Exercice d'algèbre pour l'Avent

john_john
Modifié (December 2022) dans Algèbre
Pour ne pas laisser les algébristes sur leur faim, voici un exo pour attendre Noël euclidiennement.

On donne une matrice réelle $M=(m_{i,j})$, de format $(n,n)$ dont les termes diagonaux sont égaux à $1$ et l'on désigne par $\mu$ un majorant des $i\mapsto\sum_{j\neq i}m_{i,j}^2$. Minorer (en fonction de $n$ et de $\mu$) le rang $r$ de $M$.

Un exercice de concours récent faisait démontrer que $r\geqslant n/4$ lorsque $\mu=1$, mais on pourra parvenir à le minorer par $n/2$. Bien entendu, si $\mu$ est trop grand, on aura seulement $r\geqslant0$.
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Réponses

  • Calli
    Modifié (December 2022)
    Bonjour, 
    Le rang de $M$ en fonction de $M$ ? Facile ! $\text{rg} \, M=\text{rg} \, M$. 
    Plus sérieusement, il y a un conflit de notations. 
  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2022)
    Voici une trame de solution (je n'ai pas eu le temps de faire les calculs).
    Il me semble que pour faire le lien entre l'hypothèse et la dimension du noyau, on peut utiliser le résultat suivant : Si $F$ un sous-espace vectoriel de l'espace $\mathbb{R}^n$, alors on a $$\sqrt{\dfrac{\dim(F)}{n}}\leq \sup_{\substack{x\in F\\ \|x\|=1}}\left(\max\big(|x_1|,\ldots,|x_n|\big)\right).$$ Ensuite, si $x\in\ker(A)$, alors on peut majorer ses composantes en valeur absolue avec l'inégalité de Cauchy-Schwarz et l'hypothèse. En combinant avec le résultat précédent, on obtient une borne comme demandée.
  • ${\rm rg}\,M={\rm rg}\,M$.? Mauvaise réponse : je veux une inégalité et non pas une égalité :):)

    Ben oui, tu as raison, j'ai utilisé deux fois la lettre $M$ ; alors appelons $\mu$ un majorant (la lettre $m$ est déjà prise, elle aussi).

    MrJ : exactement ; cela s'établit avec ces deux étapes. Et cela marche parce que les vecteurs du noyau sont loin de la base canonique.
  • J'avoue que j'avais déjà traité l'exercice d'oral que tu as mentionné : il m'avait beaucoup intrigué quand je l'avais découvert.
  • john_john
    Modifié (December 2022)
    Intrigant, certes, mais il ne fait que traduire la dégradation du rang lorsque l'on s'éloigne de l'hypothèse de diagonale strictement dominante.

    Par parenthèse, le corrigé de la RMS donne une minoration deux fois moins bonne car elle met en jeu la matrice symétrique $M+\,^t\!M$, dont le rang pourrait être le double de celui de $M$.
  • gebrane
    Modifié (December 2022)
    Bonjour, j'avais l'intention de poser cette question pour le jour 21. Je la pose ici.
    Soit B une matrice carré, distincte de la matrice nulle, à coefficients complexes. Soit $r$ son rang et $t$ sa trace . Soit $B^*$ sa matrice conjuguée.  On note $ s$ la trace de la matrice $BB^*$  ( donc $s>0$). Montrer la minoration du rang de B ;
    $$r\geq \frac{||t||^2}s.$$
    Il faut être un AS d'algèbre pour résoudre cette question.
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • etanche
    Modifié (December 2022)
    Étudier le cas d’égalité dans l’exercice ci-dessus de gebrane.
  • john_john
    Modifié (December 2022)
    Bonjour, gebrane,
    es-tu sûr que $B^*$ doit désigner la conjuguée, comme le précise le lien que tu as joint ? En effet, si $B=\begin{pmatrix}0&{\rm i}\\1&0\end{pmatrix}$, alors $BB^*$ est de trace nulle.
    Ne serait-ce pas plutôt la transposée de la conjuguée ?

