Matrices antisymétriques, Mines-Ponts MP, RMS 133-2, 490

Chaurien

Bonjour.
Je ne suis pas très assidu sur le forum ces temps-ci parce que je travaille sur les sujets d'oral parus dans la RMS 133-2 de janvier 2023, en relation avec des copains-collègues d'active, qui les serviront aux élèves dans quelques jours pour la préparation aux oraux 2023. Je veux évoquer aujourd'hui le problème 490 de Mines-Ponts MP, ainsi libellé :

« Soit $A\in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$. Montrer que $A$ est antisymétrique si et seulement si $P^{-1}AP$ a une diagonale nulle pour toute matrice $P\in O_{n}(\mathbb{R})$. »

Déjà, « a une diagonale nulle » ne me plaît pas beaucoup, moi j'aurais plutôt écrit  « a sa diagonale principale nulle ».

Mais il me semble que j'ai trouvé un énoncé plus général, que voici :

« Pour toute matrice $A\in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$, et pour tout $i\in \{1,2,...,n\}$ et tout $j\in \{1,2,...,n\}$, on note $(A)_{ij}$ le coefficient de la ligne $i$, colonne $j$, de la la matrice $A$. Montrer qu'une matrice $A\in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$ est antisymétrique si et seulement si, pour toute matrice $P\in O_{n}(\mathbb{R})$, il existe $i\in \{1,2,...,n\}$ tel que le coefficient diagonal $(P^{-1}AP)_{ii}$ est nul. »

Je crois avoir trouvé la démonstration. Qu'en dites-vous ?

Bonne journée.
15 mai 2023, Paris, 9 h, température 11° C. Vivement le réchauffement !

Paul Broussous

J'ai une solution que je trouve un peu trop compliquée.

Soit $\varphi$ la forme bilinéaire de matrice $A$ dans la base canonique de $\R^n$. Par la formule de changement de base, on voit que l'hypothèse revient à demander que toute base orthonormée de $\R^n$ contient un vecteur isotrope. 

 On démontre le résultat par récurrence. Pour $n=1$, c'est clair.

 Supposons $n>1$.  Supposons par l'absurde que $\varphi$ n'est pas antisymétrique. Soit alors $v\in \R^n$ tel que $\varphi (v,v)\not= 0$.  La restriction de $\varphi$ à l'orthogonal de $v$ vérifie l'hypothèse de récurrence. Elle est donc antisymétrique.

 A partir de cela on calcule le cône isotrope de $\varphi$ dans une base adaptée à la décomposition $\R v\oplus \R v^{\perp}$.

Par un calcul par blocs, on voit que ce cône est un hyperplan ou la réunion de deux hyperplans. Pour obtenir une contradiction, on est ramené à démontrer qu'il existe toujours une BON ne rencontrant pas un hyperplan donnée, ou la réunion de deux hyperplans donnés. Ca me semble clair, mais je ne l'ai pas écrit.

Bibix

Ça a l'air plutôt facile. $A = -A^t$ ssi pour tout $P \in O_n(\R)$, $P^t (A + A^t) P = 0$, i.e. $(P^t A P)^t + (P^t A P) = 0$, i.e. $(P^t A P)_{i j} + (P^t A P)_{j i} = 0$ pour tout $i,j$. Pour le sens indirect, il suffit d'utiliser le théorème spectral pour obtenir $(P^t A P)^t + P^t A P = Q^t D Q$ avec $Q \in O_n(\R)$ et $D$ diagonale ce qui donne $Q P^t (A + A^t) P Q^t = D = 0$.

JLapin

@Bibix
Tu as (bien) résolu l'exercice initial mais pas sa version plus difficile.

marco

Est-ce que l'on peut raisonner comme cela ? Ce n'est pas rigoureux vers la fin.

Soit $A$ une matrice non antisymétrique.

Si il existe $i$ tel que $A_{ii}\neq 0$, alors il existe $P=Id$ tel que il existe $i$ tel que $(^tPAP)_{ii}\neq 0$.

Sinon,il existe $i\neq j$ tel que $A_{ij} \neq -A_{ji}$, donc $<e_i+e_j,A(e_i+e_j)>\neq 0$. Donc on choisit une base orthonormale $B$ contenant $\frac{1}{\sqrt{2}}(e_i+e_j)$ comme premier vecteur, alors la matrice de passage $P$ vérifie $(^tPAP)_{11}\neq 0$.

Donc on a montré que si $A$ est antisymétrique, il existe $P$ tel qu'il existe $i$ tel que $(^tPAP)_{ii} \neq 0$.

Si il existe $i$ tel que il existe $P$ tel que $(^tPAP)_{ii}\neq 0$, alors, pour tout $i$ il existe $P$ tel que $(^tPAP)_{ii}\neq 0$ (en permutant des vecteurs de la base).

Donc $E_i=\{P\in O_n(\R) |(^tPAP)_{ii}=0\}$ est un sous-ensemble stricte de $O_n(\R)$, donc de dimension $\leq \dim O_n(\R)-1$.

Donc $E=\cup_{i=1}^n E_i$ est un sous-ensemble stricte de $O_n(\R)$, donc il existe $P \in O_n(\R) \setminus E$, c'est-à-dire telle que pour tout $i$, $(^tPAP)_{ii}\neq 0$.

JLapin

On se donne une matrice $A$ qui vérifie la propriété. On pose $S = \dfrac{1}{2}(A+A^T)$, qui vérifie aussi la propriété (et on cherche à montrer que $S=0$).

Par le théorème spectral, on peut se ramener au cas où $S$ est une matrice diagonale.

On note $H_n$ la propriété "toute matrice diagonale non nulle est orthogonalement semblable à une matrice dont la diagonale ne contient pas $0$". On suppose $H_{n-1}$.

Si $S$ contient au moins deux coefficients non nuls, le résultat découle directement de l'hypothèse de récurrence et d'un petit calcul par blocs (en commençant par utiliser une matrice de permutation pour amener un coeff non nul en position $(1,1)$).

Si $S$ ne contient qu'un seul coefficient non nul, toujours à permutation près, on peut supposer que c'est le premier coefficient et utiliser la base $(\dfrac{e_1+e_2}{\sqrt 2},\dfrac{e_1-e_2}{\sqrt 2},e_3,...,e_n)$ pour se ramener au cas précédent.

@marco
Tes arguments de dimension sont un peu étranges.