Matrice 3x3 à coefficients entiers
Bonjour,
Je m'intéresse au problème suivant:
Trouver toutes les matrices $M$ $3\times 3$ à coefficients dans $\mathbb{Z}$ telles que $M^3=Id$.
J'ai réussi à montrer que $M$ est l'identité ou bien de la forme $PDP^{-1}$ où $D=Diag(1,j,j^2)$ et $P$ inversible à coefficients dans $\mathbb{Z}[j]$ mais je n'arrive pas à obtenir plus d'informations sur $P$ (en particulier je n'arrive pas à exploiter le fait que $M$ est à coefficients entiers).
Quelqu'un a-t-il une piste ?
Je m'intéresse au problème suivant:
Trouver toutes les matrices $M$ $3\times 3$ à coefficients dans $\mathbb{Z}$ telles que $M^3=Id$.
J'ai réussi à montrer que $M$ est l'identité ou bien de la forme $PDP^{-1}$ où $D=Diag(1,j,j^2)$ et $P$ inversible à coefficients dans $\mathbb{Z}[j]$ mais je n'arrive pas à obtenir plus d'informations sur $P$ (en particulier je n'arrive pas à exploiter le fait que $M$ est à coefficients entiers).
Quelqu'un a-t-il une piste ?
Réponses
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Je ne sais pas si ça apporte une grande pertinence, mais peut-être qu'on peut avoir des informations en regardant le déterminant d'une telle matrice (à coefficients entiers, le déterminant est entier et en la mettant au cube...).
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Oui le déterminant de $M$ vaut $1=1.j.j^2$ et sa trace vaut $0=1+j+j^2$ (quand $M$ n'est pas l'identité).
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Une piste (?) :
En passant par la décomposition de Frobenius : si $M \in \mathcal{M}_3(\mathbb{Q})$ n'est pas égale à l'identité et est telle que $M^3 = I$, alors $M$ est semblable (sur $\mathbb{Q}$) à $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}$.
Si $M$ est à coefficients entiers, peut-être que cela implique que $M$ est semblable sur $\mathbb{Z}$ à la matrice précédente. -
Merci Guégo. Effectivement je sais montrer cela mais comme il faut donner les formes possibles de $M$, il faut donner les formes possibles des matrices de passage $P$. C'est cela mon problème.
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Formes possibles pour $P$ : toutes les matrices à coefficients entiers de déterminant $\pm 1$.
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Pourquoi à coefficients entiers ? Tu ne veux pas dire plutôt dans $\mathbb{Z}[j]$ ?
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Nan, je veux bien dire sur $\Z$. Des matrices à coefficients entiers semblables sur $\Q(j)$ sont semblables sur $\Q$.
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Cher Guego, que fais-tu de $\begin{pmatrix}0 & 0 & 1\\1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\end{pmatrix}$ ?
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Effectivement, ça n'a pas l'air de marcher. Cela dit, pour ma défense, j'ai dit "peut-être" dans mon précédent message. C'était une conjecture, pas une affirmation. B-)-
En tout cas, c'est une condition suffisante : si $P\in \mathcal{M}_3(\Z)$ est telle $det(P) \in \{-1;1\}$, alors $P\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}P^{-1}$ convient. Par contre, effectivement, ce n'est pas une condition nécessaire. -
Et pourquoi vos matrices (Guégo et Siméon) ne seraient pas semblables dans $\mathbb{Q}$ ?
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Bonjour
Je trouve $\displaystyle M^3 = Id, M \in M_3(\Z) \iff M=Id$ ou $\displaystyle M=PDP^{-1},\ D=diag(d_1, d_2, d_3), d_i \in \{1, j, j^2\}, i =1,2,3$ deux à deux distincts, et $P \in M_3(\Z),\ \det(P) = \pm1$.
