$SA+A^TS = 0$

LoanSupOp
LoanSupOp
dans Algèbre
Hello,

Je sèche… Est-ce que vous avez des pistes ?

Soit $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. Montrer que si $A$ possède une valeur propre imaginaire pure, alors il existe $S \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ non nulle telle que $\operatorname{Sp}S \subset \mathbb{R}_+$ et $SA+A^TS = 0$.

Merci pour votre aide,

Réponses

  • LoanSupOp
    LoanSupOp
    Modifié (September 2024)
    Soit $\lambda = i\mu$ avec $\mu \in \mathbb{R}$. Soit $X$ le vecteur propre associé. Comme $A$ est réelle, $-\lambda$ est aussi valeur propre de vecteur propre $\overline{X}$. Et j'aimerais constuire $S$ à partir de $X$. Je vais creuser.
  • dSP
    dSP
    Modifié (September 2024)
    Une chose à garder en tête est que la contrainte $SA+A^T S=0$ veut dire que $SA$ est antisymétrique (sachant $S$ symétrique).

    L'hypothèse sur $A$ permet de faire un début de réduction, en trigonalisant par blocs via une matrice de passage orthogonale. On se ramène ainsi au cas où $A$ a sa première colonne nulle ou est de la forme $A=\begin{bmatrix} A_0 & (?) \\ (0) & (?) \end{bmatrix}$ où $A_0 \in \mathcal{M}_2(\R)$ possède une valeur propre imaginaire pure non nulle.
    En cherchant $S$ sous forme particulière (je suis volontairement elliptique pour ne pas faire tout l'exo à votre place), on se ramène alors à l'une des situations suivantes :
    1. $n=1$
    2. $n=2$ et $A$ a toutes ses valeurs propres imaginaires pures non nulles.
    Dans le deuxième cas, il n'est pas difficile de réduire encore la situation au cas où $A$ a sa diagonale nulle, et la conclusion est alors à portée de main.
  • LoanSupOp
    LoanSupOp
    Super merci !
  • dSP
    dSP
    Correction : j'avais pris les produits dans le mauvais sens. Il faut plutôt réduire $A$ sous la forme $OMO^{-1}$ avec $O$ orthogonale et $M$ de la forme $M=\begin{bmatrix} (?) & (?) \\ (0) & A_0 \end{bmatrix}$ où $A_0$ est de taille $1$ ou $2$ et ayant toutes ses valeurs propres imaginaires pures.
    On pourrait même se passer de prendre $O$ orthogonale et exiger qu'elle soit seulement inversible, dans ce cas $S$
    n'est pas remplacée par $OSO^{-1}$ mais par $(O^T)^{-1} S O^{-1}$ (ce qui ne change rien au fond de l'affaire).
  • dSP
    dSP
    En prolongement de l'exercice, on peut déterminer, un entier $r \in \{1,\dots,n\}$ étant fixé, les matrices $A$ pour lesquelles il existe $S \in \mathcal{S}_n(\R)$ positive et de rang $r$ telle que $SA$ soit antisymétrique.
  • gebrane
    gebrane
    Si toutes les valeurs propres de $A$ sont imaginaires pures , peut on choisir $S$ en plus inversible c'est a dire spectre (S)$\subset ]0,+\infty[$
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • dSP
    dSP
    gebrane a dit :
    Si toutes les valeurs propres de $A$ sont imaginaires pures , peut on choisir $S$ en plus inversible c'est a dire spectre (S)$\subset ]0,+\infty[$

    Non
  • gebrane
    gebrane
    Si A est diagonalisable sur $\C$, je sens que c'est vrai
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • dSP
    dSP
    Oui, c'est équivalent à la condition citée (diagonalisable sur $C$, à valeurs propres toutes imaginaires pures).
  • gebrane
    gebrane
    Waw, difficile!
    J'ai dû lire un cour sur Jordan 
    Soit $A$ une matrice carrée réelle dont toutes les valeurs propres sont sur l'axe imaginaire.  prouver l'équivalence suivante :
    Il existe une matrice $S$ symétrique définie positive  telle que $A^TS + SA = 0$ si et seulement si $A$ est diagonalisable sur $\mathbb{C}$.

