Comatrice

OShine

Bonjour
Je bloque à la question $b$. 
a) On a $A (Com(A))^T = \det(A) I_n$

• Si $rg(A)=n$ alors $\det(A) \ne 0$ donc $(Com(A))^T$ est inversible, elle est donc de rang $n$. On a montré $\boxed{rg(A)=n \implies rg( Com(A))=n}$
• Si $rg(A) \leq n-2$ alors les coefficients de $Com(A)$ sont des déterminants d'ordre $n-1$ de la matrice $A$, il sont donc tous nuls. On a montré $\boxed{rg(A) \leq n-2 \implies rg( Com(A))=0}$
• Si $rg(A)=n-1$ alors $\det(A)=0$. 
• Et alors $A (Com(A))^T = O_{M_n(\R)}$. Notons $u$ et $v$ les endomorphismes canoniquement associés à $A$ et  $(Com(A))^T$ dans la base canonique de $\R^n$. On a donc $u \circ v = 0_{L(\R^n)}$. Ainsi, $Im(v) \subset \ker(u)$. Mais $rg(u)=n-1$ donc $\dim Im(v) \leq 1$. On en déduit que la matrice $ (Com(A))^T $ est de rang $0$ ou $1$ donc $Com(A)$ est de rang $0$ ou $1$. La matrice $A$ est de rang $n-1$ donc au moins un déterminant extrait d'ordre $n-1$ n'est pas nul donc $Com(A)$ n'est pas nulle, elle est donc de rang $1$. On a montré $\boxed{rg(A) =n-1 \implies rg( Com(A))=1}$

JLapin

Pour démontrer cette inclusion, tu devrais utiliser la formule bien connue.

Maraichu

Astuce du futur: $A=(A^{-1})^{-1}$.

pldx1

Syntax error at question (a)

bisam

C'est quand même extraordinaire d'utiliser un résultat à la question (a), et de ne pas penser à l'utiliser à la question (b) !!

En plus, le raisonnement est bien plus simple à la question (b) qu'à la question (a).

OShine

D'accord merci.
J'ai corrigé l'erreur de syntaxe.
@bisam la question $1$ est classique, je l'ai déjà croisée dans une épreuve d'agreg interne 2019 c'est pour ça que j'ai su la faire.
b) Soit $A \in G_n(\C)$. Alors $rg(A)=n$ et d'après la question précédente $rg (Com (A) )=n$ et $Com(A)$ est inversible.
On a $A=(A^{-1})^{-1}$ et $A^{-1} = \dfrac{1}{\det A} (Com (A))^T$.
Ainsi, $A=\left( \dfrac{1}{\det A} (Com (A))^T \right)^{-1} = (\dfrac{1}{\det A})^{-1} (Com (A))^T)^{-1} $
Je ne vois pas l'idée pour continuer j'ai l'impression de faire des calculs sans voir le bout du tunnel.

Maraichu

Pour la question b), je te suggère de simplifier $Com(\lambda A)$.

C’est aussi assez classique de penser à ce « double inverse »: j’imagine que tu t’es dis que la formule que tu as utilisée à la question a) allait te servir, mais elle fait intervenir une inversion dont tu ne veux pas (puisque tu veux A). Une double inversion permet alors de régler le souci, ce qui revient à ne pas changer la matrice.

OShine

Même si je ne vois pas à quoi ça va servir je crois que $Com(\lambda A) = \lambda^n Com(A) $.

JLapin

Tu as regardé le cas n=2 avant d'écrire ceci ?

OShine

Non mais je le visualise pour une matrice d'ordre $n$. Voici une vraie preuve.
Soient $(i,j) \in [|1,n|]$.
$[Com(\lambda A)]_{ij}= (-1)^{i+j} \det (\lambda A_{ij})$ où $A_{ij}$ est la matrice extraite de $A$ en supprimant la ième ligne et la jième colonne. Elle est de taille $n-1$.
Or $\det (\lambda A_{ij})= \lambda^{n-1} \det ( A_{ij})$.
Donc $\boxed{Com( \lambda A) = \lambda^{n-1} Com(A)}$.

