiste encore puisque $\chi_A(z)=(-1)^dz^d$.

Matrices semblables, polynômes *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Montrer que deux matrices réelles $A,B\in M_n(\mathbb R)$ semblables dans $M_n(\mathbb C)$ sont encore semblables dans $M_n(\mathbb R)$.

[ID: 2325] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Matrices semblables, polynômes
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

Il existe donc $P\in GL_n(\mathbb C)$ telle que $A=P^{-1}B P$, soit si $P_1=\text{re}(P)$ et $P_2=\text{im}(P) : (P_1+iP_2)A=B(P_1+iP_2)$ i.e. prenant parties réelles et imaginaires : \[\,P_1A=BP_1\quad \&\quad P_2A=BP_2.{(\bigstar)}\] On considère alors l’application : $\varphi\,:\,z\in\mathbb C\mapsto\,\varphi(z)=\text{det}(P_1+zP_2)$. $\varphi\in\mathbb C[z]$ et n’est pas identiquement nulle car $\varphi(i)=\text{det}(P)$ : il existe donc (un polynôme non nul ne possède dans $\mathbb C$ qu’un nombre fini de racines) $x\in\mathbb R$ tel que $\varphi(x)\in\mathbb R^\star$, autrement dit $Q=P_1+xP_2\in\,GL_n(\mathbb R)$ et avec $(\bigstar)$ on a immédiatement $A=Q^{-1}BQ$

Remarque : c’est un cas particulier du résultat suivant :

Soit $\mathbb L$ une extension du corps $\mathbb K$. Soit $M$ et $N\in M_n(\mathbb K)$ deux matrices semblables dans $M_n(\mathbb L)$, alors elles sont semblables dans $M_n(\mathbb K)$ .

Réduction des endomorphismes *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Soit $A\in M_2(\mathbb Z)$, s’il existe $N\in\mathbb N$ tel que $A^N=I_2$, montrer que $A^{12}=I_2$.

[ID: 2327] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Réduction des endomorphismes
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

$A$ est annulée par $P(X)=X^N-1$ scindé à racines simples, elle est donc diagonalisable sur $\mathbb C$. Ses deux valeurs propres $\lambda_1,\lambda_2$ sont racines de $P$ donc des racines $N$-ièmes de l’unité. Enfin, $A$ étant à coefficients réels, si elle admet une valeur propre non réelle : les deux seront conjuguées ($\lambda_1=\overline{\lambda_2}$)

$\rightsquigarrow$Si les valeurs propres sont réelles $\lambda_1,\lambda_2\in\{-1,+1\}$ et $A$ étant diagonalisable $A^2=I_2$.

$\rightsquigarrow$Sinon, elles sont conjuguées, mais $A$ étant à coefficients dans $\mathbb Z$ implique

\[\lambda_1+\lambda_2 =2\text{re}(\lambda_1)\in\mathbb Z\Longrightarrow 2\text{re}(\lambda_1)\in\{-2,-1,0,1,2\}.\]

On en déduit facilement que $\lambda_1$ est racine seconde, troisième ou quatrième de l’unité, dans tous les cas $A^{12}=I_2$.

Remarque : En résumé, l’ordre d’une matrice $A\in GL_n(\mathbb Z)$ appartient à $\left\lbrace 1,2,3,4,6,+\infty\right\rbrace$ et ces valeurs sont atteintes. Par exemple l’ordre des matrices ci-dessous \[\begin{pmatrix} 1&0\\0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0&1\\1&0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0&-1\\1&-1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0&-1\\1&0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0&-1\\1&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1&1\\0&1\end{pmatrix}\] est respectivement $1,2,3,4,6$ et $+\infty$.

Réduction des endomorphismes *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Soit $A\in M_3(\mathbb R)$ vérifiant $A^4=A^2$. Si $1$ et $-1$ sont valeurs propres de $A$, montrer que $A$ est diagonalisable.

[ID: 2329] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Réduction des endomorphismes
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

Le polynôme $X^4-X^2=X^2(X-1)(X+1)$ est annulé par $A$, le spectre de $A$ est donc inclus dans $\{-1,0,1\}$ et vu les hypothèses nous avons donc deux alternatives :

$\text{Sp}(A)=\{-1,0,1\}$ et $P_A(X)=-X(X+1)(X-1)$ est scindé à racines simples : $A$ est diagonalisable.

$0$ n’est pas valeur propre de $A$ : dans ce cas $A\in GL_3(\mathbb R)$ et alors \[A^4=A^2\Longrightarrow A^2=I_2,\] $A$ annulée par un polynôme scindé à racines simples est encore diagonalisable (ce dernier cas correspond au cas sp$(A)=\{-1,1\}$ et donc $P_A(X)=(X-1)^2(X+1)\text{ ou } (X-1)(X+1)^2.$

Groupes, réduction des endomorphismes *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Soient $n>p$ deux entiers. Montrer que les groupes $GL_n(\mathbb K)$ et $GL_p(\mathbb K)$ ne sont pas isomorphes.

[ID: 2331] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Groupes, réduction des endomorphismes
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

Pour cela considérons \[G:=\left\{\,A\in GL_n(\mathbb K)\text{ diagonales et telles que sp}(A)\subset\{-1,1\}\right\},\] c’est un sous-groupe commutatif de cardinal $2^n$ de $GL_n(\mathbb K)$. Supposons alors qu’il existe un isomorphisme $\varphi\,:\,GL_n(\mathbb K)\to GL_p(\mathbb K)$. Alors $\varphi(G)=H$ est un sous-groupe commutatif de $GL_p(\mathbb K)$ de cardinal $2^n$, dont les éléments sont annulés par $X^2-1$ : ils sont donc diagonalisables à valeurs propres dans $\{-1,+1\}$. $\varphi(G)$ étant commutatif il est alors bien connu ([deswar]-2, prop. 55 page 220) que ses éléments sont simultanément diagonalisables i.e. \[\exists P\in GL_p(\mathbb K)\ \text{ telle que }\,\forall\,B\in\varphi(G)\ :\,P^{-1}BP\text{ est diagonale.}\] $P^{-1}BP$ est alors diagonale à spectre dans $\{-1,+1\}$ ce qui implique que $2^n=\vert\varphi(G)\vert\leq 2^p$ inégalité absurde puisque $n>p$.

Inégalité, matrices, déterminant *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

[tauv].

Soient $c\in\mathbb R_+,\ A=((a_{i,j}))\in M_n(\mathbb C)$ vérifiant $\vert a_{i,j}\vert\leq c$ pour tous $1\leq i,j\leq n$. Montrer que \[\vert\text{det}(A)\vert\leq c^n n^{n/2}.\]

[ID: 2333] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Inégalité, matrices, déterminant
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

Seul le cas où $A\in GL_n(\mathbb C)$ mérite explication. Pour une telle matrice désignons par $C_1,\dots,C_n$ ses colonnes.

-Supposons les colonnes $(C_i)_1^n$ deux à deux orthogonales. Si \[D_i=\Vert C_i\Vert^{-1}C_i,\quad\text{et}\quad B=[D_1,\dots,D_n]\] la matrice $B$ est orthogonale donc $\vert\text{det}(B)\vert=1$ ; vu que \[\forall\,1\leq j\leq n\ :\ \Vert C_j\Vert=\sqrt{a_{1,j}^2+\dots+a_{n,j}^2}\leq c\sqrt{n}\] on a \[\vert \text{det}(A)\vert=\vert{det}(B)\vert\,\Vert C_1\Vert\dots\Vert C_n\Vert \leq c^n n^{n/2}.{\text{($\star$)}}\]

-Pour le cas général, appliquons le procédé d’orthonormalisation de Schmidt à la famille libre $(C_i)_1^n$ : soit $D_1=C_1$, et $D_2=C_2+\lambda_{2,1}C_1$ où comme toujours la constante $\lambda_{2,1}$ est déterminée de sorte que $D_2$ soit orthogonal à $D_1$ i.e. \[\langle C_2,D_1\rangle+\lambda_{2,1}^2\Vert D_1\Vert^2 =0\] avec Pythagore \[\Vert D_2\Vert =\Vert C_2\Vert^2-\lambda_{2,1}^2\Vert D_1\Vert^2\leq\Vert C_2\Vert^2.\] De même \[D_k=C_k-\lambda_{k,1}D_1+\dots+\lambda_{k,k-1}D_{k-1}\] et avec \[\langle C_k,D_j\rangle+\lambda_{k,j}^2\Vert D_j\Vert^2 =0,\quad\forall\,1\leq j\leq k-1\] on a \[\begin{aligned} \Vert D_k\Vert &=\Vert C_k\Vert^2+\sum_{j=1}^{k-1}\lambda_{k,j}^2\Vert D_j\Vert^2 -2\sum_{j=1}^{k-1}\lambda_{k,j}^2\Vert D_j\Vert^2\\ &\leq \Vert C_k\Vert^2-\sum_{j=1}^{k-1}\lambda_{k,j}^2\Vert D_j\Vert^2 \leq\vert C_k\Vert^2 \end{aligned}\] soit \[\Vert D_k\Vert\leq \Vert C_k\Vert,\quad\forall\,1\leq k\leq n{\text{($\star$)}}\] puisque bien entendu $\text{det}[C_1,\dots,C_n]=\text{det}[D_1,\dots,D_n]$ ; l’inégalité est démontrée vu ($\star$) et ($\star$).

Un théorème de Kronecker *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Par polynôme de Sylvester on entend tout polynôme $P\in {\Bbb Z}[X]$ unitaire à racines de module inférieur où égal à $1$. Montrer que

(Kronecker) Les zéros non nuls d’un polynôme de Sylvester sont des racines de l’unité.

[ID: 2335] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Un théorème de Kronecker
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

Soit $n\in {\Bbb N}^\star$. Notons $Z_n$ la collection des zéros (comptés avec leurs multiplicités) de l’ensemble $\mathscr S_n$ des polynômes de Sylvester de degré inférieur où égal à $n$.