    NB : si l'on se limite à des matrices réelles, $B\mapsto{\rm tr}\,(B^2)$ n'est pas une FQ définie positive.
  • gebrane
    Modifié (December 2022)
    $A^*$  est la transposée  de la conjuguée .  Sinon mon $s$ ne sera pas positif. 
    Pour laisser vivre la question aussi lontemps, je ne donne pas un scan pour éviter que étanche le cherche jusqu'à trouver la source: livre ou blog ou forum ou page personnel .
    Si X veut, il peut remplacer matrice complexe par matrice réelle et $A^*$ par $A^T $

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  • Comme cela, je préfère (mais le lien que tu as inclus donne la mauvaise définition).

    Si l'on écrit $B=HU$, avec $H$ hermitienne positive et $U$ unitaire, alors $B$ et $HU$ sont de même rang $r$, les matrices $BB^*$ et $H^2$ sont égales et l'on a $|{\rm tr}(HU|\leqslant{\rm tr}(H)$.
    Il suffit donc de montrer le résultat lorsque $B$ est hermitienne positive, et même diagonale à diagonale dans $\R^+$. Soit alors les coefficients diagonaux $b_1,\dots,b_r,0,\dots,0$, où les $b_k$ sont $>0$. Il reste à vérifier que $(\sum 1.b_k)^2\leqslant r\sum b_k^2$. Bon sang, mais c'est bien sûr : Cauchy-Schwarz !

    Le cas d'égalité est lorsque les $b_k$ sont égaux, c'est-à-dire lorsque que (pour revenir aux notations de départ), $B=\lambda PU$, où $\lambda\in\R^+$, où $P$ est la matrice d'un projecteur orthogonal et où $U$ est unitaire.
  • john_john
    Modifié (December 2022)
    À propos, gebrane, tu comptais poser cet exo le J21, mais j'ai cru comprendre que l'on se limite à des exos d'Arithmétique, calcul intégral, séries,..

    Cela étant, ta formule règle en un tournemain la minoration demandée initialement.
  • Non @john on est libre de poster ce qu'on veut et même un exo niveau   lycée
    Bravo, comme tu l'as dit un jour, tu es un spécialiste en algèbre 
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  • @ gebrane même sans scan le moteur de recherche approach0xyz donne des liens 
    https://math.stackexchange.com/questions/3781030/lower-bound-on-the-rank-of-a-0-1-matrix-mathrm-rank-mathbb-ra-cdot-a-g?noredirect=1
    Il me semble que cet exercice avait été posé à un oral de concours vu dans la RMS.
  • Même celui là!  :o  il se trouve sur MSE, je commence à me demander sérieusement si un exercice n'est pas traité dans ce site
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  • @ gebrane faut passer à un autre niveau inventer ses exercices, comme aux OIM olympiades internationales de mathématiques.
  • john_john
    Modifié (December 2022)
    Tiens : pour prolonger le joli exo de gebrane https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2397468#Comment_2397468, quelles sont les matrices réelles de format $(n,n)$ telles que ${\rm tr}(MU)\leqslant{\rm tr} (M)$ pour toute matrice $U\in{\rm SO}_n(\R)$ ?

