Cayley-Hamilton analytique

Bonjour
J'ai le souvenir d'un exercice de mon prof de spé qui se proposait de démontrer ce fameux théorème par des arguments d'analyse (sur $\R$ ou $\C$).

L'idée était que pour $r$ assez petit, la matrice $(Id - rM)$ est inversible, d'inverse donné par la série dont le terme général est $(rM)^{k}$. Par conséquent, en utilisant une formule type Cauchy, on récupère les puissances de $M$ sous forme intégrale, et donc l'expression des polynômes en $M$.

Seulement je ne vois plus comment conclure pour le cas particulier du polynôme caractéristique. Si vous avez une piste je prends.
Merci beaucoup !

Réponses

  • Ce n’est pas tout à fait ce que tu as demandé et tu la connais sûrement mais une démonstration analytique est la suivante : les matrices diagonalisable sont dense dans Mn(C) (l’idée que tu as écrite en haut avec le déterminant), Cayley-Hamilton est vrai pour les matrices diagonalisables, et la propriété passe à la limite dans les polynômes par continuité.
  • Effectivement, je n'ai jamais vu cette preuve mais j'y avais pensé (quand j'ai découvert la topologie je me suis mis à chercher tous les exercices et théorèmes "grillables" par des arguments de densité ou compacité).

    Merci quand même !
  • Bonjour !
    Voici une preuve que le connais : Pour $A \in \mathscr{M}_n(\C), k \in \N^\star$.
    $\forall r \geq \||A\||, A^{k-1} = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}(re^{it})^k(re^{it}I_n - A)^{-1}dt$
    D'où :
    $\chi_A(A) = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \chi_A(re^{it})re^{it}(re^{it}I_n-A)^{-1}dt $
    Puis, on utilise : $ \rm Com(XI_n-A)^T(XI_n-A) = \chi_A(X)I_n$
    Pour avoir :
    $\chi_A (A) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} re^{it} \rm Com(r e^{it} I_n-A)^Tdt = 0 $
    car : $ re^{it} \rm Com(r e^{it} I_n-A)^T = e^{it}P_1(r)+...+P_n(r)e^{int}$
  • Salut,
    Soit $\gamma$ un lacet assez petit faisant un tour autour de 0. La formule de Cauchy donne $\forall p\in\Bbb N,$ $$ p!M^p = \frac{{\rm d}^p}{{\rm d}z^p} \Big(\sum_{k=0}^\infty z^k M^k \Big) \Big|_{z=0}
    = \frac{p!}{2i\pi} \int_\gamma \Big( \sum_{k=0}^\infty z^k M^k \Big) \frac{{\rm d}z}{z^{p+1}}
    = \frac{p!}{2i\pi} \int_\gamma (I-zM)^{-1} \frac{{\rm d}z}{z^{p+1}}.$$
    Donc, en notant $\chi(z) = \det(z I-M)$ et $n=\deg \chi$, on a $$\begin{eqnarray*}
    \chi(M)
    &=& \frac{1}{2i\pi} \int_\gamma (I-zM)^{-1} \, \chi\big(\frac1z\big) \frac{{\rm d}z}{z}\\[1mm]
    &=& \frac{1}{2i\pi} \int_\gamma (I-zM)^{-1} \det(I-zM) \frac{{\rm d}z}{z^{n+1}}\\[1mm]
    &=& \frac{1}{2i\pi} \int_\gamma \,^t\! {\rm Com}(I-zM) \frac{{\rm d}z}{z^{n+1}}\\[1mm]
    &=& \frac1{n!} \frac{{\rm d}^n}{{\rm d}z^n} \,^t\! {\rm Com}(I-zM) \Big|_{z=0} \\[2mm]
    &=& 0
    \end{eqnarray*}$$ car les coefficients de $^t\! {\rm Com}(I-zM) $ sont des polynômes de degré au plus $n-1$.

    Edit : Je n'avais pas vu le message de Borelline. On a écrit la même preuve.
  • C'est joli je ne connaissais pas. J'avais commencé à écrire quelque chose, mais je me suis fait doublement griller. :-D Je préfère la version de Calli à celle de Borelline, même si c'est bien sûr la même chose.
  • Merci à vous. J'avais raisonné de tête et avais mangé le $r e^{i\theta}$ en facteur, d'où mon blocage. C'est effectivement bien cette preuve en tous cas !
  • Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • Le lien semble mort.
  • Ah oui tu as raison, je le mets en fichier joint
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


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