Trigonalisation

Il me semble que si les exponentielles $e^A$ et $e^B$ commutent alors $A$ et $B$ commutent... ou quelque chose qui ressemble à ça (en fait il me semble qu'il y a un paramètre quelque part mais je ne me souviens plus très bien).
Si ce que je viens d'énoncer est vrai alors le résultat que tu cherches à obtenir n'est pas très loin.

[La case LaTeX. AD]

Edit1 :
1) Merci à AD.
2) En fait, voilà le résultat auquel je pensais :

On montre que : $AB = BA$ ssi $\forall t\in \mathbb{R}$, $e^{(t(A + )} = e^{(tA)}. e^{(tB)}$ ce qui n'est pas exactement ton hypothèse.

Edit2 : L'hypothèse "$\forall t\in \mathbb{N}$" est bien embêtante. Je voulais transposer la démonstration que j'ai en ma possession valable pour "$\forall t\in \mathbb{R}$" mais ce n'est pas possible.

Pour AXIOME : regarde ici. L'hypothèse "$\forall t\in \mathbb{R}$" ne peut pas être remplacée par $\forall t\in \mathbb{N}$".
Or, la relation proposée par Joaopa est vraie uniquement pour $t\in \mathbb{N}$.

En tout cas, pour faire avancer le débat, signalons que seule l'égalité $e^{tA}e^B = e^Be^{tA}$ ne suffit pas. Il suffit de prendre $A = \begin{pmatrix} 2i\pi & 0 \\ 0 & -2i\pi \end{pmatrix}$ et $B = \begin{pmatrix} 0 & -2\pi \\ 2 \pi & 0 \end{pmatrix}$.

Guego, il me semble que ta dernière intervention montre qu'il manque des hypothèses sur $A$ et $B$ dans l'énoncé de Joaopa puisque tu as trouvé deux matrices qui vérifient les hypothèses mais qui ne sont pas simultanément trigonalisables.

chris93 : Ne sont-elles pas toutes les deux triangulaires supérieures ?

Guego écrivait:

---

> chris93 : Ne sont-elles pas toutes les deux
> triangulaires supérieures ?

Oui, effectivement, je n'avais pas les yeux en face des trous...

Merci. (J'avais trouvé la réponse en réfléchissant un peu 8-) )

Bel exercice. Voici des indications pour le résoudre.

(1) L'hypothèse effectuée assure que $A$ commute avec $\exp(B)$.
Se ramener alors (récurrence sur la taille des matrices) au cas
où $\exp(B)$ est scalaire.

(2) On suppose maintenant $\exp(B)$ scalaire.
Montrer alors que $A$ et $B$ commutent.
Pour cela, on remarque d'abord que $B$ est diagonalisable (exo classique)
et que ses valeurs propres sont congrues les unes aux autres modulo $2i\pi$.
On peut donc supposer que $B$ est diagonale de coefficients diagonaux
$b_1,\dots,b_n$.
Montrer ensuite que $A$ commute avec $B$ en calculant la dérivée en $0$
de $t \mapsto \exp(B+tA)$ (il peut être utile de connaître le résultat général sur
la différentielle de l'exponentielle en est un point).

Je crains que dSP considère $t\in \R$ et non $t\in \N$.

dSPautaf écrivait:

---

> (2) On suppose maintenant $\exp(B)$ scalaire.
> Montrer alors que $A$ et $B$ commutent.
> Pour cela, on remarque d'abord que $B$ est
> diagonalisable (exo classique)
> et que ses valeurs propres sont congrues les unes
> aux autres modulo $2i\pi$.
> On peut donc supposer que $B$ est diagonale de
> coefficients diagonaux
> $b_1,\dots,b_n$.
> Montrer ensuite que $A$ commute avec $B$ en
> calculant la dérivée en $0$
> de $t \mapsto \exp(B+tA)$ (il peut être utile de
> connaître le résultat général sur
> la différentielle de l'exponentielle en est un
> point).


Je n'ai pas d'idée pour finir le 1) (montrer qu'on peut considérer que $expB$ est une matrice scalaire) donc j'ai commencé le 2).
J'ai réussi à montrer que $B$ est diagonalisable et que ses valeurs propres sont congrues les unes aux autres modulo $2i\pi$.
Parcontre, je ne vois pas pourquoi on peut prendre $B$ diagonale. J'ai écrit $B=P^{-1}DP$ et j'ai injecté dans les relations mais il me semble qu'on ne peut pas se débarasser de $P$ et $P^{-1}$ aussi facilement. Peut-être peut-on passer par les endomorphismes pour ne pas être embêté par les matrices de passage...

Je crois avoir une idée pour démarrer :
il s'agirait de réduire la situation au cas
où $e^A=e^B=I_n$. Je sais déjà réduire la situation au cas où
$e^A$ et $e^B$ ont $1$ pour seule valeur propre.