- Étape 1 : Pour $n\in {\Bbb N}^\star$ : $s_n:=\text{card}(\mathscr S_n)$ est fini.

Soit $p(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\dots +a_0\,=\, \prod_{i=1}^n(z-\zeta_i)\,\in \mathscr S_n$, avec les formules de Newton, si $\ 0\leq k\leq n-1$ on a \[\vert a_k\vert =\Big\vert \sum_{1\leq i_1<\dots<i_k\leq n}(-1)^k \zeta_{i_1} \dots \zeta_{i_k}\Big\vert \leq \sum_{1\leq i_1<\dots<i_k\leq n} \vert \zeta_{i_1} \dots \zeta_{i_k} \vert \leq {\textsf C}_n^k\leq n!,\] les coefficients $a_k$ étant entiers, il n’y a qu’un choix fini de $a_k$ et $s_n$ est fini.

- Étape 2 : $\left(\ \zeta\in Z_n\right) \Longrightarrow \left(\ \zeta^k\in Z_n,\ \forall\,k\in \mathbb N\right)$.

Soit $p(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+\dots +a_0 \in \mathbb Z[X]$, sa matrice compagnon \[C_p =\ \begin{pmatrix} 0 & 0 & \dots & 0 & -a_0 \\ 1 & 0 & \dots & 0 & -a_1 \\ 0 & 1 & \dots & 0 & -a_2 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & \dots & 0 & 1 & -a_{n-1} \end{pmatrix}\in M_n(\Bbb Z)\] est triangularisable dans $M_n(\Bbb C)$, il existe $G\in GL_n(\Bbb C)$ telle que \[C_p=G^{-1} \begin{pmatrix} \zeta_1 & & \text{\ \Huge ?}\\ &\ddots & \\ \text{\ \Huge 0} & &\zeta_n \end{pmatrix}G.\] Mais alors \[C_p^N=G^{-1} \begin{pmatrix} \zeta_1^N & & \text{\ \Huge ?}\\ &\ddots & \\ \text{\ \Huge 0} & &\zeta_n^N \end{pmatrix}G\in M_n(\Bbb Z),\] autrement dit $C_p^N$ est une matrice à coefficients dans $\Bbb Z$ qui admet $\zeta_1^N,\dots \zeta_n^N$ comme valeurs propres : son polynôme caractéristique répond à la question.

- Étape 3 : La conclusion.

Supposons qu’il existe un polynôme $p\in K_n$ admettant au moins une racine, (disons $\zeta_1$) qui ne soit ni racine de l’unité, ni de module strictement compris entre $0$ et $1$, l’ensemble $\{ \zeta_1^N\}_{N\in\Bbb N^\star}$ est alors de cardinal infini. D’autre part, par la seconde étape $p_{C_p^N}(\zeta_1^N)=0,\ \forall N\in\Bbb N^\star$, si bien que l’ensemble infini $\{ \zeta_1^N\}_{N\in\Bbb N^\star}$ est inclu dans $Z_n$ de cardinal fini (étape $1$) et on a la contradiction désirée.

Remarques : -On peut tout aussi bien montrer qu’un polynôme de Sylvester est sans zéros de module strictement compris entre $0$ et $1$ de la manière suivante : soit $p(z) = z^k\prod_{i=k+1}^n(z-\zeta_i)\in K_n$, toujours avec Newton : $1\leq \vert a_k\vert = \vert \zeta_{k+1}\dots \zeta_n \vert \leq 1,$ soit $\vert \zeta_{k+1}\vert =\dots = \vert \zeta_n\vert =1.$

-On pourra aussi consulter les ouvrages de J.M.Arnaudies & J.Bertin "Groupes, Algèbre et Géométrie" tome 1, pages 127-128, Ellipse, (1993) ou E.Leichnam "Exercices corrigés de Mathématiques, Polytechnique, ENS" (Algèbre et Géométrie), exercice 1-30, Ellipse, (1999) pour d’autres approches.

-Un entier algébrique est une racine d’un polynôme unitaire $P(X)=X^d+a_{d-1}X^{d-1}+\dots+a_1X+a_0\in\mathbb Z[X]$. On a

Un entier algébrique est soit entier, soit irrationnel.

Cette assertion repose essentiellement sur les idées précédentes, en voici donc les étapes principales :

$\rightsquigarrow\quad$ $\alpha\in\mathbb C$ est un entier algébrique si, et seulement si, il est valeur propre d’une matrice à coefficients entiers.

$\rightsquigarrow\quad$ Si $A\in M_n(\mathbb Z)$ admet une valeur propre $\lambda$ rationnelle, alors $A$ admet un vecteur propre à coordonnées entières associé à la valeur propre $\lambda$.

$\rightsquigarrow\quad$ Soit $\alpha$ un entier algébrique racine d’un polynôme $P\in\mathbb Z[X]$ de degré $n\geq 2$. Si $\alpha\in\mathbb Q\setminus\mathbb Z$ considérons $k\in\mathbb Z$ tel que $k<\alpha<k+1$ et $A:=C_P-kI_n\in M_n(\mathbb Z)$. On vérifie facilement que $\lambda:=\alpha-k$ est valeur propre de $A$, puis en considérant la suite $(A^mX)_m$ où $X\in\mathbb Z^n$ vérifie $AX=\lambda X$, conclure.

Le commutant dans $M_2(\mathbb K)$ *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

À toute matrice $A\in M_2(\mathbb K)$ on associe \[\mathscr C_A:=\left\lbrace B\in M_2(\mathbb K)\ :\ AB=BA\right\rbrace\] son commutant. Montrer que $\mathscr C_A$ est de dimension $2$ ou $4$.

[ID: 2337] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Le commutant dans $M_2(\mathbb K)$
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

Soit \[A=aE_{11}+bE_{12}+cE_{21}+dE_{22}{(\bigstar)}\] la décomposition de $A$ dans la base canonique de $M_2(\mathbb K)$.

-Si $A$ est scalaire (i.e. $A=\lambda I_2$ ), $\mathscr C_A=M_2(\mathbb K)$ est donc dimension $4$.

-Si $A$ est diagonale mais non scalaire, on vérifie encore sans peine avec $(\bigstar)$ que $\mathscr C_A$ est de dimension $2$.

-Sinon, $A$ est non scalaire et $A$ et $I_2$ sont libres, et $\mathscr C_A$ est de dimension supérieure ou égale à $2$. Supposons $\mathscr C_A$ de dimension supérieure ou égale à $3$. Dans $M_2(\mathbb K)$ de dimension $4$ il se doit de rencontrer \[\mathscr E:=\mathbb K E_{11}+\mathbb K E_{12}.\] Soit donc \[B=\alpha E_{11}+\beta E_{12}\in \mathscr E\cap\mathscr C_A,\quad (\alpha,\beta)\neq(0,0)\] en écrivant $AB=BA$ il vient $c=0$. De même, en considérant $\mathscr E:=\mathbb K E_{21}+\mathbb K E_{22}$ il vient $b=0$ soit $A$ diagonale ce qui est absurde donc $\text{dim}\,(\mathscr C_A)< 3$, soit $\text{dim}\,(\mathscr C_A)=2$.

Remarques : -Pour une matrice $A\in M_n(\mathbb K)$, la dimension du commutant de $A$ vérifie \[n\leq \text{dim}\,(\mathscr C_A) \leq n^2\] et la dimension vaut $n$ si, et seulement si $A$ est cyclique (i.e. $A$ est semblable à une matrice compagnon ou encore polynômes minimaux et caractéristiques coïncident) et $n^2$ si et seulement si $A$ est semblable à la matrice identité.

-La question se pose alors de savoir si la dimension du commutant peut prendre toutes les valeurs comprises entre $n$ et $n^2$. L’exercice que nous venons de traiter montre que la réponse à cette question est non si $n=2$ car $\text{dim}\,\mathscr C_A$ à priori dans $\{2,3,4\}$ ne peut jamais être égale à $3$. L’explication de ce phénomène est résumée dans le résultat qui suit

Car pour $n=2$, l’entier $3$ est le seul élément de $\{2,3,4\}$ qui ne vérifie pas ces deux propriétés. Ce dernier résultat est délicat à établir 1 ; pour notre exercice, il est d’ailleurs plus rapide (([rms], 2000/01, ex. 15)) d’établir (c’est d’ailleurs un corollaire immédiat du précédent) que la codimension du commutant est toujours paire ce qui n’est pas le cas de l’entier $3$ ($4-3=1$...).

voir Carrieu, Fadel, Fieux, Lassère, Rodriguez Autour des matrices de Frobenius ou Compagnon↩︎

Points isolés des solutions de l’équation $X^2=I_n$ dans $M_n(\mathbb R)$ * Polytechnique

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

[rms]

Dans ${\mathscr M}_n ( {\mathbb{R}} )$, quel est l’ensemble des points isolés de l’ensemble des matrices dont le carré est égal à $I_n$ ?

[ID: 2339] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Points isolés des solutions de l’équation $X^2=I_n$ dans $M_n(\mathbb R)$
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

Posons $A=\{M\in {\mathscr M}_n(\mathbb{R})\; \vert\; M^2=I_n\}$. Nous allons montrer que les points isolés de $A$ sont $I_n$ et $-I_n$. Le cas $n=1$ étant trivial, on suppose dans la suite $n\geqslant 2$.