Maraichu

Voilà, donc ta formule précédente est fausse, il fallait plutôt n-1, pour les raisons que tu viens d'écrire.
Du coup, pour ton problème, il faut voir la formule "à l'envers". Maintenant tu as un complexe, disons $\mu$, et tu veux exprimer $\mu Com(A)$ comme $Com(B)$ avec une certaine matrice $B$. Pour ta formule, on a directement le résultat si jamais j'avais plutôt mis $\mu^{n-1}$. Manque de peau, ici, je ne l'ai pas mis, donc il faut un dernier petit argument ...

EDIT: Mea Culpa, j'ai pas regardé le détail de ce que tu as écris dans tes postes précédents ...
Quand tu utilises l'identité $A=(A^{-1})^{-1}$, tu as calculé le $A^{-1}$ à l'intérieur, mais je pense qu'il est préférable de plutôt poser $B = A^{-1}$ et de calculer $A=B^{-1}$.

OShine

On a $ \lambda Com(A)=Com ( \dfrac{ \lambda}{ \lambda^{n-2}} A)= Com ( \dfrac{1}{ \lambda^{n-1} } A)$.
Mais je ne vois pas trop où utiliser cette formule, j'ai des inverses partout dans les calculs. Je ne vois pas comment me débarrasser des inverses.

Maraichu

Oulà, vérifie bien tes calculs, je ne vois pas trop comment tu peux avoir ces égalités ...
Concernant les inverses de partout, justement, relis mon poste précédent: c'est $B^{-1}$ qu'il faut écrire, sinon effectivement tu auras des inverses partout (tu pourrais encore t'en sortir comme ça, mais ce serait plus ... moche).

bisam

Tu cherches à prouver un énoncé de la forme : "Soit $A\in GL_n(\C)$. Montrer qu'il existe $B\in M_n(\C)$ tel que $A=com(B)$".

La bonne méthode est de chercher $B$ par analyse-synthèse... pas de partir dans des calculs au hasard !

Quand tu es enquêteur, tu n'envoies pas tous tes hommes sur le terrain, au pif : tu suis d'abord une piste qui permet de cerner la personne que tu cherches et ensuite tu déploies tes troupes.

En plus, là, l'enquête est vite faite : tu l'as déjà faite à la question (a).

Ce qui te manque, c'est de la méthode systématique.

Amédé

C'est classique c'est fait partout.

OShine

@bisam ok merci.
@Maraichu. Je n'arrive pas à trouver la réponse avec ta méthode. En posant $B=A^{-1}$ je trouve $B=\dfrac{1}{\det A} Com(A)^T$ et $\lambda Com(A) = Com(\dfrac{1}{ \lambda^{n-3}} A)$ mais je n'aboutis pas. Je ne sais pas quoi faire de ces égalités.

JLapin

Essaye de mettre en place un raisonnement par analyse - synthèse.

OShine

D'accord merci. On cherche à résoudre l'équation $Com(X)=A$ avec $A \in GL_n(\C)$.

On a $X Com(X)^T = \det(X) I_n$. En passant à la transposée, on a $Com(X) X^T =\det(X) I_n$.

L'équation $Com(X)=A$ devient $A X^T = \det (X) I_n$

Mais $A$ est inversible donc $X^T = \det(X) A^{-1}$ et en transposant $\boxed{X= \det (X) (A^{-1})^T}$

Posons $x=\det(X) \in \C$ alors en passant au déterminant on a $x = \det (  \det (X) (A^{-1})^T )$ soit $\boxed{x=x^n \det( A^{-1})^T ) }$

Puisque $A$ est inversible, $Com(X)=A$ aussi donc d'après la question précédente $X$ est inversible donc $\boxed{\det X =x \ne 0}$. 