Démonstration:
- Carley Cayley-Hamilton donne le spectre de $M$ inclus dans $\{1, j, j^2\}$
- Comme $Tr(M^3) = 3,\ \det(M) = 1$ on a pour valeurs propres de $M$ soit trois fois $1$ soit une combinaison de $1, j, j^2$
- Si $1, j, j^2$, alors $M$ est diagonalisable car le polynôme caractéristique est scindé et simple
- La matrice de passage, dans $Z$, doit avoir un déterminant tel que $(\det(P))^{-1} \in \Z$ donc $\det(P) = \pm1$
- Si trois fois $1$, alors $M$ est semblable à une matrice $T$ triangulaire et de diagonale $(1,1,1)$ avec $T^3 = Id \implies T = Id \implies M=Id$.
- La réciproque est immédiate.
[ Arthur Cayley (1821-1895) te sait gré de respecter son patronyme. AD] -
Elles sont semblables sur $\Q$ (elles ont les mêmes invariants de similitude) mais pas sur $\Z$.
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La matrice de Siméon est semblable à celle de Guégo sur $\Q$, pas sur $\Z$. C'est la matrice de rotation d'un tiers de tour d'axe dirigé par $(1,1,1)$. Le seul plan stable est le plan orthogonal à l'axe, et on n'a pas de base de $\Z^3$ formée de $(1,1,1)$ et de deux vecteurs orthogonaux à $(1,1,1)$.
YvesM, ce que tu écris ne va pas du tout. -
Cher Yves, je doute que ta matrice $D$ soit à coefficients dans $\Z$.
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Bonjour,
@Siméon, ne doute plus, $D$ n'est pas dans $\Z$, mais ce n'est pas nécessaire. Il s'agit de trouver $M \in \Z$.
@GaBuZoMeu, je veux bien comprendre mon erreur, mais tu dois être plus précis, où ?
J'attends que vous trouviez un contre-exemple ou dites moi ou vous bloquez dans le raisonnement. -
YvesM, c'est à toi de montrer ce que tu avances (et tu seras bien en peine).
Pourquoi la trace de $M$ serait-elle égale à 3 ?
Pourquoi la matrice de passage serait-elle à coefficients dans $\Z$ ?
Si elle était à coefficients dans $\Z$, pourquoi serait-elle inversible sur $\Z$ ? -
Bonjour,
Pour question 1 :
$Tr(M^3)=3$ j'ai fait une typo... Le déterminant étant le produit des valeurs propres, au signe près, et que $\det(M) = 1$ alors les valeurs propres sont soit $(1,1,1)$ soit $(1, j, j^2)$ dans n'importe quel ordre.
Pour question 2 :
Je n'ai pas de justification claire. J'y travaille et je reviens dessus.
Pour question 3 :
Si $P$ est à coefficients dans $\Z$, avec $\det(P) = \pm 1$, alors $P$ est inversible (ce qui est bien pour une matrice de passage) et comme l'inverse se calcule à l'aide de la matrice transposée des cofacteurs, qui sont tous dans $\Z$ car il sont des combinaisons dans $\Z$ de nombres dans $\Z$ et que le déterminant est $\pm 1$, alors on conclut que $P^{-1}$ est aussi dans $\Z$. -
La trace de $M$ vaut $0$.
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Donc si je résume :
Pour 1, tu t'étais trompé.
Pour 2 tu es bien en peine d'expliquer.
Pour 3 tu réponds à côté : tu expliques que si $\det(P)=\pm1$ alors $P$ est inversible sur $\Z$ (il est bien connu que c'est équivalent), mais tu n'expliques pas pourquoi $P$ est inversible (ou pourquoi $\det(P)=\pm1$. Je repose cette question. -
Si $M=Id$ sa trace vaut 3 sinon $M$ est semblable (dans $\mathbb{Q}[j]$) à $Diag(1,j,j^2)$ et donc sa trace vaut $1+j+j^2=0$. Tout cela ne pose pas de problème mais ne répond pas à la question.
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Bonjour,
Comme visiblement $P$ dérange, je simplifie mon propos :
Je trouve que $M = Id$ ou $M = diag(1, j, j^2)$ ou toutes permutations des éléments diagonaux.
Je vais essayer de rédiger une démonstration bien propre. -
Bonjour,
Ma conclusion est : A ou B, si B est exclu (et il l'est puisque pas dans $\Z$, alors il ne reste que A.
