Matrice déterminant du samedi matin

etanche

Bonjour
$A,B $ matrices de $M(n,\C)$ avec $A^2+B^2=2AB$

Montrer $\det(A-xI_n)=\det(B-xI_n)$, pour tout $x$ dans $\C$.
Merci.

dSP

Joli !

La condition donne par récurrence que $A^{k+1}$ est combinaison linéaire de $AB^k$ et $B^{k+1}$ pour tout entier $k \geq 1$. On en déduit que le nilespace de $B$ (i.e. le sous-espace caractéristique de $B$ associé à $0$) est inclus dans celui de $A$.  Ainsi, la multiplicité de $0$ comme racine de $\chi_A$ est au moins égale à celle de $0$ comme racine de $\chi_B$.

Enfin, la condition est invariante en remplaçant $(A,B)$ par $(A-\lambda I_n,B-\lambda I_n)$ pour un complexe $\lambda$ arbitraire. Le cas particulier précédent donne donc que tout $\lambda \in \C$ a une multiplicité comme racine de $\chi_A$ supérieure ou égale à sa multiplicité comme racine de $\chi_B$. Cela suffit à conclure.

etanche

Est-il possible d’avoir plus de détails ? Merci.

jandri

Je ne vois pas ce qu'on peut ajouter comme détails, dSP a tout dit : 
la condition donne par récurrence que $A^{k+1}$ est combinaison linéaire de $AB^k$ et $B^{k+1}$
il en résulte que la multiplicité de $0$ comme racine de $\chi_A$ est au moins égale à celle de $0$ comme racine de $\chi_B$
la condition est invariante en remplaçant $(A,B)$ par $(A−\lambda I_n,B−\lambda I_n) $
il en résulte que tout $\lambda\in\C$ a une multiplicité comme racine de $\chi_A $ supérieure ou égale à sa multiplicité comme racine de $\chi_B $.

Il aurait pu ajouter que $\chi_A $ et $\chi_B $ ont le même degré !

etanche

@jandri merci.
Y aurait-il une preuve utilisant des matrices par blocs qui en prenant les déterminants donnerait directement 
$\chi_{A} = \chi_{B}$ ? Merci.

JLT

Posons $C=B-A$. L'énoncé équivaut à $[A,C]=C^2$. On en déduit $[A,C^k]=kC^{k+1}$ pour tout $k$, donc pour tout polynôme $P$ on a $[A,P(C)]=P'(C)C^2$. En prenant pour $P$ le polynôme minimal de $C$, il vient $P\mid X^2P'$, donc $P$ est une puissance de $X$, c'est-à-dire que $C$ est nilpotente. De plus, $\ker C^k$ est stable par $A$.

Soit $F_k$ un supplémentaire de $\ker C^{k-1}$ dans $\ker C^k$. Dans une base adaptée à la décomposition $\oplus_k F_k$, la matrice de $C$ est triangulaire supérieure stricte par blocs, et la matrice de $A$ est triangulaire supérieure par blocs. Comme $B=A+C$, les blocs diagonaux de $B$ sont identiques à ceux de $A$, donc $A$ et $B$ ont le même polynôme caractéristique.

etanche

@JLT et dSP merci pour ces jolies démonstrations.

john_john

Je n'avais pas vu passer l'exo et, de ce fait, c'est avec retard que je propose ma solution (avec bazooka) : en posant $B=A+N$, on obtient $AN-NA=N^2$  puis l'on vérifie facilement que $E=\C\cdot A+\C[N]$ est une algèbre de Lie ; cette algèbre de Lie est résoluble car $[E,E]$ est inclus dans $C[N]$, qui est commutative.

$E$ est donc simultanément triangulable et, si $P$ est une matrice inversible telle que $P^{-1}EP$ soit triangulaire, on conclut facilement en regardant $P^{-1}AP$ et $P^{-1}NP$.

etanche

@ dsp, jandri, JLT, john_john merci pour vos retours.

Je reste ne désespère pas de trouver une preuve avec des matrices par blocs. 

JLT

J'avais pourtant l'impression que ma preuve utilisait des blocs.

etanche

@ JLT je pense à une preuve du genre de l’exercice 56 voir l’ennoncé et son corrigé 
https://www.xif.fr/public/prépas-dupuy-de-lôme-maths/exercices-spé/algèbre/réduction.pdf#page7

john_john

Bonjour, etanche,
je ne suis pas persuadé que toute formule matricielle puisse se démontrer à l'aide de blocs ; par exemple, je ne vois pas de telle démonstration pour établir un résultat aussi simple que $\det MN=\det M\times\det N$.
En outre, dans l'exercice actuel, il ne s'agit pas d'une identité algébrique puisqu'on la restreint à une variété algébrique, càd l'ensemble des $A,B\,$ telles que $A^2+B^2=2AB$.

etanche

@ john_john pour $\det(MN)=\det(M)\det(N)$ par blocs voir page 1 et 2 
https://hal.archives-ouvertes.fr/hal-01509379/document
Autres résultats obtenus avec $A^2 + B^2 = 2AB$ 
1/ $ (A+iB)(A-iB) = A^2 +B^2 - i(AB-BA)=(2-i)AB + iBA$ 
2/ $C=AB-BA$ n’est pas inversible . 

Avec le relation de l’enoncé on a $C=(A-B)^2$ ce qui est équivalent à 
$(A-B)B - B(A-B)=(A-B)^2$ (*) 
Si on suppose $C$ inversible on aurait $A-B$ inversible alors (*) donnerait $B(A-B)^{-1} - (A-B)^{-1}B = I_n$ avec la trace on a une contradiction.
Ce qui prouve $C$ n’est pas inversible. 

john_john

bonjour, etanche, effectivement, l'article https://hal.archives-ouvertes.fr/hal-01509379/document prouve bien le résultat sur la multiplicativité, mais je ne dirais pas que c'est une preuve à 100% 'par des blocs' car il a besoin de la multiplicativité lorsque l'un des facteurs est une matrice triangulaire unipotente. Autrement dit, une grosse entorse...