Ainsi, $x^{n-1} =  (\det( A^{-1})^T ))^{-1}$ et en utilisant les propriétés du déterminant on a $\boxed{x^{n-1}= \det(A)}$

Distinguons deux cas : 

• Si $n$ est pair alors $ x=\sqrt[n-1\,]{ \det A}$ et alors $\boxed{X=\sqrt[n-1\,]{ \det A} (A^{-1})^T}$. 
• Si $n$ est impair alors $ x= \pm \sqrt[n-1\,]{ \det A}$ et alors $\boxed{X= \pm \sqrt[n-1\,]{ \det A} (A^{-1})^T}$. 

Maraichu

Finalement il semble en effet qu'il ait mieux compris avec l'analyse-synthèse. My bad ! Je suis tellement habitué aux astuces du futur que je ne vois plus de façon naturelle de le faire autrement haha.

Par contre, il y a un très, très gros souci dans ce que tu viens d'écrire, OShine. On travaille avec des matrices complexes, ici. Peux-tu me définir la quantité $\sqrt[n-1]{\det A}$ ? (fais bien attention à ce que tu vas répondre à cette question !)

OShine

Oui merci j'ai oublié qu'on était dans $\C$.
On veut résoudre $x^N= \det A$, où $N=n-1$.
Une solution est $(\det A) ^{1/N}$ donc l'ensemble des solutions est $\{ (\det A) ^{1/N} w_k \mid k \in [|0,N-1|] \} $, où les $w_k$ sont les racines de l'unité. 

noobey

C'est quoi $\det(A)^{1/N}$ tu ne réponds pas à la question.

Alexique

@Maraichu : C'est pas faute de l'avoir prévenu. Tu lui as dit de ne pas écrire sans précaution $\sqrt[n-1]{\det(A)}$ et il a écrit $(\det(A))^{\frac{1}{N}}$. C'est déjà ça...
@OS : et si $\det(A)<0$, ça veut dire quoi  $(\det(A))^{\frac{1}{N}}$ ? Et pire s'il est complexe non réel...

Dommage. Résoudre $z^n=a$ dans $\mathbb{C}$, c'est encore une question typiquement lycéenne. Alors que tout ce qui est comatrice et rang, beaucoup moins. Peut-être comprendras-tu un jour qu'il faut d'abord savoir marcher avant de vouloir courir.

OShine

Comme $\det A$ est un complexe on a $\det A= r e^{i \theta} $ donc $(\det A)^{1/n}= r^{1/n} e^{i \theta /n} $

noobey

Du coup
$i = e^{i\pi/2} = e^{5i\pi/2}$
Donc $i^{1/2} = e^{i\pi/4} = e^{5i\pi/4}$  on est d'accord ?

Alexique

Oui, je suis d'accord moi. Et comme $e^{i\frac{\pi}{4}}=-e^{\frac{5i\pi}{4}}$, on a $e^{i\frac{\pi}{4}}=-e^{\frac{5i\pi}{4}}=0$ donc $i^{\frac12}=0$ puis $i=0$. 
Du coup, $\mathbb{C}=\mathbb{R}$, $\mathbb{R}$ est algébriquement clos. Je m'empresse de chercher les racines réelles de $X^2+1$. Je n'en trouve qu'une : $\sqrt{-1}$ !
Tu me diras à quel moment de mon raisonnement OS tu as compris que c'était ridicule. Si tu penses que je me moque de toi avec ce raisonnement, souviens-toi que c'est en gros un peu cette soupe là que tu nous sers en permanence.

