Action de $GL_n(\mathbb{C})$

Bonsoir,

Soit $n \geq 2$, Que dire d’une matrice complexe dont l’orbite sous l’action de $GL_n(\mathbb{C})$ sur $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ par multiplication a gauche est incluse dans l’ensemble des matrices diagonalisables ?

Je pense qu’une telle matrice (que je vais noter $A$) à présent est nécessairement nulle

On peut montrer que $A$ est non inversible en prenant $P$ inversible non diagonalisable et en regardant $PA^{-1}A$

Je pense que cet argument s’adapte à la plus grande sous matrice inversible de $A$, mais je n’ai pas réussi a trouver un moyen d’extraire des lignes et des colonnes permettant d’obtenir une sous matrice inversible possedant la meme propriete que $A$.

Des idées ?

Réponses

  • Ta matrice est diagonale, ça devrait aider, non ?
  • Elle n’est pas diagonale mais diagonalisable, il y avait une coquille !

    En fait le probleme c’est qu’on a envie de multiplier a droite aussi par des matrices inversibles

    Si je rajoute l’hypothèse $A$ (anti)symétrique alors on a aussi l’orbite de l’action par multiplication a droite de A qui est incluse dans l’ensemble des matrices diagonalisables

    On peut alors se ramener au cas ou $A = J_r$

    Mais bon je n’ai pas trouvé comment conclure ici non plus bi s’il était possible de revenir au cas général a partir de là (peut être en ecrivant $A = S + B$ avec S symetrique et B antisymetrique mais j’en doute fort)
  • Ah, je me disais ! Mais déjà tu peux la supposer diagonale : soit $Q$ telle que $B=QAQ^{-1}$ soit diagonale, je prétends que $B$ a aussi la propriété souhaitée.
    En effet $PB= QQ^{-1}PQAQ^{-1} = Q(Q^{-1}PQA)Q^{-1}$ est diagonalisable.
    En fait mieux, ça montre qu'on peut remplacer $A$ par n'importe quelle matrice semblable; en particulier dans mon $B$ là je peux arranger les valeurs propres dans l'ordre que je veux sur la diagonale (matrices de permutation). Donc s'il y en a des non nulles, je les mets toutes en haut à droite : j'obtiens $\begin{pmatrix} B' & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

    Je te laisse conclure.
  • Tu as fait le gros du travail dans ton message précédent, pour conclure il suffit de montrer que $r = 0$ avec $r$ la dimension de la matrice $B’$ de ton message précédent matrice. Mais $B’$ est inversible (sont spectre ne contient pas 0) et possède la même propriété que $A$, donc $r = 0$ d’aprés mon premier message. Ainsi $A = 0$
  • Tu sais montrer que $B'$ possède la même propriété ? (c'est pas compliqué hein, je vérifie juste ;-) )
  • Si je prends $P’$ inversible de même taille que $B’$ alors en posant $P$ la matrice diagonale par bloc avec $P’$ en haut a gauche et $I_{n-r}$ en bas a droite j’obtiens une matrice inversible de taille nxn et en regardant $PB$ je vois que c’est une matrice diagonalisable car $P’$ est inversible et que la matrice $PB$ est diagonale par bloc avec un le bloc $P’B’$ en haut a gauche donc ce bloc est diagonalisable est c’est terminé
  • Comment tu montres que le bloc est diagonalisable sachant que la grosse matrice l'est? (Ce n'est pas compliqué mais ce n'est pas -que je sache- une conséquence automatique)
  • Un polynôme annule la grosse matrice ssi il annule le bloc donc le bloc et la grosse matrice ont même polynôme minimal.
  • Ton équivalence est fausse. Dans tous les cas tu as simplement à te servir de l'implication qui est vraie.
  • Poirot : ici elle est vraie puisque la grosse matrice est de la forme $\begin{pmatrix} * & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ donc si on évalue le polynôme $P$ dessus on a $\begin{pmatrix} P(*) & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$
  • On aura $$\begin{pmatrix} P(*) & 0 \\ 0 & P[0] \end{pmatrix}$$ où $P[0]$ désigne la matrice $P(0)I_{n-r}$.
  • Ah effectivement, j'ai parlé trop vite !
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