    Supposons maintenant que $A$ est diagonalisable sur $\mathbb{C}$.
    1) Comme $A$ est réelle et diagonalisable sur $\mathbb{C}$, elle admet une forme de Jordan réelle:
       Il existe donc une matrice inversible réelle $M$ telle que $A = M^{-1}KM$, où $K$ est la forme de Jordan réelle de $A$.
    2) Comme toutes les valeurs propres de $A$ sont sur l'axe imaginaire et que les valeurs propres non réelles d'une matrice réelle apparaissent par paires conjuguées, $K$ est composée de blocs 2x2 de la forme :
       $\begin{bmatrix} 0 & \omega \\ -\omega & 0 \end{bmatrix}$ pour certains $\omega$ réels.
    3) Cette structure implique que $K$ est anti-symétrique : $K^T = -K$.

    4) Je pose  $S = M^TM$. 
       $S$ est symétrique et définie positive et  satisfait l'équation $A^TS + SA = 0$ :

       $A^TS + SA = (M^{-1}KM)^T(M^TM) + (M^TM)(M^{-1}KM)$
                    $= M^TK^TM^{-T}M^TM + M^TMM^{-1}KM$
                    $= M^TK^TM + M^TKM$
                    $= M^T(K^T + K)M$
                    $=  0$ 
    As-tu mieux ?

    L'autre sens, je ne sais pas pour le moment  Jlapin ou bd 2017 ou Julia ou Nico help me
    Je préfère l'aide de John comme dernier recours
    (DSP tu gardes le silence sauf si c'est pour dire que je raconte des salades )
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • LoanSupOp
    LoanSupOp
    Merci Gebrane, très intéressant
  • gebrane
    gebrane
    Bonjour Loan. Pour ta question initiale peux tu donner une rédaction si tu as compris l indication de DSP
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • gebrane
    gebrane
    Modifié (September 2024)

    En se concentrant sur la phrase magique de DSP 
    Une chose à garder en tête est que la contrainte $SA+A^T S=0$ veut dire que $SA$ est antisymétrique (sachant $S$ symétrique).


    Le sens direct est tellement simple que ca m'a échappé,
    je rappelle ; Soit $A$ une matrice carrée réelle dont toutes les valeurs propres sont sur l'axe imaginaire.  On suppose qu' Il existe une matrice $S$ symétrique définie positive  telle que $A^TS + SA = 0$ ; on déduit que $SA$ est antisymétrique et aussi $S^{-\frac12} SA S^{-\frac12}$ antisymétriques qui égale à $S^{\frac12} A S^{-\frac12}$ donc diagonalisable sur $\C$ , et donc aussi $A$ est diagonalisable sur $\C$

    Pour la question initiale du fil, je ne comprends pas pour le moment comment DSP, avec son indication, construit une matrice réelle symétrique S vérifiant la chose . Qui a compris ?   :p

    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • JLapin
    JLapin
    Modifié (September 2024)
    Prenons $A_0$ carrée réelle de taille $2$ de polynôme caractéristique $X^2+\lambda^2$ avec $\lambda>0$.
    Alors $A_0$ est semblable à $\begin{pmatrix} 0&-\lambda\\ \lambda& 0\end{pmatrix}$ et si on note $P$ une matrice de passage, on peut vérifier que $S_0=(P^{-1})^T P^{-1}$ convient.
    Dans le cas un peu plus général où $A = \begin{pmatrix} B&C\\ 0&A_0\end{pmatrix}$, prendre $S = \begin{pmatrix} 0&0\\ 0&S_0\end{pmatrix}$.
  • gebrane
    gebrane
    Modifié (September 2024)
    Ta preuve est impeccable,  devant tant de clarté et de rigueur,  Je m'incline Sir ! 🙇
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • john_john
    john_john
    Bonsoir à tous,
    pour établir le sens direct (il existe $S$, etc., implique $A$ diagonalisable sur $\C$), on peut aussi remarquer que $X\mapsto AX$ est antisymétrique par rapport à un produit scalaire qui n'est pas le canonique.