Maraichu

OShine a dit :

Comme $\det A$ est un complexe on a $\det A= r e^{i \theta} $ donc $(\det A)^{1/n}= r^{1/n} e^{i \theta /n} $

Malheureusement, ce n'est pas aussi simple (si seulement ! Enfin peut-être pas, cela dit ...), pour les raisons citées avant, sinon on a des égalités très bizarres. En général, en L3 (ou avant pour les curieux j'imagine), on voit plutôt le problème de la définition de $\sqrt{z}$ (cas $n=2$ du coup), et on se rends compte que l'idée naïve qui consisterait à faire ce que tu as fait ne marche pas (exemple encore plus bête: $1=e^{2i\pi}$ et $1=e^{0}$ donc $\sqrt{1}=e^{i\pi}$ et $\sqrt{1}=e^{0}$ (je divise les arguments par $2$ comme tu viens de le faire), et donc $1=-1$ !!!). 

Pour l'avenir, dis-toi que quand on est avec des complexes, il ne faut jamais (sauf si on a définit rigoureusement, avec un logarithme complexe par exemple, ce qui n'est pas une construction triviale non plus) élever un complexe à une puissance non entière.

Cependant, ici, tu veux juste savoir si l'équation $z^{n-1}=\det(A)$ admet une solution, pour ton problème.

bd2017

Bonjour

Sauf erreur  il me semble qu'Os a donné la solution  sauf qu'il doit remplacer $A$  par $A^{-1}$ dans sa formule.

i.e  $A  = com  (\det(A)^{1/(n-1)}  (A^{-1})^t) $  où  bien entendu   $\det(A)^{1/(n-1)}$ représente une racine n-1éme de $\det(A)$

P.S   @Os que dit ton corrigé corrigé pour la suite?  l'intérieur de $X $  c'est $Gl_n(R)$   (pour $n\geq 3$)   et pour $n=2  $  à  la louche c'est $M_n(R)?$

OShine

Je n'ai pas de corrigé, c'est un exercice agreg docteur. Il faut déjà que je fasse la question c.i et que j'y réfléchisse. Par contre je m'aide du cours de MP pour le faire.
Par contre j'ai bien écrit $A^{-1}$ dans ma formule.
J'ai révisé mon cours de sup et voici la solution. Comme $x^{n-1}= \det A$ et que $\det A \ne 0$, $\det A$ admet admet exactement $n-1$ racines nièmes.
Si on pose $\det A=r e^{i \theta}$, ses racines sont $\boxed{r^{1/n} e^{i \theta /n +2k \pi /n} \ , k \in [|0,n-2|]}$.

OShine

@Maraichu oui l'équation $z^{n-1}=a$ admet toujours une solution dans $\C$. Si $a=0$ elle admet une unique solution, sinon elle en admet $n-1$. J'ai résolu l'équation alors que ce n'était pas demandé.

jmf

@OShine
Voici un exercice de type agreg aide-soignant.

Soit $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2&3 \\ \end{pmatrix}$
Déterminer explicitement $M\in\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ telle que $A=\text{Com(M)}$.

OShine

@jmf ma démonstration fonctionne que pour les matrices inversibles, t'es malin toi. On commence par calculer le déterminant de $A$ qui est nul car $C_3=3 C_1$. 

On a $A M^T = \det( M) I_n$ je ne vois pas comment poursuivre.

jmf

Je ne sais pas si je suis malin mais je suis certainement taquin.
peux tu me trouver une matrice $B$ telle que $\text{Com}(B)=\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{pmatrix}$?

Et en fait ce sont deux questions très très sérieuses.

bd2017

Bonjour

Le piège de @JMF c'est que la solution n'est pas dans le corrigé ! En tout cas c'est une très bonne question.  

C'est presque certain que si il y  a solution, il y  a peu de chance qu'elle soit unique. 

Mais bon pour trouver les solutions, il y a la méthode   naïve :   on écrit l'équation  $com(M)=A $   et  on cherche à résoudre. Mais je crains que cela soit trop calculatoire car les équations ne sont pas linéaires. 

Sinon  on perturbe  légèrement $A$ de façon à avoir une matrice inversible, on applique la formule  déjà trouvée pour les matrices inversibles et on passe à la limite.