Soit $M\in A$. Le polynôme $X^2-1=(X-1)(X+1)$ étant annulateur de $M$, la matrice $M$ est semblable à une matrice $\begin{pmatrix}I_p & 0\\ 0& -I_{n-p}\end{pmatrix}$ avec $0\leqslant p\leqslant n$. On a \[\mathop{\rm tr} M=2p-n,\quad \mathop{\rm tr}M=n\Leftrightarrow M=I_n\quad \text{ et }\quad\mathop{\rm tr}M =-n \Leftrightarrow M=- I_n.\]

Soit $\varphi$ l’application de $A$ dans $\mathbb{R}$ : $M\mapsto \mathop{\rm tr}M$. L’application $\varphi$ est continue et $\{I_n\} =\varphi^{-1}\big(]n-\frac{1}{2},n+\frac{1}{2}[\big)$. Ainsi, $\{I_n\}$ est un ouvert de $A$ et $I_n$ est donc un point isolé de $A$. On montre de même que $-I_n$ est un point isolé de $A$.

Soit $M\in \, A\setminus \{I_n,-I_n\}$ : $M=P\begin{pmatrix}I_p & 0\\ 0& -I_{n-p}\end{pmatrix}P^{-1}$, où $P\in \mathop{\rm GL}_n(\mathbb{R})$ et $1\leqslant p\leqslant n-1$. Notons $E_{1,n}$ la matrice élémentaire dont tous les coefficients sont nuls sauf celui de la 1ère ligne et $n$-ème colonne qui vaut 1. On constate que $M_k=P\left[\begin{pmatrix}I_p & 0\\ 0& -I_{n-p}\end{pmatrix}+\frac{1}{k}E_{1,n}\right]P^{-1}$ ( $k\in\mathbb{N}^*$) est élément de $A$ et que la suite $(M_k)$ tend vers $M$ sans prendre la valeur $M$. Ainsi, $M$ n’est pas isolé.

Remarque : Pour $0\leqslant p\leqslant n$, on note $A_p=\{M\in A\; \vert\; \mathop{\rm tr}M =2p-n\}$. On montre que les $A_p$ sont les composantes connexes par arcs de $A$. On utilise pour cela l’écriture $M=P\begin{pmatrix}I_p & 0\\ 0& -I_{n-p}\end{pmatrix}P^{-1}$ et on montre qu’on peut choisir $P$ dans $\mathop{\rm SL}_n(\mathbb{R})$. Comme $\mathop{\rm SL}_n(\mathbb{R})$ est connexe par arcs, $A_p$ l’est aussi.

Sur l’équation $\displaystyle\sin(A)=B$ *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Putnam, 1996.

Existe-t-il une matrice $A\in M_2(\mathbb C)$ vérifiant : \[\sin(A):=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}A^{2n+1}=\begin{pmatrix}1&2005\\0&1\end{pmatrix}\quad ?\]

[ID: 2341] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Sur l’équation $\displaystyle\sin(A)=B$
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

-Solution 1 : Supposons qu’une telle matrice existe.

$\rightsquigarrow\quad$ Si les deux valeurs propres ($\alpha$ et $\beta$) de $A$ sont distinctes, $A$ est diagonalisable ; il existe donc $C\in GL_n(\mathbb C)$ telle que \[B=\begin{pmatrix}\alpha&0\\0&\beta\end{pmatrix}=CAC^{-1},\] on à alors (car $A^n=CB^nB^{-1}$) \[\sin(A)=C\sin(B)C^{-1}\quad\text{et}\quad \sin(B)= \sum_{n=0}^\infty\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}\begin{pmatrix}\alpha^{2n+1}&0\\0&\beta^{2n+1}\end{pmatrix}^{2n+1}=\begin{pmatrix}\sin(\alpha)&0\\0&\sin(\beta)\end{pmatrix}\] $\sin(A)$ est donc diagonalisable ce qui est contraire à l’hypothèse.

$\rightsquigarrow\quad$ Envisageons maintenant les cas où les valeurs propres de $A$ sont égales. Il existe $C\in GL_n(\mathbb C)$ telle que \[B=\begin{pmatrix}x&y\\0&x\end{pmatrix}=CAC^{-1},\] soit (en calculant $B^n$ pour tout $n\in\mathbb N$) \[\sin(B)=C\sin(A)C^{-1}=\begin{pmatrix}\sin(x)&y\cos(x)\\0&\sin(x)\end{pmatrix}\] mais $1$ est l’unique valeur propre de $A$, donc $\sin(x)=0$, $\cos(x)=0$, $B=I_2$ et finalement $A=I_2$ ce qui est absurde.

-Solution 2 : Avec \[\cos(A)=\sum_{n=0}^\infty \dfrac{(-1)^n}{(2n)!}A^{2n}\] on vérifie que \[\sin^2(A)+\cos^2(A)=I_2\] si bien que \[\sin(A)=\begin{pmatrix}1&2005\\0&1\end{pmatrix}\] implique \[\cos^2(A)=\begin{pmatrix}0&-2.2005\\0&0\end{pmatrix}.\] Cette dernière équation implique que la matrice $\cos^2(A)$ est nilpotente, étant de taille $2\times 2$ elle ne peut être que nulle ce qui est absurde.

Quelques propriétés topologiques de $\mathscr O_n(\mathbb R)$ et $\mathscr U_n(\mathbb C)$ *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

[grula],

Montrer que $\mathscr O_n(\mathbb R)$ (resp. $\mathscr U_n(\mathbb C)$) est compact dans $M_n(\mathbb R)$ (resp. $M_n(\mathbb C)$).
Décomposition polaire généralisée : montrer que \[\forall\,M\in M_n(\mathbb R)\ :\ \exists\,(O,S)\in\mathscr O_n(\mathbb R)\times\mathscr S_n^+\ \text{ telles que } M=OS,\] \[\forall\,M\in M_n(\mathbb C)\ :\ \exists\,(U,H)\in\mathscr U_n(\mathbb C)\times\mathscr H_n^+\ \text{ telles que } M=UH.\]
Montrer que \[GL_n(\mathbb R)\underset{\text{top.}}{\simeq} \mathscr O_n(\mathbb R)\times\mathscr S_n^{+\star}\quad\text{ et }\quad GL_n(\mathbb C)\underset{\text{top.}}{\simeq} \mathscr U_n(\mathbb R)\times\mathscr H_n^{+\star}.\]
Montrer que $\mathscr O_n(\mathbb R)$ (resp. $\mathscr U_n(\mathbb C)$) est un sous-groupe compact maximal dans $GL_n(\mathbb R)$ (resp. $GL_n(\mathbb C)$) (commencer par montrer que les valeurs propres de tout élément d’un sous-groupe compact de $GL_n(\mathbb K)$ sont de module $1$).

[ID: 2343] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Quelques propriétés topologiques de $\mathscr O_n(\mathbb R)$ et $\mathscr U_n(\mathbb C)$
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

$\mathscr O_n(\mathbb R)$ est fermé dans $M_n(\mathbb R)$ car $\mathscr O_n(\mathbb R)=\varphi^{-1}(\{I_n\})$ où $\varphi$ est l’application continue sur $M_n(\mathbb R)$ définie par $A\mapsto \!^tAA$. $\vert\vert\vert.\vert\vert\vert$ étant la norme sur $M_n(\mathbb R)$ subordonnée à la norme euclidienne $\Vert.\Vert$ de $\mathbb R^n$, $A\in\mathscr O_n(\mathbb R)$ implique $\Vert AX\Vert=1$ et par suite $\vert\vert\vert A\vert\vert\vert=1$. $\mathscr O_n(\mathbb R)$ fermé bornée dans $M_n(\mathbb R)$ est bien compact. La procédure est analogue pour $\mathscr U_n(\mathbb C)$.
On rappelle (voir ref. ????) que
suivre......

Dans $M_n(\mathbb R)$ : $AB+A+B=0\quad\implies AB=BA$ *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

Soient $A,B\in M_n(\mathbb R)$ telles que $AB+A+B=0$ ; montrer que $AB=BA$.

[ID: 2345] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Dans $M_n(\mathbb R)$ : $AB+A+B=0\quad\implies AB=BA$
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

$AB+A+B=0$ implique que $(A+I_n)(B+I_n)=AB+A+B+I_n=I_n$, les matrices $A+I_n$ et $B+I_n$ sont respectivement inverses l’une de l’autre. Par conséquent $(A+I_n)(B+I_n)=(B+I_n)(A+I_n)=I_n$, on développe et $AB=BA$.

Dans $M_n(\mathbb C)$, tout hyperplan rencontre $GL_n(\mathbb C)$ (1) *

7 novembre 2022 22:38 — Par Patrice Lassère

[rms]-(2006).

Soit $n\geq 2$.

Montrer que si un hyperplan $\mathscr H$ de $M_n(\mathbb C)$ contient toutes les matrices nilpotentes, alors il contient une matrice inversible.
Montrer que dans $M_n(\mathbb C)$, tout hyperplan rencontre $GL_n(\mathbb C)$.

[ID: 2347] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Dans $M_n(\mathbb C)$, tout hyperplan rencontre $GL_n(\mathbb C)$ (1)
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:38

$\mathscr H$ est un hyperplan de $M_n(\mathbb C)$ : il existe donc une forme linéaire non nulle $\varphi$ sur $M_n(\mathbb C)$ telle que $\mathscr H=\ker(\varphi)$. Tous les éléments $E_{i,j}=((\delta_{i,j}^{k,l}))_{k,l}$ de la base canonique de $M_n(\mathbb C)$ sont, si $i\neq j$ des matrices nilpotentes donc, vu les hypothèses, dans $\mathscr H$. Dans ce cas, la matrice \[A=E_{n,1}+\sum_{k=1}^{n-1} E_{k,k+1}= \begin{pmatrix} 0&1&0&\dots &0&\\ \vdots& \ddots&\ddots&\ddots&\vdots\\ \vdots& & \ddots&\ddots&0\\ 0& &&\ddots &1\\ 1&0&\dots&\dots&0 \end{pmatrix}\] appartient à $\mathscr H$ comme combinaison linéaire d’éléments de $\mathscr H$ mais visiblement $A\in GL_n(\mathbb C)$ d’où le résultat.
Soit $\mathscr H=\ker(\varphi)$, $(\varphi\in M_n(\mathbb C)^\star\setminus\{0\})$ un hyperplan de $M_n(\mathbb C)$.