    On en trouve un peu plus que lorsque $U$ doit décrire ${\rm O}_n(\R)$ tout entier.
  • Papa, je trouve ta question difficile pour moi. Où sont les algébristes?
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  • Bonsoir, gebrane,
    ce n'est pas seulement de l'algèbre (enfin, si !, on peut utiliser la transformation de Cayley mais c'est plus laborieux). Si l'on sait que $\varphi$ : $t\in\R\mapsto\exp(tA)$ a son image dans SO$_n$ si $A$ est antisymétrique, alors $f$ : $t\mapsto{\rm tr}(M\,\varphi(t))$ est maximale en $t=0$, ce qui fait que $f'(0)=0$ et que $f''(0)\leqslant0$ pour toute matrice antisymétrique.
    Tiens, tiens, ces deux CN sont algébriques (resp. linéaire et quadratique)...
  • Bonsoir John, je ne comprends ta réponse. Normalement la question est de chercher toutes les matrices réelles M d'ordre n telles que ${\rm tr}(MU)\leqslant{\rm tr} (M)$ pour toute matrice $U\in{\rm SO}_n(\R)$
    Je ne sais pas si tu essayes de me dire que toutes les matrices M conviennent avec le sous entendu que toute matrice $U\in{\rm SO}_n(\R)$ s'écrit comme U=exp(tA) pour un certain t et une certaine matrice antisymétrique A
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  • i.zitoussi
    Modifié (December 2022)
    @john_john Qu'est-ce qui te fait affirmer que ta fonction $f(t)$ est maximale en $t=0$ ?
    J'ai essayé de trouver un argument: toutes les entrées de $X\in SO(n)$ sont dans $[-1,1]$, donc $\mathrm{tr} X\in [-n,n]$, la valeur max réalisée seulement quand $X=\mathrm{id}$, c'est ça ?
    Sinon, ça me donne l'impression comme à gebrane que toutes les matrices $M$ conviennent, et donc je ne vois pas comment on pourrait en obtenir plus en changeant $SO(n)$ en $O(n)$.
    Après je bloque.
  • JLapin
    Modifié (December 2022)
    Supposons $n\geq 3$.
    Soit $M$ vérifiant la condition requise.
    Pour tout $t\in \R$ et pour toute matrice antisymétrique $X$, on a $e^{tX} \in SO_n(\R)$ et donc $\forall t\in\R, \varphi(t)=Tr(M e^{tX})\leq Tr(M)=\varphi(0)$.
    Comme $\varphi$ est dérivable, on en déduit $\varphi'(0)=0$ et donc $Tr(MX)=0$. Comme cette propriété est vraie pour toute matrice antisymétrique, $M\in S_n(\R)$.
    Par le théorème spectral, on peut supposer sans perte de généralité que $M$ est diagonale et noter $\lambda_1,...,\lambda_n$ les coefficients diagonaux en supposant que $\lambda_1 = \min sp(M)$.
    Comme $n\geq 3$, on peut construire une matrice dans $SO_n(\R)$ dont la diagonale est $(-1,0,...,0)$ (se servir d'une matrice de permutation ne possédant que $1$ comme point fixe et signer les coefficients convenablement pour obtenir un déterminant de $1$). C'est ici qu'on utilise que $n\geq 3$.
    En utilisant cette matrice, il vient $-\lambda_1\leq \lambda_1$ et donc $\lambda_1\geq 0$.
    On en déduit que $M\in S_n^+(\R)$.

    La réciproque découle directement du théorème spectral et du fait que les coefficients d'une matrice orthogonale sont dans $[-1,1]$.

    Pour le cas $n=2$, les matrices sont toutes les matrices symétriques de trace positive ou nulle.

    L'exo de JohnJohn

  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2022)
    En notant $P_\theta$ la rotation d’angle $\theta$ dans le plan $\textrm{vect}(E_i,E_j)$, on peut aussi utiliser directement que l’application $\theta\mapsto tr(P_\theta M)$ est maximale en $\theta=0$ pour obtenir que la matrice $M$ est symétrique. C’est très proche, mais ça évite d’utiliser l’exponentielle de matrice.
  • Je vais être absent jusqu'en milieu d'après-midi et vais donc attendre un peu pour répondre ; je vois que nous ne sommes pas tous d'accord, mais JLapin et MrJ pensent comme moi, ce qui me rassure (je suis tout à fait capable de taper à côté de la plaque).