C'est ce que j'ai fait pour trouver par exemple $M=\left(
\begin{array}{ccc}
 \frac{5}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\
 -\sqrt{\frac{2}{3}} & 2 \sqrt{\frac{2}{3}} & -\sqrt{\frac{2}{3}} \\
 -\sqrt{\frac{3}{2}} & -\sqrt{\frac{3}{2}} & \sqrt{\frac{3}{2}} \\
\end{array}
\right)$       

Edit Je n'ai pas vu le dernier message de @JMF...

Indication pour @Os,     à mon avis  tu ferais  mieux de commencer par résoudre $com(M)=B$.  C'est à  ta portée.   

OShine

Déjà pour $A$ je ne vois pas comment faire.

Maraichu

Pas bête du tout le fait de perturber la matrice $A$, @bd2017 ! Je n’y avais pas pensé, et j’ai pensé naïvement que la matrice serait simple, cherchant un peu au hasard et commençant à écrire les équations un peu monstrueuses … Sans surprise, je ne suis pas allé explorer plus loin dans cette direction.

OShine

Du coup @jmf propose des exercices encore plus durs que l'exercice original que je n'ai pas terminé ? 
Bref, je poursuis l'exercice en cours.

Montrer que $GL_n(\C)$ est dense dans $M_n(\C)$. (Question traitée dans mon cours de MP ça fait une révision).
Soit $A \in M_n(\C)$. Montrons qu'il existe une suite $(A_p)$ de matrices inversibles qui converge vers $M$.

L'application $ \C \rightarrow \C \\ x \mapsto \det(x I_n+A)$ est polynomiale de degré $n$, c'est la fonction polynomiale associée au polynôme caractéristique de $-A$, elle s'annule donc un nombre fini de fois.
Pour $p \in \N$ notons $A_p=\dfrac{1}{2^p} I_n +A$. 
Les matrices $A_p$ sont inversibles car de déterminant non nul, sauf un nombre fini d'entre elles. On peut trouver un rang $p_0  \in \N$ tel que pour tout $p \geq p_0$ la matrice $A_p$ soit inversible.
Or $A_p \rightarrow A$ car $\dfrac{1}{2^p} I_n \rightarrow O_{M_n(\C)}$ d'où le résultat.
Ainsi $\boxed{Adh( GL_n(\C)= M_n(\C)}$
Pour l'adhérence de $X$ j'ai pensé à la caractérisation séquentielle. $M \in Adh(X)$ si et seulement si il existe une suite d'élément de $X$ qui converge vers $M$.
Je ne vois pas comment le montrer.

noobey

C'est chaud tu apprends des exercices par coeur (densité de Gln(C) dans Mn(C)) et tu n'arrives pas à trouver l'adhérence de X dans Mn(C)...

jmf

@OShine

Je reviens sur mes deux questions, qui ne sont pas difficiles.

D'abord, je te rappelle ce que tu as toi-même écrit. Soit $M\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$, de rang $r$.

• Si $r=n$, alors $\text{Com}(M)$ est de rang $n$.
• Si $r=n-1$, alors $\text{Com}(M)$ est de rang $1$.
• Si $r\le n-2$, alors $\text{Com}(M)$ est nulle.

Retournons un peu le problème. On se donne  $A\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$, de rang $s$.

• Si $s=0$, les solutions de $\text{Com}(M)=A$ sont toutes les matrices $M$ de rang $r\le n-2$.
• Si $s=1$, les solutions de $\text{Com}(M)=A$ sont des matrices de rang $r= n-1$.
• Si $1<s<n$, l'équation $\text{Com}(M)=A$ ne possède aucune solution dans $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$.
• Si $s=n$, une solution de $\text{Com}(M)=A$ est $M=\omega \bigl(A^{\top}\bigr)^{-1}$ où $\omega^{n-1}=\det(A)$.

Dans mon message de 16h47, je demande une matrice $M$ telle que $\text{Com}(M)=A$, avec $A=\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{pmatrix}$.

La matrice $A$, de taille $n=3$ est de rang $1<s=2<3$, donc ça ne peut pas être une comatrice.

