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Inversibilité d'une matrice

Modifié (November 2023) dans Algèbre
Bonjour,
je voudrais traiter l'exercice suivant, que je trouve intéressant mais qui me 'colle'.
Voici dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$, soit $A \in  \mathcal{M}_{n,n}(\mathbb{C})$ , $B,C \in  \mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{C})$ non nuls et $F \in GL_{n}(\mathbb{C})$, et $A= F +B.C^T$
a) La question est de trouver une CNS pour l'inversibilité de $A$ dans le cas  $F$ est inversible et de donner son inverse.
b) Ensuite sans supposer $F$ inversible, on demande de trouver les vecteurs propres de $A$ qui peuvent être les mêmes que ceux de $F$, en considérant ou non une valeur propre commune entre les 2 matrices.

Réponses

  • Modifié (November 2023)
    énoncé  changé en cours de route. C'est un peu plus compréhensible.  Je suppose qu'il faut comprendre  $C^t?$ 
     Et puis inversibilité d'une formule? Ne serait-ce  pas inversibilité de $A$? 
     
  • Modifié (November 2023)
    Voilà ce que je trouve pour la question a)
    On se place dans les cas où $B$ et $C$ sont non nuls.
    Si je note $(b_1,\cdots,b_n)$ et $(c_1,\cdots,c_n)$ les vecteurs $B$ et $C$ on a des résultats assez classiques :
    $\alpha=\sum_{i=1}^n b_i.c_i$
    Et alors si je note $D=B.tC$, alors $D=(y_1.X|\cdots|y_n.X)$ sous forme de vecteurs colonnes, j'ai $rang(D)=1$.
    Ensuite $D^2=\alpha.D$ car $\alpha=tC.B$.

    J'arrive à traiter le cas particulier où $F=Id$.
    En effet 2 cas :
    $\alpha=0$, alors $D^2=0$ et je vérifie que $(I+D)(I-D)=0$ et donc que $A^{-1}=I-D$
    $\alpha \neq 0$, alors je pose $B'=\frac{1}{\alpha}.B$ est une matrice de projecteur et de rang 1.
    $\exists P \in GL_n(\mathbb{C})$ tq $B'=P^{-1}.Diag(1,0,\cdots,0).P$.
    Puis $A=P^{-1}.(I+D).P=Diag(1+\alpha,1,\cdots,1)$. Cette matrice est inversible ssi $\alpha \neq -1$.

    Je n'arrive pas à trouver qd on passe de $F=I$ à $F \in  GL_n(\mathbb{C})$

    Note : j'ai corrigé quelques erreurs de typo ...