    En revanche, la conclusion de JLapin m'étonne : avec ce choix de la diagonale de $U$, d'où vient que $-\lambda_1\leqslant\lambda_1$ ? Mon résultat est plus général : une CNS est que la somme de deux vp quelconques soit positive ou nulle.
  • Ah zut !
    J'espérais tellement voir le membre de gauche égal à $-\lambda_1$ que j'en ai oublié le fait que le membre de droite n'était pas égal lui à $\lambda_1$ mais à la somme des $\lambda_i$ !
  • On cache des choses  :D  c'est un oral ccp dont voici un extrait https://www.mathprepa.fr/trace-automorphismes-orthogonaux/
    @etanche j'ai besoin de tes services pour trouver le sujet complet ( sans le corrigé)
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  • gebrane
    Modifié (December 2022)
    En regardant vos écrits, il me semble plutôt que.
    Soit une matrice réelle $M$ d'ordre $n$, alors
     ${\rm tr}(MU)\leqslant{\rm tr} (M)$ pour toute matrice $U\in{\rm O}_n(\R)$ si et seulement si $M\in S_n^+(\R)$.
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  • Regarde l'exemple de $\begin{pmatrix}-1&0\\0&1\end{pmatrix}$, sachant la forme générale des matrices $(2,2)$ spéciales orthogonales ! L'exo des ENSI établit une CS et non pas une CNS.

    Il est peu agréable de taper du Latex avec un clavier tactile ; j'attends d'être rentré chez moi pour en reparler !
  • gebrane
    Modifié (December 2022)
    Je vais rédiger une preuve (ce soir ou demain soir) que la condition est nécessaire. C'est essentiellement john +Jlapin avec un peu de gebrane. Donc je vous demande de chercher l'erreur dans mon prochain post.
    S'il te plait ne dit rien jusqu'à  dimanche.
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • C'est noté ! Botus et mouche cousue :)
  • gebrane
    Modifié (December 2022)
    Voici ce qu'a trouvé ton fiston John. Si c'est des âneries, tu me diras de jouer au jardin lorsque tu as des invités à la maison).

    Je commence par ce proverbe, celui qui détient l'information détient le pouvoir, donc j'ai commencé à me remettre à niveau en consultant sur le net des cours sur les matrices symétriques positives, orthogonales ...
    J'ai appris (sûrement un oubli de ma part)  par exemple que l'espace des matrices symétriques et  antisymétriques sont supplémentaires et orthogonaux. Cette propriété est utile  pour démontrer que $M$ est symétrique, car il suffit de démontrer que $Tr(MU)=0$,  pour toute matrice antisymétrique. Pour cela j'exploite ton idée sur une application application $\varphi$  à dériver !  Je pose 
    $$\varphi(t)=Tr(Me^{tU}),\quad \forall t\in \R,\ \forall U\in \mathcal A_n(\R).$$ 
    La fonction $\varphi$ atteint son max en $0$ donc $\varphi'(0)=0$ ce qui se traduit par $Tr(MU)=0$,  pour toute matrice antisymétrique $U$, donc M est symétrique. Pour démontrer la positivité de $M$ c'est essentiellement ce qu'a fait Jlapin avec  le théorème spectral. On a $M=O^T DO$ avec $O$ une matrice orthogonale et $D$ une matrice diagonale ( on note $\lambda_i$ les coefficients de sa diagonale). Soit la matrice diagonale $\tilde D$ avec ces coefficients diagonaux $\tilde\lambda_i$ dans $\{-1,1\}$ vérifiant $\tilde\lambda_i\lambda_i=|\lambda_i|$. On conclut que M est positive en remarquant  pour $U=O^T \tilde D O$ (qui est orthogonale) que $Tr(MU)=Tr(D\tilde D)=\sum_{i=1}^n |\lambda_i|$ et $Tr(M)=\sum_{i=1}^n \lambda_i$
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2022)
    J'ai essayé d'écrire une autre solution pour l'exercice de @gebrane (dans le cadre euclidien par contre). Je voudrais bien un retour : elle me parait suspecte... :D