Pour l'autre exemple, je complète dans un instant...

jmf

Suite....

La matrice $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2&3 \\ \end{pmatrix}$, elle, est de rang $1$.

Donc elle peut s'écrire (question subsidiaire : est-ce vraiment certain, autrement dit toutes les matrices de rang $1$ sont-elles bien des comatrices?) sous la forme $A=\text{Com}(M)$, où $M$ est de rang $2$.

Comment trouver une matrice $M$? Peut-on les trouver toutes?

L'idée de passer par une perturbation inversible de $M$ est bonne (à creuser).

Voici une autre idée, plus systématique.

Il existe $P,Q$ dans $\text{GL}_3(\mathbb{C})$ telles que $A=PLQ$, où $L=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0&1 \\ \end{pmatrix}$

Par exemple : $P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ et $Q=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}$.

$P,Q$ étant inversibles, on sait les écrire comme des comatrices.
Par exemple : $P=\text{Com}(U)$ et $Q=\text{Com}(V)$, avec $U=\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\-1&-1&1\end{pmatrix}$ et $V=\begin{pmatrix} 2&-1&0\\3&0&-1\\1&0&0\end{pmatrix}$.

Il reste à remarquer que $L=\text{Com}(J)$, avec $J=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$.

Finalement : $A=\text{Com}(U)\,\text{Com}(J)\,\text{Com}(V)=\text{Com}(UJV)$

Donc $A=\text{Com}(M)$ avec $M=UJV=\begin{pmatrix} 2&-1&0\\3&0&-1\\-5&1&1\end{pmatrix}$.

sous toutes réserves, je relirai tout ça tout à l'heure....

bd2017

Rebonjour

Il y a moyen de trouver toutes les solutions en montrant que si $M$ est une solution, nécessairement  on a $M .(1,2,3)^t=0$  et $M^t(1,1,1)^t=0.$

Ainsi  une solution est de la forme

$M=\left(
\begin{array}{ccc}
 -2 m(1,2)-3 m(1,3) & m(1,2) & m(1,3) \\
 -2 m(2,2)-3 m(2,3) & m(2,2) & m(2,3) \\
 2 m(1,2)+3 m(1,3)+2 m(2,2)+3 m(2,3) & -m(1,2)-m(2,2) & -m(1,3)-m(2,3) \\
\end{array}
\right)$

Et alors  si le déterminant  $m(1,2) m(2,3)-m(2,2)m(1,3)=1,  $  on obtient que $M$ est solution.

jmf

Intéressant!

Mathematica donne toutes les solutions (on lui fera confiance).
Les matrices $M$ telles que $\text{Com}(M)=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2&3 \\ \end{pmatrix}$ sont les :

$M=\begin{pmatrix} a & b & \frac{1}{3} (-a-2 b) \\ d & \frac{b d+3}{a} & \frac{-a d-2 b d-6}{3 a} \\ -a-d & \frac{-a b-b d-3}{a} & \frac{a^2+2 a b+a d+2 b d+6}{3 a} \\\end{pmatrix}$ avec $a\ne0$ (faire $a=2$, $b=-1$, $d=3$ pour retrouver ma solution de 19h44).

et les $M=\begin{pmatrix}0 & -\frac{3}{d} & \frac{2}{d} \\ d & e & \frac{1}{3} (-d-2 e) \\ -d & \frac{3-d e}{d} & \frac{d^2+2 d e-6}{3 d}\end{pmatrix}$ avec $d\ne0$

Maraichu

OShine a dit

Pour l'adhérence de $X$ j'ai pensé à la caractérisation séquentielle. $M \in Adh(X)$ si et seulement si il existe une suite d'élément de $X$ qui converge vers $M$.
Je ne vois pas comment le montrer.