L'idée de base, comme souvent pour la trigonalisation simultanée, est de procéder par récurrence forte sur la dimension et de tenter de trouver un sous-espace stable non-trivial commun à $A$ et $B$ : si on peut le faire, on diagonalise $A$ et $B$ par blocs et on constate que l'hypothèse initiale est encore vérifiée pour les paires de blocs diagonaux, ce qui permet de faire tourner la récurrence.

Cela dit, on peut essentiellement raisonner par l'absurde en suppose qu'il n'existe aucun sous-espace non-trivial stable à la fois par $A$ et $B$.

Mon premier objectif est de réduire la situation au cas où $\exp(A)$ et $\exp(B)$ ont toutes les deux une unique valeur propre.

Tout d'abord, quitte à remplacer $A$ par $N.A$ pour un entier $N \geq 1$ bien choisi, on peut supposer que si deux valeurs propres $A$ différent d'un élément de $2i\pi\Q$, alors elles différent en fait d'un élément de $2i\pi\Z$
(s'il existent de telles valeurs propres, considérer toutes les différences non nulles $2i\pi\frac{p}{q}$, et prendre pour $N$ le produit de tous les $q$ ainsi obtenus).

On est ainsi réduit au cas où le quotient de deux valeurs propres distincts de $e^A$ n'est jamais une racine de l'unité.

On va maintenant démontrer que $A$ et $B$ stabilisent les sous-espaces caractéristiques de $e^A$ et ceux de $e^B$. L'idée de base est que, pour tout entier $k \geq 1$, la matrice $kA+B$ commute avec $(e^A)^k e^B$ et stabilise donc ses sous-espaces caractéristiques.

Commençons par regarder un peu le spectre de $(e^A)^k e^B$ pour $k$ assez grand. Par commutation de $e^A$ avec $e^B$ on voit que ce spectre est inclus dans l'image de l'application $\varphi_k : (\lambda,\alpha) \mapsto \lambda \alpha^k$ définie sur $\text{Sp}(e^B) \times \text{Sp}(e^A)$.
On va voir que cette application est injective pour au moins une valeur de
$k \geq 1$. Si ce n'est pas le cas, un argument de finitude permet de
voir qu'il existe deux couples distincts $(\lambda,\alpha)$ et
$(\mu,\beta)$ dans l'ensemble de départ tels que $\lambda \alpha^k=\mu \beta^k$ pour au moins deux valeurs de $k$.
Mais alors $\alpha/\beta$ est racine de l'unité, donc vaut $1$
et ainsi $\lambda=\mu$, contradiction.

Choisissons maintenant un $k \geq 1$ tel que $\varphi_k$ soit injective.
Par commutation de $e^A$ avec $e^B$, on voit alors que le sous-espace
caractéristique de $e^B$ associé à $\lambda$
est la somme des sous-espaces caractéristiques de $(e^A)^ke^B$
associé aux valeurs propres de la forme $\lambda\,\alpha^k$ où
$\alpha$ parcourt $\text{Sp}(e^A)$. Ces sous-espaces caractéristiques
sont tous stables par $kA+B$, donc tous les sous-espaces caractéristiques
de $e^B$ sont stables par $kA+B$. Or ils sont stables par $B$,
donc ils sont aussi stables par $A$. Avec le même argument,
on voit que tous les sous-espaces caractéristiques de $e^A$ sont stables
par $A$ et par $B$.

Finalement, l'hypothèse initiale d'irréductibilité montre que
$e^A$ et $e^B$ ont chacune une et une seule valeur propre.
Quitte à rajouter à chacune des matrices $A$ et $B$
un multiple bien choisi de $I_n$, on peut alors supposer que
$1$ est l'unique valeur propre de $e^A$ et l'unique valeur propre de $e^B$.

Chris 93 : en fait, il y avait quelques trous dans mes idées
ultérieures et je n'arrive pas à les combler pour le moment.
Le problème est incroyablement retors et je commence à être persuadé
que l'hypothèse donnée ($\forall t \in \N$) n'est pas la bonne.

J'ai un travail urgent à terminer et dois donc laisser le problème de côté
pendant quelques jours. J'y retournerai ultérieurement.

Bien joué, JLT. (tu)

Vraiment? Pourtant j'ai revérifié avec Maxima les calculs que j'avais fait à la main. Quelles valeurs propres trouves-tu?

Bonjour,

Oui mais, dans l'énoncé initial, $t$ appartient à $\N$.

Peut-être que Joaopa nous confiera l'origine de cet exercice ?

Amicalement.

Au temps pour moi, cela fonctionne effectivement.
Bravo !

Bon, en fait je crois que l'on peut aller encore plus loin :

Soit G un sous-groupe de $(M_n(\C),+)$.
Pour que $M \mapsto \exp(M)$ soit un morphisme de $(G,+)$ dans $(GL_n(\C),\times)$.
il faut et il suffit que les éléments de $G$ commutent deux à deux pour le produit matriciel.

Une démonstration là : http://arxiv.org/abs/1012.4420