    Soit $(V_1,\ldots,V_n)$ une base orthonormée de $\R^n$ telle que $(V_{r+1},\ldots, V_n)$ est une base de $\ker(A)$. On a en utilisant deux fois l'inégalité de Cauchy-Schwarz que :
    $$Tr(A)^2 = \left(\sum_{i=1}^n (AV_i\mid V_i)\right)^2=\left(\sum_{i=1}^r (AV_i\mid V_i)\right)^2\leq r \sum_{i=1}^r (A V_i\mid V_i)^2 \leq r\sum_{i=1}^r \|A V_i\|^2 = r\sum_{i=1}^n \|A V_i\|^2.$$
    Ensuite, en notant $(E_1,\ldots,E_n)$ la base canonique de $\R^n$, on conclut en remarquant que
    $$\sum_{i=1}^n \|A V_i\|^2 = \sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n (A V_i\mid E_j)^2 = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (V_i\mid A^\top E_j)^2=\sum_{j=1}^n \|A^\top E_j\|^2=Tr(AA^\top).$$
    Je crois qu'on en déduit également que l'égalité est réalisée si et seulement si $A$ est symétrique réelle avec au plus une valeur propre non nulle.





  • john_john
    Modifié (December 2022)
    (Je suis devant un clavier qwerty, et sans accents.)
    Bonjour à tous les deux !
    Cher fiston : il faut revoir la fin de ta copie car la matrice 𝑈 que tu as construite est orthogonale, mais pas forcement directe. On ne pourra pas empêcher la présence de vp négatives, mais un autre choix de 𝑈 montre que l'on n'a droit qu'a une (et ce ne sera qu'une CN).

    MrJ : impec' ! C'est plus économique que ma décomposition polaire et le cas d’égalité se voit effectivement dans la foulée.

    Ci-dessous, la CNS que je trouve pour tr(MU), mais je crois que personne ne l'a confirmée jusqu’à présent.

    CNS : la somme de deux vp quelconques est positive ou nulle ; ou encore : la somme des deux vp les plus petites est positive ou nulle.

  • gebrane
    Modifié (December 2022)
    Cher Papa, je ne comprends pas ton objection, moi je traite cette question
    gebrane a dit :
    Soit une matrice réelle $M$ d'ordre $n$, alors
     ${\rm tr}(MU)\leqslant{\rm tr} (M)$ pour toute matrice $U\in{\rm O}_n(\R)$ si et seulement si $M\in S_n^+(\R)$.
    et non le problème : soit une matrice réelle $M$ d'ordre $n$, alors
     ${\rm tr}(MU)\leqslant{\rm tr} (M)$ pour toute matrice $U\in{\rm SO}_n(\R)$ si et seulement si...

    C'est-à-dire mon $U$ ne doit pas nécessairement être direct. Tu dois me remettre la note totale  < 3
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • john_john
    Modifié (December 2022)
    Alors, là, oui, rien à dire. 20/20, avec félicitations.

    Flûte, alors, ousqu'y-z-ont mit les lettres accentuées, les Teutons ???

    Si j'ai écrit mit, c'est que je ne me suis pas relu  >:)
    [Mille excuses, c'est moi qui, en lisant trop rapidement, ai cru que c'était le présent de l'indicatif ! :( AD]
  • S'il te plait ne donne pas ta solution dans le cas SO(n), tu nous laisses un temps jusqu'à la nouvelle année.
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • gebrane
    Modifié (December 2022)
    Bonjour, dans ta condition CNS : la somme de deux vp quelconques est positive ou nulle. Pourquoi tu as mangé  la symétrie. On a vu qu'une C.N est que la matrice M est symétrique. Je suis curieux de voir comment tu démontres que ta CNS implique que M est symétrique.
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • john_john
    Modifié (December 2022)
    Bonsoir, gebrane,
    ma formulation est effectivement ambigu\" e : la CNS est que la somme de deux vp doit etre positive, en plus de l'hypothese de la CN, c-a-d la symetrie.

    Merci d'avoir leve le lievre :)
  • gebrane
    Modifié (December 2022)
    Dans le cas SO (3), je tombe aussi sur ta condition la somme de deux vp doit être positive, en considérant les 3 rotations : rotations par rapport aux axes  ox, oy et oz. Le cas général  me dépasse pour le moment.
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2022)
    Pour l'exercice de john_john.
    On sait déjà que la matrice $M$ est nécessairement symétrique, ce qui permet de se ramener au cas où elle est diagonale par le théorème spectral et les propriétés classiques de la trace. En notant $M=diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)$ et en considérant la rotation d’angle $\theta$ dans le plan $vect(E_i,E_j)$ avec $i\neq j$, on obtient avec l'hypothèse de départ (pour tout $\theta\in\R)$ la relation $(\lambda_i+\lambda_j)\cos(\theta) \leq \lambda_i+\lambda_j$, ce qui implique $\lambda_i+\lambda_j\geq 0$.