Rappelle nous: qu'as-tu prouvé à la question 2 ?

jmf a dit :

Il existe $P,Q$ dans $\text{GL}_3(\mathbb{C})$ telles que $A=PLQ$, où $L=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0&1 \\ \end{pmatrix}$

Par exemple : $P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ et $Q=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}$.

J'avais pensé à cette idée, mais je n'aurais pas cru qu'elle aurait donnée quelque chose de concluant. Chapeau !

Cette méthode a l'avantage en plus de marcher en toute généralité (mais demande du coup de connaître la décomposition de $A$ donnée par le théorème du rang).

jmf

Pour revenir à l'exercice initial, où on calcule le rang de $\text{Com}(A)$ à partir de celui de $A$, on trouve un peu toujours la démonstration qui a été donnée au début.

Si $A$ est inversible, l'égalité $A\;{\text{Com}(A)}^{\top}=\det(A)I_n$ donne $\text{Com}(A)=\det(A)(A^{-1})^{\top}$ donc $\text{Com}(A)$ inversible.
Si $A,B$ sont inversibles, cette égalité donne $\text{Com}(AB)=\text{Com}(A)\text{Com}(B)$, et cette identité s'étend à $\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$ par densité.
Si $\text{rg}(A)=r<n$, alors $A$ est équivalente à $J_r$, donc $\text{com}(A)$ est équivalente à $\text{com}(J_r)$ (donc a même rang).

Enfin $\text{com}(J_r)=0$ pour $r<n-1$ (les cofacteurs ont tous une colonne nulle), et $\text{com}(J_{n-1})=I_n-J_{n-1}$ qui est de rang $1$.

OShine

@jmf je ne comprends rien à ce que tu fais (je n'ai même pas compris une seule ligne), mais déjà l'exercice est assez exigeant et difficile pour moi et toi tu rajoutes quantité d'informations et de questions encore plus dures, je suis noyé. Je laisse tomber je me concentre sur l'exercice.

Je ne vois pas comment trouver l'adhérence de $X$ dans $M_n(\C)$.

Magnéthorax

@OShine : ta dernière question est vraiment fastoche. Je fais un parallèle : quelle est l'adhérence dans $\mathbb{R}$ d'une partie qui contient les rationnels ?

jmf

Tu crois savoir que $\text{GL}_n(\mathbb{C})$ est dense dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$, et que $\text{GL}_n(\mathbb{C})$ est inclus dans $X$, mais tu ne vois pas comment trouver l'adhérence de $X$ dans $\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$, c'est bien ça?

Magnéthorax

J'en ai bien l'impression. J'ai hâte qu'on arrive à la toute dernière question.

OShine

Finalement je crois que l'idée m'est venue. @Magnéthorax $\Q$ est dense dans $\R$.

On a $GL_n(\C) \subset X$ donc $Adh( GL_n(\C)) \subset Adh(X)$.

Mais $GL_n(\C)$ est dense dans $M_n(\C)$ donc $Adh( GL_n(\C))= M_n(\C)$.

Ce qui signifie que $M_n(\C) \subset Adh(X)$. Mais $Adh(X)$ est une partie de $M_n(\C)$.

Finalement $\boxed{Adh( X)= M_n( \C)}$.

OShine

Pour l'intérieur ça m'a l'air plus dur, je n'ai pas d'idée.

JLapin

Je vais faire comme si l'exo était posé par etanche par exemple (avec le merci de rigueur à la fin) et y répondre directement car je ne vois pas comment te faire trouver : c'est trop dur pour toi.

L'intérieur de $X$ contient $GL_n(\C)$ car $GL_n(\C)$ est un ouvert inclus dans $X$.

S'il contient une autre matrice, elle est de rang $1$ ou $0$, donc limite d'une suite de matrices de rang $2$. Comme $n\geq 3$, c'est impossible.

En conclusion, l'intérieur de $X$ est $GL_n(\C)$.

Maraichu

Dommage que toute la solution ait été donnée ! Je pense quand même que cela aurait été possible de le guider ... (bon, ça aurait prit du temps cependant).