-Si $\mathscr H$ contient toutes les matrices nilpotente, il n’y a rien à démontrer vu la question précédente.

-Sinon, considérons une matrice nilpotente $N\not\in\mathscr H$ i.e. $\varphi(N)\neq 0$ et posons \[t:=\dfrac{\varphi(I_n)}{\varphi(N)}\in\mathbb C.\] Si $\varphi(I_n)=0$ alors $I_n\in\mathscr H\cap GL_n(\mathbb C)$ et le tour est joué. Sinon, puisque $\varphi(I_n-tN)=0$ i.e. $I_n-tN\in\mathscr H$, et comme $N$ est nilpotente $(N^n=0)$ on peut écrire \[I_n=I_n-t^nN^n=(I_n-tN)\left(\sum_{k=0}^{n-1}t^kN^k\right)=\left(\sum_{k=0}^{n-1}t^kN^k\right)(I_n-tN).\] Autrement dit $I_n-tN$ est inversible. CQFD.

Dans $M_n(\mathbb C)$, tout hyperplan rencontre $GL_n(\mathbb C)$ (2) *

7 novembre 2022 22:40 — Par Patrice Lassère

[fgna1]

Montrer que l’application qui à $A\in M_n(\mathbb K)\ (\mathbb K=\mathbb R\ \text{ou}\ \mathbb C)$ associe $f_A\ :\ M_n(\mathbb K)\ni M\mapsto f_A(M)=\text{Tr}(AM)$ établit un isomorphisme entre $M_n(\mathbb K)$ et son dual.
Soit $f\in M_n(\mathbb K)'$ une forme linéaire sur $M_n(\mathbb K)$ vérifiant \[f(XY)=f(YX),\qquad\forall\,X,Y\in M_n(\mathbb K).\] Montrer qu’il existe $\lambda\in\mathbb K$ tel que pour toute matrice $X\in M_n(\mathbb K)$, $f(X)=\lambda\text{Tr}(X)$.
Montrer que pour tout $n\geq 2$, tout hyperplan de $M_n(\mathbb K)$ rencontre $GL_n(\mathbb K)$.

[ID: 2349] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:40] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Dans $M_n(\mathbb C)$, tout hyperplan rencontre $GL_n(\mathbb C)$ (2)
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:40

On vérifie facilement que $f_A$ est linéaire ; pour des raisons de dimension, il est donc suffisant de montrer que l’application $A\mapsto f_A$ est injective :

Soit $A=((a_{i,j}))$ telle que $f_A=0$. $(E_{i,j})$ désignant la base canonique de $M_n(\mathbb K)$ on a pour $1\leq k,l\leq n$ \[\begin{aligned} 0= f_A(E_{k,l})=\text{Tr}(AE_{k,l})&=\text{Tr}\left(\sum_{1\leq i,j\leq n}a_{i,j}E_{i,j}E_{k,l} \right)\\ &= \text{Tr}\left(\sum_{i=1}^na_{i,k}E_{i,l} \right)\quad\text{car}\ E_{i,j}E_{k,l}=\delta_{j,k}E_{i,l}\\ &=\sum_{i=1}^na_{i,k}\text{Tr}(E_{i,l})=a_{l,k}. \end{aligned}\] Et $A$ est bien nulle.
Soit $f$ une telle forme et $1\leq i,j\leq n$, si $i\neq j$ \[f(E_{i,j})=f(E_{i,i}E_{i,j})=f(E_{i,j}E_{i,i})=0,\] et \[f(E_{i,i})=f(E_{i,j}E_{j,i})=f(E_{j,i}E_{i,j})=f(E_{j,j}):=\lambda.\] Ainsi, $f$ et $\lambda\text{Tr}$ coïncident sur la base canonique de $M_n(\mathbb K)$ : elles sont égales.

Remarque : On trouvera aussi dans [fgna1], exercice 7.7 une autre démonstration s’appuyant sur la première question.
Un hyperplan $H$ de $M_n(\mathbb K)$ est le noyau d’une forme linéaire $f$ non nulle ; il existe donc $A\in M_n(\mathbb K)$ non nulle, telle que $f=f_A$ et $H=\{ X\in M_n(\mathbb K)\ :\ \text{Tr}(AX)=0\}$. Il s’agit donc de montrer qu’il existe $X\in GL_n(\mathbb K)$ telle que $\text{Tr}(AX)=0$. Pour cela, soit $r\geq 1$ le rang de $A$, il existe1 $P$ et $Q$ dans $GL_n(\mathbb R)$ telle que \[PAQ=J_r=\begin{pmatrix} I_r & 0\\0&0 \end{pmatrix}.\] Alors, pour $X\in M_n(\mathbb K)$, $\text{Tr}(AX)=\text{Tr}(P^{-1}J_rQ^{-1}X)=\text{Tr}(J_rQ^{-1}XP^{-1})$ et il suffit donc de trouver une matrice inversible $Y$ telle que $\text{Tr}(J_rY)=0$ ($X=QYP$ répondra alors à la question). Par exemple, la matrice de permutation \[Y=\begin{pmatrix} 0&0&\dots&\dots &0&1\\ 1&0&\ddots &&&0\\ 0&1&0&&&0\\ \vdots&&\ddots&\ddots&&\vdots\\ \vdots&&&\ddots&\ddots&\vdots\\ 0&\dots&\dots&\dots&1&0 \end{pmatrix}\] convient puisque $J_rY$ est de diagonale nulle.

Remarque :

1 donner une référence

Caractérisation des matrices nilpotentes par la trace *

7 novembre 2022 22:40 — Par Patrice Lassère

[fgna2], [rms] 2008.

Soit $\mathbb K$ un sous-corps de $\mathbb C$ et $A\in M_n(\mathbb K)$. On suppose que pour tout $k\in\mathbb N^\star$ la trace de $A^k$ est nulle. Montrer que $A$ est nilpotente.
Soit $A\in M_n(\mathbb C)$, établir l’équivalence des propriétés :

1) La seule valeur propre de $A$ est $1$.

2) $\text{tr}(A)=\text{tr}(A^2)=\dots=\text{tr}(A^n)=n.$

[ID: 2351] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:40] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Caractérisation des matrices nilpotentes par la trace
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:40

Nous restons ici fidèlement sur la trace de Francinou, Gianella et Nicolas [fgna2] qui proposent plusieurs solutions de ce classique problème.

-Sur $\mathbb C$, le polynôme caractérique de $A$ est scindé. Raisonnons par l’absurde en supposant $A$ non nilpotente. Alors $A$ possède au moins des valeurs propres non nulles que l’on note $\lambda_1,\dots,\lambda_r,\ 1\leq r\leq n$ de multiplicités respectives $n_1,\dots,n_r$. Par hypothèse nous avons pour tout $k\in\mathbb N^\star$ : \[\rm{tr}(A^k)=n_1\lambda_1^k+\dots+n_r\lambda_r^k.\] Écrire ces relations pour $k$ variant de $1$ à $r$ équivaut à dire que le vecteur $(n_1,\dots,n_r)$ est solution du système linéaire \[\begin{pmatrix} \lambda_1&\lambda_2&\dots&\lambda_r\\ \lambda_1^2&\lambda_2^2&\dots&\lambda_r^2\\ \vdots & & &\ldots\\ \lambda_1^r&\lambda_2^r&\dots&\lambda_r^r\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1\\x_2\\\ldots\\x_r \end{pmatrix}=0.\] Et ce système est de Cramer puisque le déterminant de la matrice du système vaut1 \[\lambda_1\dots\lambda_r\prod_{1\leq i<j\leq r}(\lambda_i-\lambda_j)\] donc nécessairement $n_1=n_2=\dots=n_r=0$ ce qui est exclu.

La seconde solution utilise les formules de Newton. Désignons cette fois-ci par $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ les racines du polynôme caractéristique $\chi_A$ comptées avec leur multiplicités. Dire que $\rm{tr}(A^k)=0$ pour tout entier $k\in\mathbb N^\star$ revient exactement à dire que \[\rm{tr}(A^k)=0=\lambda_1^k+\dots+\lambda_n^k= 0,\quad\forall\,k\in\mathbb N^\star\] car $A$ étant semblable à une matrice triangulaire à coefficients diagonaux $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ les matrices $A^k$ sont elles semblables à des matrices triangulaires à coefficients diagonaux $\lambda_1^k,\dots,\lambda_n^k$. Les formules de Newton² impliquent alors que les fonctions symétriques élémentaires des racines $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ sont nulles : \[\sigma_1=\dots=\sigma_n=0.\] On en déduit que³ \[\chi_A=X^n-\sigma_1X^{n-1}+\dots+(-1)^{n-1}\sigma_{n-1}X+(-1)^n\sigma_n =X^n.\] Soit $A^n=0$ d’aprés le théorème de Cayley-Hamilton

Pour la troisième solution on procède par récurrence sur la taille de la matrice. Si $n=1$, $\rm{tr}(A)=0$ implique $A=0$. Soit donc $n\geq 2$, et supposons le résultat vrai jusqu’au rang $n-1$. Le polynôme caractéristique de $A$ \[\chi_A=X^n-\sigma_1X^{n-1}+\dots+(-1)^{n-1}\sigma_{n-1}X+(-1)^n\sigma_n\] vérifie par Cayley-Hamilton \[\chi_A(A)=0=A^n-\sigma_1A^{n-1}+\dots+(-1)^{n-1}\sigma_{n-1}A +(-1)^n\sigma_nI_n\] et en prenant la trace de cette dernière expression il vient \[(-1)^n\sigma_n\cdot n=(-1)^\lambda_1\dots\lambda_n n=(-1)^n n\det(A)=0\] soit $\det(A)=0$. $0$ est donc valeur propre de $A$ et on peut écrire \[\chi_A=X^pQ\quad\text{avec}\quad Q(0)\neq 0\ \text{ et }\ p\geq 1.\] Le théorème de décomposition des noyaux assure alors que \[\mathbb K^n=\ker(\chi_A(A))=\ker(A^p)\oplus\ker(Q(A)).\] Supposons maintenant $\ker(Q(A))\neq\{0\}$. Dans une base obtenue comme réunion d’une base de $\ker(A^p)$ et d’une base de $\ker(Q(A))$, l’endomorphisme $A$ admet une matrice de la forme \[\begin{pmatrix} A'& 0\\0&B'\end{pmatrix}.\] Mais $A'^p=0$, $A'$ est donc nilpotente et par conséquent $\rm{tr}(A'^k)=0,\ \forall\,k\in\mathbb N^\star$. Maintenant, comme $A^k$ est semblable à \[\begin{pmatrix} A'^k& 0\\0&B'^k\end{pmatrix}\] on a nécessairement $\rm{tr}(B'^k)=0,\ \forall\,k\in\mathbb N^\star$ : $B'$ est aussi nilpotente. Mais par hypothèse, $Q(0)\neq 0$ qui implique que la restriction de $A$ à $\ker(Q(A))$ est injective, soit $B'$ inversible ce qui fournit la contradiction.