  • Tu peux te ramener à ce cas en écrivant $F^{-1} A = I_n + (F^{-1}B) C^T$.
  • Et oui, cela a l'air tout bête ...
  • Modifié (November 2023)
    Déjà je précise l'inverse dans le cas où $\alpha \neq -1$ : $A^{-1}=P^{-1}.Diag(\frac{1}{1+\alpha},1,\dots,1).P$
    Je sauvegarde régulièrement pour ne pas risquer de perdre mes pavés ...
  • Modifié (November 2023)
    La fin de la question a) est lourde.
    Je pose $G=F^{-1}.B$ et $\beta=C^T.G$ puis $G'=\frac{1}{\beta}.G$. $G'$ est alors un projecteur.
    $\exists Q \in GL_n(\mathbb{C})$ tq $G'=Q^{-1}.Diag(1,0,\cdots,0).Q$. Puis $(F^{-1}.A)^{-1}=Q^{-1}.Diag(\frac{1}{1+\beta},1,\cdots,1).Q$.
    Donc $A^{-1}=Q^{-1}.Diag(\frac{1}{1+\beta},1,\cdots,1).Q.F^{-1}$ avec $\beta \neq -1$.
  • Modifié (November 2023)
    b) Je veux trouver les valeurs propres et vecteurs propres de de $A$. Avec la condition que $\lambda \in Sp(A)$ et $\lambda \notin Sp(F)$.
    Soit $X$ un vecteur propre associé à $\lambda$ alors $M.X=A.X+B.C^T.X$ alors $(A+B.C^T-\lambda.I).X=0$.
    Je ne vois pas comment caractériser les vecteurs propres vérifiant la condition donnée.
    Après je veux trouver les valeurs propres et vecteurs propres de de $A$ tels que $\lambda \in Sp(A)$ et $\lambda \in Sp(F)$.
  • MrJMrJ
    Modifié (November 2023)
    En résumé, la matrice $A$ est inversible si et seulement si $F^{-1}A = I_n + F^{-1} B C^\top$ est inversible si et seulement si $Tr(F^{-1} B C^\top)\neq -1$.
    Dans ce cas, la matrice $F^{-1} B C^\top$ est de rang inférieur ou égal à $1$, donc elle est annulée par $X (X - a)$ où $a = Tr(F^{-1} B C^\top)$. On en déduit que la matrice $F^{-1}A$ est annulée par le polynôme $$(X-1) (X-1-a) = X^{2} - (2+a) X +(a+1).$$
    On en déduit que l'inverse de $A$ est $$A^{-1} = (F F^{-1} A)^{-1} = -\dfrac{1}{a+1} \big(A - (2+a) I_n\big) F^{-1}.$$
  • Modifié (November 2023)
    Merci @MrJ je vais étudier cela. Je cherche à résoudre le problème sans utiliser la théorie des polynômes d'endomorphismes.
    Mais je trouve cela peu trivial avec des polynômes.
    D'ailleurs de mémoire une matrice inversible multipliée par une matrice de rang $r$ est une matrice de rang $r$ ?
  • Modifié (November 2023)
    Salut,
    Si tu veux rester à un niveau le plus élémentaire possible, tu peux écrire que, pour tout $X\!\in\!{\mathcal M}_{n,1}({\mathbb C})$, on a
    $AX=FX+B.C^T\!.X=FX+\langle C|X\rangle B $, où $\langle.\mid.\rangle$ désigne le produit scalaire canonique sur  ${\mathcal M}_{n,1}({\mathbb C})$
    Donc, pour $Y\!\in\!{\mathcal M}_{n,1}({\mathbb C})$ fixé, si l'équation $AX=Y$, c'est-à-dire $FX=Y-\langle C|X \rangle B$  admet des solutions  (avec $F$ inversible), elles sont de la forme $X=F^{-1}(Y-\lambda B ) $ avec $\lambda\in{\mathbb C}$ et il faut que $\lambda=\langle C| X\rangle=\langle C|F^{-1}Y\rangle-\lambda \langle C| F^{-1} B\rangle $.
    Donc, si $\langle C\mid F^{-1} B\rangle=-1$ il y aura zéro ou une infinité de solutions : la matrice $A$ n'est pas inversible.
    Par contre, si $\langle C\mid F^{-1} B\rangle\not=-1$ il y aura systématiquement une unique solution donc la matrice $A$ est inversible (et le calcul de $\lambda$ puis de $X$ donne l'inverse de $A$).
  • APAP
    Modifié (November 2023)
    Bonjour
    Une autre solution
    Je pose $a=C^{T}F^{-1}B$ : c’est un scalaire
    $(1+a)C^{T}- C^{T}(I _n+F^{-1}BC^{T })=0$
    Si $1+a\neq 0$ je pose $b=1/(1+a)$
    alors
    $C^{T}-bC^{T}(I_n+F^{-1}BC^{T})=0$
    Puis en multipliant à gauche par $F^{-1}B$
    $F^{-1}(F+BC^{T})-bF^{-1}BC^{T}F^{-1}(F+BC^{T})=I_n$
    En factorisant $F+BC^{T}$  on voit que ce dernier a un inverse à gauche, donc il est inversible.
    Si $1+a=0$ on a $C^{T}(I _n+F^{-1}BC^{T })=0$ d’où
    $C^{T}F^{-1}\neq 0$ puis $F+BC^{T}$ non inversible.
  • Merci à tous.
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