Donc $M=Id$ est la seule solution dans $\Z$. C'est ce que je trouve. J'essaie de le rédiger. -
Plusieurs exemples de $M$ à coeffcients entiers tels que $M^3=I_3$ ont été donnés dans ce fil. Bon courage pour montrer que $M=I_3$ est l'unique solution ! :-D
-
Oui par exemple $M=\begin{pmatrix}0 & 0 &1\\1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\end{pmatrix}$ est solution.
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Bonjour,
Restons concret, pour l'instant, on a trouvé :
$M=\begin{pmatrix}0 & 0 &a\\b & 0 & 0\\0 & c & 0\end{pmatrix}, \quad M^3 = abc I_3, abc = 1, (a, b, c) \in \Z^3$
ou
$M= I_3$
Qui peut proposer une autre solution ? -
Moi. Multiplions une des matrices précédentes à gauche par $P=\begin{pmatrix}1&-16&5\\0&1&23\\0&0&1\end{pmatrix}$ et à droite par $P^{-1}$, puis faisons éventuellement de même avec $Q=\begin{pmatrix}-1&0&0\\121&1&0\\13&13&1\end{pmatrix}$, etc.
En voilà une autre, qui semble être d'un style différent : $\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&-1\\0&1&-1\end{pmatrix}$. Est-elle semblable à l'une des précédentes ? -
Un jour sans fin...
-
Bonjour,
Vous faites exprès ou quoi ?
Si $M \in M_3(\Z)$ est solution de $M^3 = I_3$ alors $M' = PMP^{-1}, P \in GL_3(\Z)$ est aussi solution. J'appelle $GL_3(\Z)$ l'ensemble des matrices carrés de dimension $3$ dont tous les coefficients sont dans $\Z$, inversibles, et dont l'inverse est aussi dans $\Z$.
Cet exercise consiste à trouver (puis démontrer) quelles sont les matrices $M$ solutions (à un changement de base de $\Z$ dans $\Z$ près).
Aussi, si $M$ est solution, alors $M^2$ est solution et aussi $M^t$, la matrice transposée, est solution. -
J'avoue que comme la réponse est éclatée sur plusieurs messages, je n'ai lu que les derniers. On travaille donc à conjugaison/similitude près.
Et donc, parmi les matrices
\[\begin{pmatrix}0 & 0 &a\\b & 0 & 0\\0 & c & 0\end{pmatrix}\ \bigl(abc = 1, (a, b, c) \in \Z^3\bigr)\quad \text{et}\quad \begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&-1\\0&1&-1\end{pmatrix},\]
combien de classes de similitude ? Quid si on ajoute les carrés et les transposées ? Est-ce qu'on est sûr qu'on les a toutes ? -
Bonjour,
Pour cerner ce problème, je propose de le simplifier dans un premier temps.
Si la dimension des matrices est $\displaystyle n$, on commence par $\displaystyle n=1$ et $\displaystyle n=2$.
Soit donc $\displaystyle M \in M_n(\Z), M^3 = I_n.$
Cas $\displaystyle n=1$ :
C'est le cas où $\displaystyle a \in \Z, a^3 = 1$ et la seule solution est $\displaystyle a=1$.
Cas $\displaystyle n=2$ :
C'est le cas où $\displaystyle M \in M_2(\Z), M^3 = I_2.$
Par Cayley-Hamilton, on peut écrire $\displaystyle a'M^2 + b'M + c'I_2 = 0$.
Si $\displaystyle a'=0$ alors $\displaystyle M=I_2$.
Si $\displaystyle a' \neq 0$ alors, de nouveau $\displaystyle M=I_2$ ou $M^2 + M + I_2 = 0$ qui se démontre en multipliant par $\displaystyle M$, puis en utilisant $\displaystyle M^3 = I_2$, puis en substituant $\displaystyle M^2 = -{b'M + c'I_2 \over a'}$ de sorte que l'équation finale est du premier degré en $\displaystyle M$.