On peut donc affirmer que $\ker(Q(A))=\{0\}$, soit $\mathbb K^n=\ker(A^p)$ et la matrice $A$ est bien nilpotente.
Soient $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ les valeurs propres de $A$, comme $\text{rang}(A^k)=\lambda_1^k+\dots+\lambda_n^k$ pour tout entier $k\in\{1,\dots,n\}$, l’implication $(1)\Rightarrow (2)$ est immédiate.

Pour $(2)\Rightarrow (1)$, remarquons que $\text{spec}(A-I_n)=\{\,\lambda-1,\lambda\in \text{spec}(A)\}$, il est donc suffisant de montrer que la seule valeur propre de $A-I_n$ est $0$ ou encore que $A-I_n$ est nilpotente.

D’aprés la première question, $A-I_n$ est nilpotente, si et seulement si, $\text{tr}(A-I_n)^k=0$ pour tout entier $k\in\{1,\dots,n\}$, et cette dernière vérification est élémentaire car : \[\text{tr}(A-I_n)^k=\sum_{l=0}^k\,\binom{k}{l}(-1)^l\text{tr}(A^{k-l}) =n\sum_{l=0}^k\,\binom{k}{l}(-1)^l=(1-1)^k=0.\]

[fgna2], exercice 1.8.1 C’est le trés fameux déterminant de Vandermonde :
[fgna1], exercice 5.26 où...2 Voir
3 où $(-1)^n\chi_A$ comme le veut souvent la coutume.

Sur l’équation $A^p=I_n$ dans $M_n(\mathbb Z)$. *

7 novembre 2022 22:40 — Par Patrice Lassère

[rms].

Soient $p,n,m\in\mathbb N^\star$ avec $m\geq 2$. On considère une matrice $A\in M_n(\mathbb Z)$ vérifiant $A^p=I_n$ et $A\equiv I_n(m)$. Montrer que $A=I_n$.

[ID: 2353] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:40] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Sur l’équation $A^p=I_n$ dans $M_n(\mathbb Z)$.
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:40

Il existe par hypothèse $B\in M_n(\mathbb Z)$ telle que \[A=I_n+mB.\] En outre, le polynôme $X^p-1$ scindé à racines simples annule la matrice $A$ qui est donc diagonalisable dans $M_n(\mathbb C)$ ses valeurs propres étant des racines $p$-ièmes de l’unité.

Nous avons $B=m^{-1}(A-I_n)$. $B$ est aussi diagonalisable et ses valeurs propres sont de la forme $m^{-1}(\lambda-1)$ avec $\lambda^p=1$. Alors, comme \[\vert m^{-1}(\lambda-1)\vert \leq \dfrac{2}{m}<1\] on a \[\lim_{k\to+\infty} B^k=0.\] Mais les matrices $B^k$ sont à coefficients entiers : la seule alternative est donc qu’il existe un entier $k_0$ tel que $B^{k_0}=0$. La matrice $B$ est donc diagonalisable et nilpotente : c’est la matrice nulle et finalement $A=I_n$

Calcul de $\exp(A)$ où $A=((\exp(2i\pi(k+l)/5)))_{k,l}\in M_5(\mathbb C)$. *

7 novembre 2022 22:40 — Par Patrice Lassère

[rms].

Soit $\omega=e^{2i\pi/5}$ et $A=((\omega^{k+l})))_{0\leq k,l\leq 4}\in M_5(\mathbb C)$.

$A$ est-elle diagonalisable ?
Calculer $\exp(A)$.

[ID: 2355] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:40] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Calcul de $\exp(A)$ où $A=((\exp(2i\pi(k+l)/5)))_{k,l}\in M_5(\mathbb C)$.
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:40

Nous avons \[A=\begin{pmatrix}1&\omega&\dots&\omega^4\\ \omega&\omega^2&\dots&\omega^5\\ \omega^2&\omega^3&\dots&\omega^6\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ \omega^4&\omega^5&\dots&\omega^8 \end{pmatrix},\] les colonnes de $A$ sont proportionnelles : $A$ est donc de rang $1$ et donc semblable à une matrice de la forme \[B=\begin{pmatrix}0&\dots&0&?\\ \vdots&&\vdots&\vdots\\ \vdots&&\dots&?\\ 0&\dots&0&\text{tr}(A)\end{pmatrix}.\] Mais $\text{tr}(A)=1+\omega^2+\omega^4+\omega^6+\omega^8=0$ implique que $B^2=0$ puis $A^2=0$ : la matrice $A$ n’est donc pas diagonalisable.
$A^2=0$ implique $A^n=0$ pour tout entier $n\geq 2$, par conséquent $\exp(A)=I_5+A$.

Matrices entières inversibles *

7 novembre 2022 22:40 — Par Patrice Lassère

[putnam3]

Soient $A,B\in M_2(\mathbb Z)$ telles que $A, A+B, A+2B, A+3B$ et $A+4B$ soient inversibles à inverses dans $M_2(\mathbb Z)$. Montrer que $A+5B$ est inversible et que son inverse est encore à coefficients entiers.

[ID: 2357] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:40] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Matrices entières inversibles
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:40

Il faut se souvenir qu’une matrice $M$ à coefficients entiers est inversible avec un inverse à coefficients entiers si et seulement si $\det(M)=\pm 1$ (si $M$ admet un tel inverse $N$ alors, $\det(M)\det(N)=\det(M)\det(N)=1$ soit $\det(M)=\pm 1$ ; réciproquement si $\det(M)=\pm 1$ alors $\pm\widetilde{M}$ (où $\widetilde{M}$ est la transposée des cofacteurs de $M$) est l’inverse de $M$).

Considérons alors le polynôme de degré au plus $2$, $f(x)=\det(A+xB)$. Vu les hypothèses et la remarque préliminaire $f(x)=\pm 1$ pour $x=0,1,2,3$ et $4$ ; par le principe des tiroirs $f$ prends une des valeurs $\pm 1$ au moins trois fois ce qui le force à être constant, en particulier $\det(A+5B)=\pm 1$, CQFD

Sur l’équation $S=X^2$ dans $M_n(\mathbb C)$ avec $S$ symétrique et $X$ antisymétrique. * Polytechnique

7 novembre 2022 22:40 — Par Patrice Lassère

[rms].

Soit $S\in M_n(\mathbb C)$ une matrice symétrique réelle, donner une condition nécessaire et suffisante sur ses valeurs propres pour quelle soit le carré d’une matrice antisymétrique réelle.

[ID: 2359] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:40] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Sur l’équation $S=X^2$ dans $M_n(\mathbb C)$ avec $S$ symétrique et $X$ antisymétrique.
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:40

On va montrer que $S$ est le carré d’une matrice antisymétrique réelle si et seulement si, toutes ses valeurs propres sont négatives et ses valeurs propres strictement négatives sont de multiplicité paire.

-(condition suffisante). Si $S$ est la matrice nulle, alors $S=0^2$ et on peut supposer désormais $S\neq 0$. $S$ est symétrique réelle, ses valeurs propres sont réelles et peuvent, vu les hypothèses, s’écrire sous la forme \[-a_1^2,-a_1^2,-a_2^2,-a_2^2,\dots,-a_l^2,-a_l^2,0,\dots,0\] où $a_1,a_2,\dots a_l\in\mathbb R_+^\star$ (et ne sont pas forcément distincts). Toujours parce que $S$ est symétrique réelle, elle est diagonalisable dans une base orthonormée : \[\exists\,O\in O_n(\mathbb R)\ :\quad O^{-1}SO= \text{diag}(-a_1^2,-a_1^2,-a_2^2,-a_2^2,\dots,-a_l^2,-a_l^2,0,\dots,0).\] Notons pour $k\in\{1,\dots,l\}$ \[A_k=\begin{pmatrix}0&-a_k\\a_k&0\end{pmatrix}\] et considérons la matrice diagonale par blocs \[R=\text{diag}(A_1,A_2,\dots,A_l,0,\dots,0)\in M_n(\mathbb R).\] $R$ est bien antisymétrique réelle et un calcul par blocs montre que \[R^2= \text{diag}(-a_1^2,-a_1^2,-a_2^2,-a_2^2,\dots,-a_l^2,-a_l^2,0,\dots,0)=O^{-1}SO=\,^t\!OSO,\] $OR\, ^t\!O$ est une matrice antisymétrique réelle vérifiant $(OR\, ^t\!O)^2=S$, CQFD.

-Pour la condition nécessaire, si $S=R^2$ avec $R$ antisymétrique, comme $R=-\,^t\!R$ on a $S=R^2=-\,^t\!RR$ qui implique \[\forall\, X\in\mathbb R^n,\quad ^t\!XSX=-\,^tX\,^t\!RRX=-\Vert RX\Vert^2\] qui prouve que $S$ est symétrique réelle négative : son spectre est donc inclu dans $\mathbb R_-$.

