Matrices 31 Mars 2024

etanche
Modifié (31 Mar) dans Algèbre
Bonjour 
$A,B \in M_n(\C)$,$\ A^mB=A$, où $m>1$ entier fixé.
Montrer que $A^mB=A^{m-1}BA=A^{m-2}BA^2=\dots=ABA^{m-1}$
Merci
Vu ici https://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/AMM/amm.html

Réponses

  • On se ramène par similitude au cas où $A$ est de la forme $\begin{pmatrix}A_0&0\\0&N\end{pmatrix}$, où $A_0$ est inversible et $N$ nilpotente ; on pose alors $B=\begin{pmatrix}C&D\\E&F\end{pmatrix}$.
    L'hypothèse donne $N^mF=N$, d'où $N=0$ (en effet, si $k$ est l'indice de nilpotence de $N$, il n'y a rien à démontrer si $k\leqslant m$ et, si $k>m$, on a $0=N^kF=N^{k-m+1}$, ce qui est absurde.

    De l'hypothèse et de $N=0$, on déduit $A_0^{m-1}C={\rm Id}$ et $D=0$,  de sorte que le reste suit. On n'arrivera pas à établir en plus que $BA^m=A$ car le calcul de $A^{m-p}BA^p$ ne fonctionne que si une matrice de la forme $A^q$ figure à gauche de $B$, avec $q>0$.
  • etanche
    Modifié (1 Apr)
    @ john_john merci pour ta solution qui utilise la décomposition de Fitting. 
    Pour réviser Fitting http://www.bourrigan.fr/data/dm18-fitting-krull-schmidt-corrige.pdf

    Est-il possible d’avoir une solution sans passer par la décomposition de Fitting?Merci.
  • john_john
    Modifié (1 Apr)
    De rien etanche !
    Si l'on veut fittingiser sans prononcer le mot, il suffit d'appliquer le théorème des noyaux au polynôme minimal de $A$ (ou à $\chi_{_A}$) mis sous la forme $X^pQ$, où $Q(0)\neq0$.
  • Si $A^mB=A$ alors $\mathrm{rg}(A)\leqslant\mathrm{rg}(A^m)$ donc $A$ et $A^m$ ont le même rang.
    Soient $k,\ell$ tels que $k+\ell=m$ avec $k>0$. On a $A^m(A^{k-1}BA^\ell)=A^{k-1}(A^mB)A^\ell=A^{k+\ell}=A^m$ donc l'image de $A^{k-1}BA^\ell-I$ est incluse dans $\ker A^m=\ker A$, d'où $A^kBA^\ell=A$.
  • etanche
    Modifié (1 Apr)
    @ JLT jolie preuve.

    Remarque: si $A$ est inversible on peut avoir $BA^m=A$, car $A^mB=A$ donne $A^{m-1}B=I_n$ donc $BA^{m-1}=I_n$ 
    ce qui donne $BA^m=I_n$.

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