    Il me reste à réfléchir au prolongement de l'exercice de dSP.
  • john_john
    john_john
    Je préfère post-multiplier par $S$ : il existe $S$ positive de rang $r$ telle que $AS$ soit antisymétrique si, et seulement si, $X\mapsto AX$ possède un sous-espace stable de dimension $r$ sur lequel il induit un endomorphisme dont toutes les valeurs propres sont dans ${\rm i}\R$.
  • gebrane
    gebrane
    Bonjour John, tu es contre ma preuve pour le sens direct?
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • john_john
    john_john
    Bonjour, fiston,
    pas du tout : j'ai bien écrit que l'on peut aussi... D'ailleurs, ta démonstration et la mienne reviennent à peu près au même.
  • gebrane
    gebrane
    Modifié (September 2024)
    effacé
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • hx1_210
    hx1_210
    Moi je regarde passer les balles.
    J'aimerais avoir le temps d'y réfléchir mais je ne l'ai pas et si j'en comprends les lignes directrice, la résolution de cet exercice est difficile pour moi. En tout cas merci @LoanSupOp d'avoir proposé l'exercice et merci à vous les différents contributeurs. C'est un exercice formateur et riche.
  • john_john
    john_john
    Fiston : ta question porte-t-elle sur le message  du 16 qui commence par Prenons $A_0$ carrée réelle de taille $2$ ?

    Si oui, il est plus facile de justifier la forme dans laquelle le bloc $C$ est en position $(2,1)$ et le bloc nul en position $(1,2)$. Il suffit alors de construire une base dans laquelle l'avant-dernier vecteur soit (non nul) et dans ${\rm Ker}(a^2+\lambda^2Id)$ et le dernier calculé en conséquence. Au cas où $\lambda=0$, il faudra prendre un bloc de taille $1*1$ seulement et non pas $2*2$.
  • john_john
    john_john
    Pour avoir la forme de JLapin, on peut passer par $^tA$.
  • gebrane
    gebrane
    Modifié (September 2024)
    effacé
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • dSP
    dSP
    Par blocs ...
    gebrane a dit :
    dSP a dit :
     ... permet de faire un début de réduction, en trigonalisant par blocs via une matrice de passage orthogonale. 
    PAR BLOCS !

  • gebrane
    gebrane
    Bon j'avais compris autrement, c'est bon 
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • JLapin
    JLapin
    Modifié (September 2024)

    Je reprends en détail, en espérant qu'il n'y ait pas trop de coquilles.
    On considère la matrice $A^T$, une valeur propre complexe $i\lambda\in i\R^*$ et $X\in \C^n\setminus \{0\}$ un vecteur propre associé.
    En passant à la partie réelle puis imaginaire dans la relation $A^T X = i\lambda X$, on obtient $A^T Re(X) = -\lambda Im(X)$ et $A^T Im(X) = \lambda Re(X)$.
    Petit exercice pour toi : vérifier que $(Re(X),Im(X))$ est une famille libre de $\R^n$.

    Ensuite, on complète cette base pour obtenir que $$A^T = Q\begin{pmatrix} B&0\\ C&A'\end{pmatrix}Q^{-1}$$avec $Q$ inversible et $A' = \begin{pmatrix} 0&\lambda\\ -\lambda & 0\end{pmatrix}$.
    On passe à la transposée et on obtient la forme souhaitée.

    Il a déjà été signalé qu'il n'y avait pas besoin de forcer la matrice de changement de base à être orthogonale.


  • gebrane
    gebrane
    Modifié (September 2024)
    effacé
    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


  • JLapin
    JLapin
    gebrane a dit :
    Mais Jlapin tu es out sur ce coups
    De rien.

  • gebrane
    gebrane
    J'ai fortement contribué à la pollution de cette discussion avec mes derniers messages, je vais les supprimer et me concentrer sur ce problème lorsque j'aurai le temps. 

     john_john a dit :
     il existe $S$ positive de rang $r$ telle que $AS$ soit antisymétrique si, et seulement si, $X\mapsto AX$ possède un sous-espace stable de dimension $r$ sur lequel il induit un endomorphisme dont toutes les valeurs propres sont dans ${\rm i}\R$.

    Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs..


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