Les valeurs propres de $S$ sont les carrés des valeurs propres de $R$ qui sont donc imaginaire pures et stables par conjugaison puisque $R$ est à coefficients réels. ($\lambda\in\text{spec}(S)\implies \pm i\sqrt{\lambda}\in\text{spec}(R)$) : elles sont donc de multiplicité paire. CQFD.

Convexité, matrice symétrique, calcul d’intégrale *

7 novembre 2022 22:40 — Par Patrice Lassère

Montrer que l’application $A\mapsto (\det(A))^{-1/2}$ de l’ensemble $\mathscr S_n^{++}$ des matrices symétriques définies positives dans $\mathbb R_+^\star$ est strictement convexe.

[ID: 2361] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:40] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Convexité, matrice symétrique, calcul d’intégrale
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:40

Soit $A\in\mathscr S_n^{++}$ de valeurs propres $\lambda_1,\dots,\lambda_n$. En se placant dans une base orthonormale de réduction de $A$ nous avons \[\int_{\mathbb R^n}e^{-\langle Ax,x\rangle}dx_1\dots dx_n =\int_{\mathbb R^n}e^{-(\lambda_1y_1^2+\dots+\lambda_ny_n^2)}dy_1\dots dy_n =(\det(A))^{-1/2}C\quad\text{où}\quad C=\pi^{n/2}.\] Il suffit maintenant de remarquer que la fonction $x\mapsto e^{-x}$ est strictement convexe sur $\mathbb R$ pour conclure.

Matrices symétriques *

7 novembre 2022 22:40 — Par Patrice Lassère

[monier]

Pour $A=((a_{i,j}))\in M_n(\mathbb R),\ (n\in\mathbb N^\star)$ symétrique et vérifiant $A^2=A$, établir les inégalités suivantes :

$\displaystyle 0\leq\sum_{1\leq i,j\leq n}a_{i,j}\leq n.$
$\displaystyle \sum_{1\leq i,j\leq n}\vert a_{i,j}\vert\leq n\sqrt{\text{rang}(A)}$.
$\displaystyle \sum_{1\leq i,j\leq n}\vert a_{i,j}\vert< n^{3/2}$ si $n\geq 2$.

[ID: 2363] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:40] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Matrices symétriques
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:40

Notons $V= \,^t \!(1,1,\dots,1)\in M_{n,1}(\mathbb R)$, par un calcul élémentaire

\[\sum_{1\leq i,j\leq n}a_{i,j}=\,^t\!VAV=\,^tVA^2V=\,^tV(\,^t\!A A)V=\Vert AV\Vert^2\geq 0.\]

Pour l’inégalité de droite, remarquons que $B=((b_{i,j}))= I_n-A$ vérifie encore $^t\!B=B$ et $B^2=B$, si bien que

\[\sum_{1\leq i,j\leq n}b_{i,j}= n-\sum_{1\leq i,j\leq n}a_{i,j} \geq 0.\]
Notons $A'=((\vert a_{i,j}\vert))\in M_n(\mathbb R)$ et $U=(V,V,\dots, V)\in M_n(\mathbb R)$. $M_n(\mathbb R)$ étant muni de sa structure euclidienne canonique $\langle A,B\rangle =\text{trace}(\,^t\!A B)$, par Cauchy-Schwarz

\[\langle A', U\rangle^2 \leq \Vert A'\Vert^2\,\Vert U\Vert^2\]

soit

\[\left(\sum_{1\leq i,j\leq n}\vert a_{i,j}\vert\right)^2 \leq \left(\sum_{1\leq i,j\leq n} a_{i,j}^2\right)\left(\sum_{1\leq i,j\leq n} 1^2 \right) (\bigstar)\]

mais

\[\sum_{1\leq i,j\leq n} a_{i,j}^2=\text{trace}(\,^t\!A A)=\text{trace}(A)\]

et puisque $A$ est une matrice de projection $\text{trace}(A)=\text{rang}(A)\leq n$ soit avec $(\bigstar)$

\[\left(\sum_{1\leq i,j\leq n}\vert a_{i,j}\vert\right)^2\leq n^2\text{rang}(A)\leq n^3.\]
Vu l’inégalité précédente, on aura toujours une inégalité large, et l’égalité équivaut à $\text{rang}(A)=n$ soit $A\in GL_n(\mathbb R)$ puis ($A^2=A$) $A=I_n$, mais alors

\[\sum_{1\leq i,j\leq n}\vert a_{i,j}\vert = n<n^{3/2}\quad\text{dès que}\quad n\geq 2,\]

d’où le résultat.

Espaces euclidiens et projection orthogonale *

7 novembre 2022 22:40 — Par Patrice Lassère

[rms]

$\mathscr S_n$ désignant le sous-espace dans $M_n(\mathbb R)$ des matrices symétriques réelles, calculer pour $A=((a_{ij}))\in M_n(\mathbb R)$

\[\inf_{M=((m_{ij}))\in \mathscr S_n}\,\sum_{1\leq i,j\leq n}\left(a_{ij}-m_{ij}\right)^2\]

[ID: 2365] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:40] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Espaces euclidiens et projection orthogonale
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:40

Il est bien entendu équivalent de déterminer

\[\inf_{M=((m_{ij}))\in \mathscr S_n}\,\sqrt{\sum_{1\leq i,j\leq n}\left(a_{ij}-m_{ij}\right)^2},\qquad{(\text{$\star$})}\]

et si $M_n(\Bbb R)$ est muni du produit scalaire

\[\langle A,B\rangle=\text{tr}(A\,^t\!B)\]

on peut reécrire ($\star$) sous la forme

\[\inf_{M\in \mathscr S_n}\,\sqrt{\sum_{1\leq i,j\leq n}\left(a_{ij}-m_{ij}\right)^2}=\inf_{M\in \mathscr S_n}\,\text{tr}\left((A-M)\,^t\!(A-M)\right)=\inf_{M\in \mathscr S_n}\Vert A-M\Vert=\text{dist}(A,\mathscr S_n).\]

Par le théorème de projection orthogonale \[\text{dist}(A,\mathscr S_n)=\Vert A-B\Vert\] où $B$ est la projection orthogonale de $A$ sur $\mathscr S_n$, le théorème de projection nous assure en outre que $B-A\in\mathscr S_n^\perp$ et il est bien connu que $\mathscr S_n^\perp$ n’est rien d’autre que l’ensemble des matrices antisymétriques, soit

\[^t\!(A-B)= B-A\quad\iff\quad B= ^t\!B={1\over 2}(A+ ^t\!A)\]

si bien que

\[\inf_{M=((m_{ij}))\in \mathscr S_n}\,\sum_{1\leq i,j\leq n}\left(a_{ij}-m_{ij}\right)^2 =\sum_{1\leq i,j\leq n}\dfrac{\left(a_{ij}-a_{ji}\right)^2}{2}.\]

Une matrice symétrique non diagonalisable *

7 novembre 2022 22:41 — Par Patrice Lassère

La matrice symétrique $\displaystyle\begin{pmatrix} 2&i\\ i&0\end{pmatrix}$ est-elle diagonalisable ?

[ID: 2367] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:41] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Une matrice symétrique non diagonalisable
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:41

Non bien sûr ! $\lambda=1$ est son unique valeur propre : si elle était diagonalisable elle serait semblable et donc égale à $I_2$.

Remarques : -un contre-exemple à toujours avoir sous la main : ce sont les matrices symétriques réelles qui sont toujours diagonalisables et dans une base orthonormée s’il vous plaît.

-Profitons en pour donner l’exemple d’une matrice non triangularisable (sur $\mathbb R$ bien entendu...) : $\begin{pmatrix} 1&-1\\1&1\end{pmatrix}$ et d’une matrice non diagonalisable (sur $\mathbb C$ bien entendu...), à savoir $\begin{pmatrix} 1&1\\0&1\end{pmatrix}$.

-Dans la même veine, pour terminer voici deux matrices \[\begin{pmatrix} 1&1&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&1\\0&0&0&1\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix} 1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&1\\0&0&0&1\end{pmatrix}\] qui ne sont pas semblables mais qui ont même polynômes minimal et caractéristiques. Vous pouvez remarquer que ce sont des matrices $4\times 4$, ce qui est normal car pour $n\leq 3$, deux matrices (ou endomorphismes) sont semblables si, et seulement si, ils ont mêmes polynômes minimal et caractéristiques. Mais pour $n\geq 4$ l’implication non triviale est fausse.

Produit scalaire, continuité, topologie *

7 novembre 2022 22:41 — Par Patrice Lassère

[monier]

Soit $E$ un espace pré-hilbertien, montrer que l’ensemble \[\mathscr O:=\left\{ (x,y)\in E\times E\text{ tels que } x,y \text{ sont libres dans }E\right\}\] est un ouvert de $E\times E$.

[ID: 2369] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:41] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Produit scalaire, continuité, topologie
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:41

L’application \[\varphi\ :\ (x,y)\in E\times E\mapsto \varphi(x,y)=\langle x,y\rangle-\sqrt{\langle x,x\rangle\langle y,y\rangle}\in\mathbb R.\] est continue sur $E\times E$ muni de sa topologie naturelle d’espace produit (la continuité du produit scalaire résulte de l’inégalité de Cauchy-Schwarz) et, vu le cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz $\mathscr O=\varphi^{-1}(\mathbb R^\star)$. C’est donc un ouvert comme image réciproque d’un ouvert par une application continue.

Autour de la trace *

7 novembre 2022 22:41 — Par Patrice Lassère

[rms]

Soit $A\in M_n(\mathbb R)$ telle que \[\forall \,X\in M_n(\mathbb R),\ \text{tr}(X)=0\Longrightarrow \text{tr}(AX)=0.\] Montrer qu’il existe $\lambda\in\mathbb R$ tel que $A=\lambda I_n$.