En écrivant $\displaystyle M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ et en écrivant $\displaystyle M^2 + M + I_2 = 0$, on arrive à un système qui se résoud bien et alors nécessairement $\displaystyle M = \begin{pmatrix} a & b \\ -{a^2 + a + 1 \over b} & -(a+1) \end{pmatrix}$ où $\displaystyle b \mid a^2 + a + 1.$
Comme on sait que si $\displaystyle M$ est solution alors $\displaystyle M' = PMP^{-1}$ est aussi solution avec $\displaystyle P \in GL_2(\Z)$. On peut de plus imposer $\displaystyle det(P) = 1$ sans perte de généralité.
Si on écrit $\displaystyle x, y, z, t \in \Z, \quad P = \begin{pmatrix} x & y \\ z & t \end{pmatrix}, \quad xt-zy=1$, alors $\displaystyle P^{-1} = \begin{pmatrix} t & -y \\ -z & x \end{pmatrix}.$
Et alors toutes les matrices solutions sont :
$\displaystyle M = \begin{pmatrix} x & y \\ z & t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b \\ -{a^2 + a + 1 \over b} & -(a+1) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} t & -y \\ -z & x \end{pmatrix}, \quad b \mid a^2 + a + 1, \quad xt-zy=1,$
ou $M = I_2.$
A présent, on s'attaque au problème posé.
Cas $\displaystyle n=3$ :
C'est le cas où $\displaystyle M \in M_3(\Z), M^3 = I_3.$
Je n'ai pas la solution, mais je remarque que les solutions déjà trouvées, sont de la forme d'une matrice par bloc :
$\displaystyle M = \begin{pmatrix} 1 & 0_2 \\ 0_2 & A_2 \end{pmatrix}, \quad A_2 \in M_2(\Z)$
et alors on connaît toutes les solutions $\displaystyle A_2$, d'ailleurs, on retrouve $\displaystyle M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0&0 & -1 \\ 0& 1 & -1 \end{pmatrix}$ avec $a=0, b=-1, P=\begin{pmatrix} 1 & 0_2 \\ 0_2 & I_2 \end{pmatrix}$,
ou bien sûr $\displaystyle A_2 = I_2$ qui redonne $\displaystyle M = I_3$.
Et pour finir, si on écrit une autre forme :
$\displaystyle M = \begin{pmatrix} 0_2 & 1\\ A_2 & 0_2 \end{pmatrix}, \quad A_2 \in M_2(\Z)$
et on retrouve : $\displaystyle M = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1&0 & 0 \\ 0& 1 & 0 \end{pmatrix}$ avec $\displaystyle A_2 = I_2$.
Quelques pistes :
-Peut-on caractériser les matrices $M$ en imposant une contrainte pour définir "une classe" et distinguer $M$ de $M' = PMP^{-1}$ ?
-Peut-on démontrer qu'on peut se ramener à une matrice par bloc comme définie plus haut ? Si oui, alors le probème est résolu. -
Une suggestion : parler de matrices carrées, c'est parler de polynômes.
Ici, on cherche les matrices $3\times3$ à coefficients entiers donc un polynôme annulateur est $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ (où les deux facteurs sont irréductibles sur $\Z$ ou $\Q$). Le polynôme minimal d'une matrice $M$ d'ordre $3$ est donc un diviseur de $x^3-1$.
Pour des raisons évoquées au début du fil, en dimension $3$ le polynôme minimal ne peut pas être $x^2+x+1$ : les valeurs propres étant alors $j$ et $j^2$, comme la multiplicité de $j$ doit être égale à celle de $j^2$ pour une matrice réelle, la dimension doit être paire. Plus simplement, une matrice réelle $3\times3$ possède une valeur propre réelle (pourquoi ?) alors que $x^2+x+1$ n'a pas de racine réelle. C'est donc que le polynôme minimal est $x-1$ ou $x^3-1$.
Dans le premier cas, on trouve l'identité et c'est tout. Dans le deuxième, on applique le lemme des noyaux et on choisit habilement une base dans laquelle la matrice est... Bref : il n'y a que deux classes de similitude. -
Pourtant, on a déjà trouvé deux solutions différentes de l'identité et qui ne sont pas semblables sur $\Z$.
-
Bonjour,
Je crois que je peux terminer la démonstration.