    Réciproquement, il suffirait de montrer que l'ensemble des rotations utilisées dans le raisonnement ci-dessus engendrent le groupe $SO_n(\R)$. Cette hypothèse me parait raisonnable, mais je n'en ai pas rédigé de démonstration pour le moment.

    Édit. Pour la réciproque, la propriété de génération que j’ai mentionnée est vraie, mais je crois finalement que ce n’est pas suffisant pour conclure :neutral:
  • john_john
    Modifié (December 2022)
    Pour la question que MrJ a laissée en suspens, voir ci-dessous. J'avais une autre méthode, mais j'attends car gebrane cherche encore.

    Je n'ai pas encore réfléchi à propos de la question de MrJ mais une forme plus faible suffit : $SO_n$ est engendré par les rotations dans des plans $(u,v)$. En effet, tout élément de $SO_n$ est produit de réflexions, en nombre pair ; il suffit de les grouper 2 par 2 (consécutives).
    La forme forte est vraie en dimension 2 ou 3 (axes d'Euler) ; le cas général est plausible ! 

  • En fait, mon affirmation me paraît vraie. Si $M\in\textrm{SO}_n(\R)$, alors en utilisant successivement pour $i$ allant de $1$ à $n-1$ une rotation dans chaque plan $Vect(E_i,E_n)$, on peut annuler successivement les coefficients $m_{i,n}$. Dans la dernière colonne, il reste un coefficient $\pm1$ que l’on peut supposer égale à $1$ quitte à réutiliser une rotation dans $Vect(E_{n-1},E_n)$. Finalement, par orthogonalité de $M$ la dernière ligne est nulle (à l’exception du $1$ final). Ensuite, on recommence sur le bloc en haut à gauche de taille $(n-1)\times(n-1)$ jusqu’à tomber sur l’identité.

    Le problème, c’est que je ne vois pas l’utilité de cette propriété (ou de la tienne) pour conclure…

  • Papa donne ta solution, je pense que je ne peux démontrer que ta condition est suffisante 
    Je propose dans mes aventures sur l'exercice de John cet exercice (fabrication maison)  ( très difficile pour le proposer à l'évent J21)

    Montrer $\forall M\in M_n(\mathbb R)$ il existe $J\in John_n⁢(\mathbb R)$ et $U\in SO_n(\mathbb R)$ telles que $M=J.U$ avec $John(\mathbb R)$ l'ensemble des matrices  réelles symétriques d'ordre n, vérifiant la somme de deux vp quelconques est positive ou nulle
    C'est de sérieux 
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2022)
    @gebrane : Il me semble qu'il suffit de partir de la décomposition classique $M=OS$ avec $O\in\textrm{O}_n(\R)$ et $S\in\textrm{S}_n^+(\R)$. Si $O\notin\textrm{SO}_n(\R)$, il suffit d'utiliser une réflexion $R$ par rapport à l'orthogonal d'une droite propre associée à la plus petite valeur propre de $S$ pour écrire $M=(OR)(RS)$.
    Pour ma part, je trouve ça plus facile que certains exercices postés dans l'autre discussion.  o:)
  • gebrane
    Modifié (December 2022)
    Bonsoir @Mrj c'est l'expérience qui me fait défaut!. Peux-tu me parler de cette décomposition classique M=OS. Je ne le savais pas 
    Ma preuve pensée à mon exercice utilise un résultat topologique sur SO_n(R) que j'ai découvert en me documentant sur cet espace et en  le combinant avec l'exercice de John
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


  • rémi
    Modifié (December 2022)
    Salut @gebrane
    Je ne suis pas très compétent en algèbre, et du coup j'ai fait quelques recherches et c'est vrai qu'on retrouve facilement ce résultat classique notamment chez les agrégatifs.
    En cherchant, je suis tombé sur un vieux message (2006) du temps où @borde venait encore sur le forum qui résume quelques décompositions classiques. En substance
    borde a dit :
    Pour moi, on a

    1. ${\bf Polaire}$.
    Pour toute matrice $M \in \mbox {GL}(n,\R)$, on a $M = OS$ avec $O$ orthogonale et $S$ symétrique définie positive.