[ID: 2371] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:41] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Autour de la trace
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:41

Muni du produit scalaire $\langle A,B\rangle=\text{tr}(A\,{ }^t\!B)$, $M_n(\mathbb R)$ est un espace euclidien et

\[E:=\{\,A\in M_n(\mathbb R)\ :\ \text{tr}(A)=0\}\]

est un sous-espace vectoriel de $M_n(\mathbb R)$ de dimension $n^2-1$ : c’est en effet le noyau de la forme linéaire

\[\varphi\ :\ A\in M_n(\mathbb R)\mapsto \varphi(A)=\text{tr}(A)\]

donc $\dim E+\dim \left(\text{im}(\varphi)\right) =n^2\Longrightarrow \dim E=n^2-\dim \left(\text{im}(\varphi)\right)=n^2-1$ car $\text{im}(\varphi)$ est un sous-espace non réduit à l’origine de $\mathbb R$ donc égal à $\mathbb R$.

Par suite $\dim E^\perp =1$ et $E^\perp =\mathbb RI_n$ car bien sûr $I_n\in E^\perp$, mais

\[\left(\forall \,X\in M_n(\mathbb R),\ \text{tr}(X)=0\Longrightarrow \text{tr}(AX)=0=\langle A,{ }^t\!X\rangle\right)\iff\left(A\in E^\perp=\mathbb RI_n\right)\]

Bases orthormées *

7 novembre 2022 22:41 — Par Patrice Lassère

[rms]

Soient $(e_1,\dots,e_d)$, $(f_1,\dots,f_d)$ deux bases orthonormées d’un espace euclidien $(E,\langle.\vert.\rangle)$. Si $u\in\mathscr L(E)$, montrer que la quantité \[\sum_{1\leq i,j\leq d}\langle u(e_i),f_j\rangle^2{\text{($\star$)}}\] est indépendante du choix de ces deux bases.

[ID: 2373] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:41] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Bases orthormées
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:41

$(f_j)_1^d$ étant orthonormée, on a avec Pythagore \[\sum_{1\leq i,j\leq d}\langle u(e_i),f_j\rangle^2=\sum_{i=1}^d \sum_{j=1}^d \langle u(e_i),f_j\rangle^2 =\sum_{i=1}^d \Vert u(e_i)\Vert^2,\] nous sommes donc déja assurés que ($\star$) ne dépend pas $(f_j)_1^d$. Il reste à prouver que \[\sum_{i=1}^d \Vert u(e_i)\Vert^2=\sum_{i=1}^d \Vert u(f_i)\Vert^2\] Pour cela si $A=((a_{i,j}))$ désigne la matrice de $u$ dans la base $(e_i)_1^d$ \[\rm{trace}(A\,\!^tA)=\sum_{1\leq i,j\leq d}a_{i,j}^2=\sum_{i=1}^d \Vert u(e_i)\Vert^2\] de même \[\sum_{i=1}^d \Vert u(f_i)\Vert^2=\rm{trace}(B\,\!^tB)\] où $B=\rm{mat}(u,(f_j)_1^d)=P^{-1}AP$ et $P\in GL_d(\mathbb R)$ est la matrice de passage entre les deux bases. Ces deux bases étant orthonormées, $P$ est orthogonale i.e. $P^{-1}=\,\!^tP$ et par suite \[\rm{trace}(B\,\!^tB)=\rm{trace}(P^{-1}AP\,\!^t(P^{-1}AP)=\rm{trace}(P^{-1}AP\,\!^tP\,\!^tA\,\!^tP) =\rm{trace}(P^{-1}A\,\!^tAP)=\rm{trace}(A\,\!^tA).\]

Toute matrice carrée réelle est produit de deux matrices symétriques réelles *

7 novembre 2022 22:41 — Par Patrice Lassère

[rms]

Montrer que pour toute matrice carrée réelle, il existe une matrice de passage à sa transposée qui soit symétrique.
En déduire que toute matrice carrée réelle est le produit de deux matrices symétriques réelles.

[ID: 2375] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:41] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Toute matrice carrée réelle est produit de deux matrices symétriques réelles
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:41

La solution repose sur le fait suivant : toute matrice $A\in M_n(\mathbb R)$ est semblable à sa transposée mais si de plus $A$ est une matrice cyclique (i.e. semblable a une matrice compagnon), on peut imposer à la matrice de passage d’être symétrique réelle. que l’on va pouvoir étendre à tout $M_n(\mathbb R)$.

En effet, soient \[A\,=\,\begin{pmatrix} 0 & 0 & \dots & 0 & -a_0 \\ 1 & 0 & \dots & 0 & -a_1 \\ 0 & 1 & \dots & 0 & -a_2 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & \dots & 0 & 1 & -a_{n-1} \end{pmatrix},\ \ S\,=\, \begin{pmatrix} a_{1} & a_{2} & \dots & a_{n-1} & 1 \\ a_{2} & a_{3} & \dots & 1 & 0 \\ \vdots & \vdots & \dots & \vdots & \vdots \\ a_{n-1} & 1&\dots &0&0\\ 1 & 0 &\dots & 0 & 0 \end{pmatrix}\in GL_n(\Bbb C),\] alors \[AS\,=\,\begin{pmatrix} -a_0 & 0 & 0 & \dots & 0 &0\\ 0 & a_2 & a_3 & \dots & a_{n-1} &1\\ 0 & a_3 & a_4 & \ddots &1 &0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \dots & \vdots &\vdots\\ 0 & a_{n-1} &1&\dots &0&0\\ 0 & 1 & 0 & \dots & 0&0 \end{pmatrix}\] est une matrice symétrique et par conséquent $AS={ }^t\!\big(AS\big)=S\big({ }^t\!A\big)$ i.e. $A=S\big({ }^t\!\!A\big)S^{-1}$.

Il en résulte immédiatement que toute matrice de Frobenius (i.e. une matrice constituée de blocs diagonaux cycliques) $F$ admet une matrice de passage à sa transposée $S$ symétrique réelle ($F=SAS^{-1}$). Vérifions maintenant que cette propriété se généralise à toutes les matrices.

Comme toute matrice $A\in M_n(\mathbb R)$ est semblable à une matrice de Frobenius (c’est le théorème de décomposition de Frobenius analogue cyclique du théorème de décomposition de Jordan) il existe donc $P\in GL_n(\mathbb R), S\in \mathscr S_n(\mathbb R)\cap GL_n(\mathbb R)$ et $F$ matrice de Frobenius, telles que \[A= P F P^{-1},\quad F=S\,{ }^t\!F S^{-1}.\] Ainsi \[\begin{aligned}A= P (S\,{ }^t\!F S^{-1}) P^{-1}&= (P S)( \,{ }^t\!P \,{ }^t\!P^{-1}) \,{ }^t\!F (\,{ }^t\!P \,{ }^t\!P^{-1 })(S^{-1} P^{-1})\\ &=(P S \,{ }^t\!P) (\,{ }^t\!P^{-1} \,{ }^t\!F \,{ }^t\!P)( \,{ }^t\!P^{-1 }S^{-1} P^{-1})\\ &=(P S \,{ }^t\!P) \,{ }^t\!A( \,{ }^t\!P^{-1 }S^{-1} P^{-1})\\ &=(P S \,{ }^t\!P) \,{ }^t\!A (P S \,{ }^t\!P)^{-1}=S_1 \,{ }^t\!A S_1^{-1} \end{aligned}\] où $S_1= P S \,{ }^t\!P$. La matrice de passage $S_1$ est clairement symétrique, nous avons donc démontré que pour toute matrice $A\in M_n(\mathbb R)$, il existe une matrice de passage symétrique $S$ telle que $A=S \,{ }^t\!A S^{-1}$.
On peut alors écrire \[A=S S',\quad \text{où}\quad S'= \,{ }^t\!A S^{-1}\] et comme \[\,{ }^t\!(S')=\,{ }^t\!(\,{ }^t\!A S^{-1})=\,{ }^t\! S^{-1}A= S^{-1}S \,{ }^t\!A S^{-1}=\,{ }^t\!A S^{-1}=S'\] $S'$ est symétrique et le tour est joué puisque $A=S S'$.

Remarques : -On peut consulter1 The factorisation of a square matrix into two symmetric matrices Amer.Math.Monthly 1986-6, page 462/64 pour une approche via la decomposition de Jordan et apprendre aussi que ce resultat est du a Frobenius lui même.

-Dans [grula], on trouve cette jolie caractérisation des matrices diagonales réelles : Une matrice $A\in M_n(\mathbb R)$ est diagonalisable si, et seulement si, il existe une matrice $S$ symétrique définie positive telle que ${ }^t\!A=S^{-1}A{ }^t\!S$.

La preuve n’est pas difficle : si $A$ est diagonalisable, il existe $P\in GL_n(\mathbb R)$ telle que $P^{-1}AP=D$ où $D$ est diagonale. Donc $D={ }^t\!D={ }^t\!P{ }^t\!A{ }^t\!P^{-1}$, soit ${ }^t\!P{ }^t\!A{ }^t\!P^{-1}=P^{-1}AP$ où encore ${ }^t\!A=(P{ }^t\!P)^{-1}A(P{ }^t\!P)$ et la condition est nécessaire puisque $S=P{ }^t\!P$ est symétrique définie positive.

Réciproquement, supposons qu’il existe $S$ symétrique définie positive (vérification immédiate) telle que ${ }^t\!A=S^{-1}AS$ ; $S$ définie positive se factorise² sous la forme $S=P{ }^t\!P$ où $P\in GL_n(\mathbb R)$, donc ${ }^t\!A={ }^t\!P^{-1}P^{-1}AP{ }^t\!P$ soit ${ }^t\!P{ }^t\!A{ }^t\!P^{-1}=P^{-1}AP$ et finalement ${ }^t\!(P^{-1}AP)=P^{-1}AP$. Ainsi, $P^{-1}AP$ est symétrique réelle, donc diagonalisable qui entraine à son tour $A$ diagonalisable.