Comme $M$ admet nécessairement $1$ comme valeur propre, alors il existe $u \neq 0, Mu=u$. Et alors on choisit ce même $u$, normé, comme premier vecteur de la base dans laquelle on exprime $M$. Comme de plus, les valeurs propres sont simples $1, j, j^2$, on peut choisir une base dans laquelle $M$ est bel et bien de la forme, sans perte de généralité :
$\displaystyle M = \begin{pmatrix} 1 & 0_2 \\ 0_2 & A_2 \end{pmatrix}, \quad A_2 \in M_2(\Z).$
On note que les autres formes de $\displaystyle M$ s'obtiennent par l'expression $\displaystyle M' = PMP^{-1}.$
Les solutions sont donc :
$\displaystyle M = P \begin{pmatrix} 1 & 0_2 \\ 0_2 & A_2 \end{pmatrix} P^{-1}, P \in GL_3(\Z), det(P)=1$
$\displaystyle A_2 = \begin{pmatrix} a & b \\ -{a^2 + a + 1 \over b} & -(a+1) \end{pmatrix}, \quad b \mid a^2 + a + 1.$
On a bien : $Tr(M) = 0, \quad det(M) = 1, \quad M^3 = I_3, \quad M \in M_3(\Z).$
Au vu du résultat, il y a sans doute une méthode moins pédestre. Sans doute diagonalisation de $M$, puis trouver une matrice $P$ qui transforme $j, j^2$ en partie réelle $j+j^2 = -1$ et pas de partie imaginaire car $\sqrt{3} \not\in \Z$ et donc $1 + j + j^2 = 0$, c'est la matrice $A_2$, etc. -
Décidément, YvesM, tu empiles les "raisonnements" contredits par des exemples déjà donnés dans le fil. La matrice de permutation donnée en exemple par Siméon ne peut pas s'écrire sous la forme $P\begin{pmatrix} 1&0\\0&A\end{pmatrix} P^{-1}$ où $A$ est un bloc $2\times 2$ et $P\in GL_3(\Z)$. J'ai même expliqué pourquoi plus haut.
Tu confonds base de $\R^3$ et base de $\Z^3$. -
On pourra peut-être regarder avec profit la partie concernant le sujet de mathématiques générales du rapport de l'agrégation externe 2011.
-
Bonjour,
J'ai écris :
> Et pour finir, si on écrit une autre forme :
> $\displaystyle M = \begin{pmatrix} 0_2 & 1\\ A_2 & 0_2 \end{pmatrix}, \quad A_2 \in M_2(\Z)$
qui s'obtient en choissiant une base ou le troisième vecteur est le vecteur propre $u$ associé à la valeur propre $1$.
Donc ma solution contient bien la matrice donnée par Siméon. Il faut prendre $A_2 = I_2$. -
@gairequin : Je me disais bien que ça me rappelait quelque chose ...
Yapuka déterminer le nombre fini de classes de similitude entière dont se compose l'ensemble des matrices entières semblables sur $\Q$ à $\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&-1\\ 0&1&-1\end{pmatrix}$. Il y en a au moins 2.
@YvesM : tu écris vraiment n'importe quoi. Du genre : " le troisième vecteur est le vecteur propre $u$ associé à la valeur propre 1 " de ton dernier message. Difficile d'avoir une discussion mathématique sérieuse avec toi. -
Bonjour,
Je crois avoir fait plus que d'autres dans cet exercise.
Je crois (toujours) que si $u$ est un vecteur propre de $M$ associé à la valeur propre, simple, $1$, alors $u\neq 0, \quad Mu = u$. Puis, en changeant de base pour une nouvelle base ou $u$ est le premier vecteur, alors, dans cette nouvelle base $M$ s'écrit $M = \begin{pmatrix} 1&.&. \\ 0&.&.\\ 0&.&. \end{pmatrix}.$
Si c'est faux, je veux bien comprendre pourquoi.
