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Valeur propre commune

Bonjour,



Je n'arrive pas à résoudre la question 1.b cela fait 3 jours qu'elle me bloque.

1.a) Montrons par récurrence sur $k \in \N$ que $M A^k = B^k M$. 
Au rang $k=0$ c'est évident.
Supposons que la propriété soit vraie au rang $k$. Alors : $M A^{k+1}= M A^k A =B^k M A =B^k B M = B^{k+1} M$.
On a montré l'hérédité.
Soit $P \in \C[X]$. Alors $P(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^n a_k X^k$ avec $n= \deg P$ et les $a_k$ des éléments de $\C$.
La linéarité de l'application $X \mapsto MX$ (le produit matriciel est bilinéaire) fournit directement le résultat.

1.b) En prenant $P=\chi_A(X)$ on a $ M \chi_A(A)= \chi_A(B) M$.
D'après le théorème de Cayley-Hamilton, on en déduit que : $\boxed{\chi_A (B) M =0}$

C'est ici que je bloque.

Réponses

  • Commence par montrer que si un polynôme $P$ n'a aucune valeur propre de $B$ comme racine, alors $P(B)$ est inversible.
  • Modifié (4 May)
    D'accord merci. J'ai réussi à le démontrer mais je ne vois pas comment introduire la notion "inversible" à partir de mon égalité encadrée $\chi_A(B) M=O_{M_n(\C)}$.
    Soit $P$ un polynôme qui n'a aucune valeur propre de $B$ comme racine. On est dans $\C[X]$ donc $P$ est scindé, on peut écrire que $P(X)=(X- x_1) \cdots (X-x_n)$ avec les $x_1, \cdots, x_n$ les racines de $P$ qui peuvent être non toutes distinctes. 
    On a alors $x_1, \cdots, x_n \not\in sp(B)$.
    Or, $P(B)=(B- x_1 I_n) \cdots (B-x_n I_n)$ et donc $\det( P(B))= \det(B- x_1 I_n) \cdots \det (B-x_n I_n)$.
    Donc $\det ( P(B))= (-1)^{n^2} \chi_B(x_1) \times \cdots \times \chi_B(x_n)$ soit $\boxed{\det ( P(B))= \chi_B(x_1) \times \cdots \times \chi_B(x_n) \ne 0}$ car $\forall i \in [|1,n|] \ \chi_B(x_i) \ne 0$.
  • Si $\chi_A(B)$ était inversible, on aurait $M=0$.
  • Modifié (4 May)
    C'est en particulier vrai pour le polynôme caractéristique de $A$. Raisonner sur des petites valeurs de $P$ : 2, 3, ...
  • Modifié (4 May)
    @JLapin merci ! J'étais têtu à vouloir utiliser le déterminant alors qu'ici on peut utiliser la définition d'une matrice inversible.

    Si $\chi_A(B)$ est inversible, alors $\chi_A(B)^{-1} \chi_A(B) M=0$ donc $I_n M=0$ et finalement $M=0$ ce qui est absurde.

    Donc $\chi_A(B)$ n'est pas inversible, et par contraposé de l'exercice de @bisam, $\chi_A$ possède une valeur propre de $B$ comme racine, donc $A$ et $B$ ont une valeur propre en commun.

    La suite de l'exercice ne pose pas de difficulté.

    2.a) $\chi_{A^T} (X)= \det ( X I_n -A^T)= \det ( ( X I_n -A)^T)= \det (X  I_n -A)=\chi_A (X)$.

    2.b) On pose $M=Y X^T$ qui est un élément de $M_n(\C)$.

    Alors $BM= B Y X^T = \lambda Y X^T = \lambda M$ et $MA = Y X^T A= Y (A^T X)^T = Y ( \lambda X)^T= \lambda Y X^T= \lambda M$.

    Si $Y=(y_1, \cdots, y_n)^T$ et $X=(x_1, \cdots, x_n)$ alors $[ Y X^T]_{ij}= y_i x_j$ ce n'est pas la matrice nulle car il existe $i,j \in [|1,n|]$ tel que $y_i x_j \ne 0$ car $X$ et $Y$ sont des vecteurs propres donc non nuls par définition.
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