1 Une référence aimablement communiquée par notre collégue J.B.Hiriart-Urruty (Université Toulouse 3).
Il existe $O\in\mathscr O_n(\mathbb R)$ telle que $S=O^{-1}DO={ }^t\!ODO$ avec $D=\text{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n),\ (\lambda_i>0,\ \forall\,i)$ ; si on pose $\sqrt{D}=\text{diag}(\sqrt{\lambda_1},\dots,\sqrt{\lambda_n})$ alors $P=\sqrt{D}O$ convient.↩︎

Sur l’équation $\det(I_n-xA-yB)=\det(I_n-xA)\det(I_n-yB),\quad \forall\,x,y\in\mathbb R$. *

7 novembre 2022 22:41 — Par Patrice Lassère

Soient $A,B\in\mathscr S_n(\mathbb R)$ telles que \[\det(I_n-xA-yB)=\det(I_n-xA)\det(I_n-yB),\quad \forall\,x,y\in\mathbb R.{(H_n)}\] Montrer que $AB=0$. On pourra procéder de la manière suivante :

Soit $A=((a_{ij}))$ une matrice symétrique positive ; si un élément diagonal $a_{ii} \ (1\leq i\leq n)$ est nul il en est de même pour la ligne (et la colonne correspondante) i.e. $a_{ij}=a_{ji}=0,\ \forall\,1\leq j\leq n$.
Soient $U,V\in M_n(\mathbb R)$. On suppose $U\geq 0,\ V$ symétrique et \[\forall\,t\in\mathbb R\ :\quad \det(U-tV)=0.\] Alors \[\ker(V)\cap\ker(U)\neq\{0\}.\]
Soient $A,B\in \mathscr S_n(\mathbb R)$, montrer que $B$ (ou $A$, c’est pareil par symétrie) admet une valeur propre $\lambda$ non nulle telle que $\ker(A)\cap\ker (I_n-\lambda B)\neq \{0\}$.
En déduire l’objectif de l’exercice en procédent par récurrence sur $n$.

[ID: 2377] [Date de publication: 7 novembre 2022 22:41] [Catégorie(s): Algèbres bilinéaire et hermitienne ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution

Sur l’équation $\det(I_n-xA-yB)=\det(I_n-xA)\det(I_n-yB),\quad \forall\,x,y\in\mathbb R$.
Par Patrice Lassère le 7 novembre 2022 22:41

On procède par récurrence sur la taille $n$ de la matrice, la propriété est clairement vraie pour $n=1$.

Soit $n\geq 2$, on suppose la propriété vraie au rang $n-1$ et soient $A,B\in\mathscr S_n(\mathbb R)$ telles que \[\det(I_n-xA-yB)=\det(I_n-xA)\det(I_n-yB),\quad \forall\,x,y\in\mathbb R.{(H_n)}\] Montrons que $AB=0$. Tout repose sur le fait suivant (on exclut le cas trivial où au moins une des deux matrices est nulle) :

$(\bigstar)\quad$ $B$ (ou $A$, c’est pareil par symétrie) admet une valeur propre $\lambda$ non nulle telle que $\ker(A)\cap\ker (I_n-\lambda B)\neq \{0\}$.

Admettons pour le moment $(\bigstar)$ et prouvons l’assertion au rang $n$. Soit $\lambda$ une valeur propre non nulle de $B$ telle que $\ker(A)\cap\ker (I-\lambda B)\neq \{0\}$ et soit $e_\lambda\in\ker(A)\cap\ker (I-\lambda B)\setminus\{0\}$. On considère alors une base orthogonale $\mathscr B$ de $\mathbb R^n$ de premier terme $e_\lambda$. Les matrices de $A$ et $B$ dans cette base sont respectivement de la forme $\left( {\begin{array}{c|c} 0 & 0 \\ \hline 0& A' \end{array}} \right)$ et $\left( {\begin{array}{c|c} \lambda & 0 \\ \hline 0& B' \end{array}} \right)$ où les matrices $A'$ et $B'$ sont dans $\mathscr S_{n-1}(\mathbb R)$ (c’est la symétrie de $A$ et $B$ et l’orthogonalité de $\mathscr B$ qui imposent aux deux matrices d’etre symétrique ce qui impose à son tour la symétrie des deux sous matrices $A'$ et $B'$ et les zéros sur les premières lignes à partir du second terme). Maintenant par un calcul élémentaire \[\begin{aligned} \det(I_n-xA-yB)&=(1-\lambda y)\det(I_{n-1}-xA'-xB')\\ \det(I_n-xA)\det(I_n-yB)&=(1-\lambda y)\det(I_{n-1}-xA')\det(I_{n-1}-xB') \end{aligned}\] soit \[\det(I_{n-1}-xA'-xB')=\det(I_{n-1}-xA')\det(I_{n-1}-xB'),\quad \forall\,x,y\in\mathbb R.\] On peut donc appliquer l’hypothèse de récurrence au rang $n-1$ : $A'B'=0$. De là \[AB=P^{-1} \left( {\begin{array}{c|c} 0 & 0 \\ \hline 0& A' \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{c|c} \lambda & 0 \\ \hline 0& B' \end{array}} \right) P=P^{-1}\left( {\begin{array}{c|c} 0 & 0 \newline \hline 0& A'B' \end{array}} \right)P=0\] et le tour est joué.$\blacksquare$

Il reste donc à établir la propriété $(\bigstar)$, c’est la partie délicate qui se déduit des deux lemmes suivants :

Soit $A=((a_{ij}))$ une matrice symétrique positive ; si un élément diagonal $a_{ii} \ (1\leq i\leq n)$ est nul il en est de même pour la ligne (et la colonne correspondante) i.e. $a_{ij}=a_{ji}=0,\ \forall\,1\leq j\leq n$.

Preuve du lemme 1 : Considérons une telle matrice et supposons par l’absurde qu’il existe un coefficient $a_{ji}\neq 0$. Soit $X_t=(x_k)_1^n$ le vecteur colonne où $x_j=1, x_i=ta_{ji},\ t\in\mathbb R$ et où les autres composantes sont nulles, alors $^t\! X_tUX_t=a_{jj}+ta_{ji}^2$ change de signe lorsque $t$ décrit $\mathbb R$ ce qui est absurde.$\blacksquare$

Soient $U,V\in M_n(\mathbb R)$. On suppose $U\geq 0,\ V$ symétrique et \[\forall\,t\in\mathbb R\ :\quad \det(U-tV)=0.\] Alors \[\ker(V)\cap\ker(U)\neq\{0\}.\]

Preuve du lemme 2 : On diagonalise $V$ dans une base orthonormée : \[PV ^t\! P=\text{Diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_r,0,\dots,0)=\left( {\begin{array}{c|c} D_r & 0 \\ \hline 0&0 \end{array}} \right):=D,\quad \lambda_i\neq 0,\] on a alors \[PU ^t\! P-tPV ^t\! P=\left({\begin{array}{c|c} U_1 & U_2 \\ \hline ^t\! U_2&U_3 \end{array}}\right)-t\left( {\begin{array}{c|c} D_r & 0 \\ \hline 0&0 \end{array}} \right)=\left({\begin{array}{c|c} U_1-tD_r & U_2 \\ \hline ^t\! U_2&U_3 \end{array}}\right).\] Vu l’hypothèse, le polynôme en "$t$" \[\det(PU ^t\! P-tD)=0,\quad\forall\,t\in\mathbb R\] est identiquement nul (bien entendu, $r<n$) et son terme de plus haut degré est (au signe prés) $\det(U_3)$ qui est donc nul.

Quitte à modifier les $n-r$ vecteurs de base $e_{r+1},\dots,e_n$ on peut supposer $U_3$ diagonale, plus précisément soit $Q\in\mathscr O_{n-r}$ telle que \[^t\! QU_3Q=\text{diag}(u_{r+1,r+1},\dots,u_{n,n})\] Dans la nouvelle base correspondant à la matrice orthogonale $\left({\begin{array}{c|c} I_r& 0 \\ \hline 0& Q \end{array}}\right)$ notre matrice $PU ^t\! P-tPV ^t\! P$ s’écrit $\left({\begin{array}{c|c} U_1-tD_r & U_2' \\ \hline ^t\! U_2'& \text{diag}(u_{r+1,r+1},\dots,u_{n,n}) \end{array}}\right)$

Il en résute que $\det(U_3)=(-1)^ru_{r+1,r+1},\dots,u_{n,n}=0$ qui assure que la matrice $U$ symétrique positive admet un élément diagonal disons $u_{ii}, (i\in\{r+1,\dots,n\})$ nul ; on peut donc appliquer le lemme 1 et affirmer que la ième colonne correspondante dans $U$ est nulle. Ainsi $PU ^t\! Pe_i=0,$ mais on a aussi \[PV ^t\! Pe_i=De_i=\left( {\begin{array}{c|c} D_r & 0 \\ \hline 0&0 \end{array}} \right)e_i=0\] car $i\in\{r+1,\dots,n\}$ ou encore $U ^t\! Pe_i=V ^t\! Pe_i=0,$ soit finalement \[^t\! Pe_i\in\ker(U)\cap\ker(V).\] CQFD$\blacksquare$

Preuve de $(\bigstar)$ : Soit $\lambda$ une valeur propre non nulle de $B$, l’hypothèse $(H_n)$ implique que \[\det(I_n-\lambda^{-1}B-xA)=0,\quad\forall\,x\in\mathbb R\] on est donc dans le cadre du lemme 2 avec $V=A$ et $U=I_n-\lambda^{-1}B$ qui sera positive si on choisit pour $\lambda$ la plus grande des valeurs propres non nulle.

C’était un exercice estival aimablement proposé par notre collégue J.B.Hiriart-Urruty.

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