Ceci étant dit, si vous trouvez d'autres solutions $M$, merci de les écrire. -
Je crois avoir fait plus que d'autres dans cet exercise
Une chose sûre : $M$ admet un vecteur fixe entier primitif et en complétant ce vecteur primitif en une base de $\Z^3$, on trouve que $M$ est semblable sur $\Z$ à une matrice entière de première colonne $\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$. Mais ça ne nous avance pas énormément. -
Bonjour,
Je propose une méthode calculatoire.
Comme $M = \begin{pmatrix} 1 & O_2 \\ O_2 & A_2 \end{pmatrix}$ est une forme acceptable en changeant de base sans perte de généralité, avec $A_2$ de la forme donnée plus haut, alors $M = \begin{pmatrix} 1 & u & v \\ 0 & A_2& \\ 0 & & \end{pmatrix}$ est aussi solution pour tout $u,v$ dans $\Z$. On le démontre en calculant, tout simplement :
On commence par écrire que le vecteur colonne de $M$ est $(1,0, 0)^t$, puis que $Tr(M) = 0, det(M) = 0$ nécessairement, alors on a un système d'équation car $M^3 = I_3$ et sa résolution dans $\Z$ force une matrice de type $A_2$ pour ce block. Et $u, v$ peuvent être quelconques. On commence sérieusement à avoir toutes les solutions, non ? Je rappelle que $M^t, M^2$ sont aussi solutions.
Mais je pense qu'il s'agit de la même solution car $u, v$ devraient pouvoir être obtenus à partir d'un $P$ dans $M' = PMP^{-1}$. -
YvesM a écrit:Comme $M = \begin{pmatrix} 1 & O_2 \\ O_2 & A_2 \end{pmatrix}$ est une forme acceptable en changeant de base sans perte de généralité
Combien de fois faudra-t-il te répéter que la matrice de permutation donnée par Siméon [size=x-large]NE PEUT PAS[/size] se mettre sous cette forme par un changement de base de $\Z^3$ pour que tu finisses par l'entendre ?
Tu ne dialogues pas, tu continues à enfiler des raisonnements qui ne vont pas, sans prendre en compte les objections qu'on te fait. C'est pénible. -
Bonjour,
Merci de l'écrire en gras, ça m'aide.
Bon alors voici la démonstration complète pour ce cas.
On a choisi la nouvelle base telle que $M = \begin{pmatrix} a & b & 1 \\ c & d &0 \\ e &f&0 \end{pmatrix} $. La même méthode calculatoire donne :
$Tr(M) = 0 \implies d=-a$
$det(M) = 1 \implies cf+ea=1$
On calcule et alors nécessairement, pour avoir $M^3 = I_3$, il faut $a(a^2 + bc + e) = 0$.
Cas $a=0$ :
On calcule et on a nécessairement $cf=1$, puis $bc+e=0$
Donc $M = \begin{pmatrix} 0 & b & 1 \\ c & 0 &0 \\ -bc &f&0 \end{pmatrix}, \quad M^3 = cf I_3, \quad cf=1.$
Cas $a \neq 0, a^2 + bc + e = 0$ :
On calcule et alors :
$M^3 = -a(a^2 + bc + e) I_3 = O_3$ n'est pas solution. -
YvesM, lis-tu ce que les autres écrivent ?
Tu pars à nouveau en disant "on a choisi la nouvelle base telle que"...alors qu'on te dit et redit que ce n'est pas toujours possible en te donnant des exemples très simples qui le prouvent.
Je rappelle ce que j'ai dit au début dans mon post initial:
J'ai prouvé que $M$ est l'identité ou bien qu'elle est de la forme $M=PDP^{-1}$ avec $D=Diag\left(1,j,j^{2}\right)$ et $P\in GL_{3}\left(\Z\left[j\right]\right) $.
Ma difficulté est de préciser $P$ en tenant par exemple compte du fait que $M$ est à coefficients entiers. -
Bon, on peut régler la question en suivant le problème de math. géné de 2011. On met de côté la matrice identité. Alors $X^3-1$ est le polynôme caractéristique de $M$.