    2. ${\bf Iwasawa}$.
    Pour toute matrice $M \in \mbox {SL}(n,\R)$, on a $M = RDU$ avec $R \in \mbox {SO}(n)$, $D \in \mbox {SD}(n,\R)$ et $U$ unipotente supérieure.

    3. ${\bf Cartan}$.
    Pour toute matrice $M \in \mbox {SL}(n,\R)$, on a $M = R_1DR_2$ avec $(R_1,R_2) \in (\mbox {SO}(n))^2$ et $D \in \mbox {SD}(n,\R)$.

    Ainsi, ta décomposition ressemblerait plutôt à celle de ${\it Bruhat}$, qui donne $M \in \mbox {GL}(2,\R)$ telle que $M = UPT$ avec $U$ unipotente supérieure, $P$ matrice de permutation et $T$ triangulaire supérieure.
    Borde.
  • Bonjour @remi Je ne trouve pas la décomposition classique signalée par  MrJ dans les tiennes. Notre M est une matrice carrée quelconque 
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  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2022)
    Je n'ai pas le temps d'écrire un long message, j'ai cours dans dans deux minutes.
    Voici le lien de la page wikipédia : https://fr.wikipedia.org/wiki/Décomposition_polaire
  • Merci pour le lien, c'est ok. . Mais je ne vois pas pourquoi ta décomposition M=(OR)(RS) répond à mon exercice . 
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  • MrJ
    MrJ
    Modifié (December 2022)
    D'après la décomposition polaire, on peut écrire $M=OS$ avec $O\in\textrm{O}_n(\R)$ et $S\in\textrm{S}_n^+(\R)$.
    1) Si $O\in\textrm{SO}_n(\R)$, alors c'est terminé avec $J=S$ et $U=O$.
    2) Si $O\notin\textrm{SO}_n(\R)$, alors comme la matrice $S$ est symétrique réelle, alors il existe une matrice $P\in\textrm{O}_n(\R)$ telle que $S = P \textrm{Diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n) P^{-1}$ avec $0\leq \lambda_1\leq \cdots\leq \lambda_n$.  On peut alors écrire
    \[M = \underbrace{O (P \textrm{Diag}(-1,1,\ldots,1) P^{-1})}_{U}\underbrace{(P \textrm{Diag}(-\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n) P^{-1})}_{J}.\]

    Édit : J'ai échangé l'ordre de $J$ et $U$ par rapport à ta question, mais la décomposition polaire marche aussi dans l'autre sens et la démonstration s'adapte.








  •  Bonsoir @Mrj Merci pour ta jolie preuve. J'ai pensé à cette preuve moins jolie. Je considère l'application continue  $f:U\to tr(MU)$  sur le compact $SO_n(\mathbb R)$, elle atteint  un maximum que je note $U^*$ dans $SO_n(\mathbb R)$ . D'où $\forall U\in SO_n(\mathbb R)$
    $tr(MU)≤tr(MU^*)$. Je pose $N=MU^*$, alors $\forall U\in SO_n(\mathbb R)$,
    $tr(MU)≤tr(N)$ ou encore $\forall U\in SO_n(\mathbb R)$,
    $tr(MU^*U)≤tr(N)$ ou encore $\forall U\in SO_n(\mathbb R)$,
    $tr(NU)≤tr(N)$  et d'après l'exercice de John, ce $N\in John_n(\mathbb R)$
    donc $M$ se décompose comme $M=N.(U^*)^{-1}$ avec bien sûr $(U^*)^{-1}\in SO_n(\mathbb R)$
    Le 😄 Farceur est fasciné par  notre  cher Nico-le prof le sérieux


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