$X^3-1= (X-1)(X^2+X+1)$. Une seule matrice $1\times 1$ dont le polynôme caractéristique est $X-1$ ;-). Puisque $\Z[j]=\Z[X]/(X^2+X+1)$ est euclidien, et donc factoriel, il y a une seule classe d'idéaux et donc d'après la partie III.C du problème une seule classe de similitude entière de matrices entières de polynôme caractéristique $X²+X+1$ : celle de $\begin{pmatrix} 0&-1\\ 1&-1\end{pmatrix}$. Donc toute matrice entière de polynôme caractéristique $X^3-1$ est semblable sur $\Z$ à un matrice du type
$$\begin{pmatrix} 1&a&b\\ 0&0&-1\\ 0&1&-1\end{pmatrix}\;,$$
où $a$ et $b$ sont entiers (III.D.1). Deux couples $(a,b)$ et $(a',b')$ donnent des matrices semblables sur $\Z$ si et seulement (correction) si ils sont congrus modulo le sous-module $\Z(1,1)+\Z(-1,2)$ de $\Z^2$ (d'après III.D.2).
On trouve donc au plus trois classes de similitude entière de matrices entières différentes de l'identité : celles des trois matrices
$$ \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&-1\\ 0&1&-1\end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&0&-1\\ 0&1&-1\end{pmatrix}\qquad \begin{pmatrix} 1&0&2\\ 0&0&-1\\ 0&1&-1\end{pmatrix}\;.$$
On verra plus loin que les deux dernières matrices sont semblables sur $\Z$.
Question subsidiaire pour départager les concurrents ex-aequo : à quelle classe de similitude entière appartient la matrice de permutation $\begin{pmatrix}0 & 0 &1\\1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\end{pmatrix}$ ? -
$\begin{pmatrix}0 & 0 &1\\1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\end{pmatrix} = P \begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&0&-1\\ 0&1&-1\end{pmatrix} P^{-1}$ avec $P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1\end{pmatrix}$.
-
Super GaBuZoMeu ! Il faudra que je prenne un peu de temps pour regarder le sujet.
-
Bonjour @troisqua,
Je fais l'effort d'écrire la démonstration complète du résultat. Je crois que je lis mieux vous messages que vous ne lisez les miens. Si une étape ne vous parez pas justifiée ou même fausse, merci d'indiquer laquelle.
On cherche donc $M \in M_3(\Z), \quad M^3 = I_3.$
On a immédiatement $det(M) = 1.$
Cayley-Hamilton donne que les valeurs propres de $M$ sont nécessairement parmi $\{1, j, j^2\}$. Comme $det(M)$ est, au signe près, le produit des valeurs propres et $tr(M)$ est la somme des valeurs propres (avec leur multiplicité) (car le polynôme est scindé), alors soit $M$ admet $1$ avec une multiplicité $3$, soit $1, j, j^2$ chacune étant simple.
On note également que si $M$ est solution, alors sa transposée $M^t$ est aussi solution, et son carré $M^2$ est aussi solution. De plus, si $M$ est solution alors $M' = PMP^{-1}, \quad P \in GL_3(\Z), \quad det(P) = \pm1$ est aussi solution.
Donc les solutions explicites $M$ ci-dessous doivent être complétées avec $\boxed{ M^t, \quad M^2, \quad (M^2)^t, \quad PMP^{-1}, \quad PM^tP^{-1}, \quad PM^2P^{-1},\quad P(M^2)^tP^{-1}, \quad P \in GL_3(\Z), \quad det(P) = \pm1}.$
On traite le cas où $1, j, j^2$ sont les valeurs propres puis le cas où $1,1,1$ sont les valeurs propres.
Cas trace nulle :
On a $tr(M) = 0$ car $1+j+j^2 = 0.$
Comme $1$ est valeur propre, alors il existe un vecteur propre $u \neq 0, \quad Mu=u$. La matrice $M$ s'écrit nécessairement dans une base où $u$ est un vecteur de base avec un vecteur colonne égale à $\begin{pmatrix} 1 \\0\\0 \end{pmatrix}$.
On traite donc trois cas selon la place de ce vecteur colonne.
Cas première place :
$M = \begin{pmatrix} 1&a&b \\0&c&d\\0&e&f \end{pmatrix}$.
Comme $tr(M) = 0$ on a $f = -(c+1).$
Comme $det(M) = 1$ on a $de = -(c^2+c+1).$
Et alors nécessairement :
$\boxed{ M = \begin{pmatrix} 1&a&b \\0&c&d\\0&-{ c^2+c+1\over d}&-c-1 \end{pmatrix}, \quad M^3 = I_3, \quad d \mid c^2+c+1}$.
Bien sûr les coefficients sont dans $\Z$.
corrigé
Cas deuxième place :
$M = \begin{pmatrix} a&0&b \\c&1&d\\e&0&f \end{pmatrix}$.
Comme $tr(M) = 0$ on a $f = -a-1.$
Comme $det(M) = 1$ on a $af-eb=1$ puis $eb = -(a^2 + a+ 1).$
$\boxed{ M = \begin{pmatrix} a&0&b\\ c&1&d \\ -{a^2 + a+ 1 \over b} &0&-a-1 \end{pmatrix}, \quad M^3 = I_3, \quad b \mid a^2 + a+ 1. }$
corrigé
Cas troisième place :
$M = \begin{pmatrix} a & b & 0 \\ c & d &0 \\ e &f&1 \end{pmatrix}.$
Comme $tr(M) = 0$ on a $d = -a-1.$
Comme $det(M) = 1$ on a $ad-bc=1$, puis $bc = -(a^2 + a+ 1).$
$\boxed{ M = \begin{pmatrix} a & b & 0 \\ -{a^2 + a+ 1 \over b} & -a-1 &0 \\ e &f&1 \end{pmatrix}, \quad M^3 = I_3, \quad b \mid a^2 + a+ 1.}.$
Cas trace non-nulle :
Comme $1$ est valeur propre de multiplicité trois, on peut trouver une base dans laquelle $M$ est diagonale avec $1$ comme éléments diagonaux.
On choisit diagonale supérieure, mais la diagonale inférieure, transposée de la première, mène au même calcul.
$M = \begin{pmatrix} x & a & b \\ 0 & y &c \\ 0 &0&z \end{pmatrix}.$
On a $det(M) = xyz = 1$ donc les seules valeurs permises sont parmi $\pm1.$
On a $tr(M^3) = x^3+y^3+z^3 = 3.$ Cette équation Diophantine, avec les valeurs permises parmi $\pm1$ n'a qu'une solution $x=y=z=1.$
Et on finit le calcul avec :
$M = \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 &c \\ 0 &0&1 \end{pmatrix}.$
Et comme $M^3 = I_3$ on a d'abord $a=c=0$, puis $b=0.$
Et alors la seule solution est l'identité.
$\boxed{ M = I_3. }$ -
YvesM, tu n'as toujours pas compris que si on a un vecteur propre de valeur propre associée $1$ en troisième position dans la base, la troisième colonne de la matrice s'écrit $\begin{pmatrix} 0\\0\\1\end{pmatrix}$ et pas $\begin{pmatrix} 1\\0\\0\end{pmatrix}$ ? Je t'avais déjà signalé cette erreur ici, sans que tu en tiennes compte.
Le problème est entièrement résolu, avec l'explicitation des trois classes de similitude entière solutions, en plus de l'identité. -
Bonjour,
Ma foi, j'étais en train de chercher une preuve avec des notions plus élémentaires, en vain.
On pose : (merci GaBuZoMeu)
$A=\begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&-1\\ 0&1&-1\end{pmatrix}\qquad B=\begin{pmatrix} 1&0&1\\ 0&0&-1\\ 0&1&-1\end{pmatrix}\qquad C=\begin{pmatrix} 1&0&2\\ 0&0&-1\\ 0&1&-1\end{pmatrix}\;.$
J'ai deux questions sur les classes de similitudes :
Après calculs, on a : $(AB)^3=I$.
Comment connaitre la classe de $AB$ ?
Plus généralement :
Toutes les matrices de la forme $M(a)=\begin{pmatrix} 1&0&a\\ 0&0&-1\\ 0&1&-1\end{pmatrix}\qquad$ conviennent.
Comment trouver leurs classes en fonction de $a$ ?
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Bonjour!
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