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Équations matrices

Modifié (15 May) dans Algèbre
Bonjour
Soient $A, B \in M_{m,n}(\C)$ et $C \in M_{n,m}(\C)$.
Soient $x,y$ des nombres complexes non nuls tels que $ACB=xA+yB$.
Montrer que $ACB=BCA$.
Merci.

Réponses

  • Erreur d'énoncé : le produit $ABC$ n'existe pas. Je suppose que tu voulais dire $ACB=BCA$ ?
  • @bisam oui j’ai rectifié, merci.
  • Modifié (15 May)
    Je me dépêche d'écrire ma première idée, même si elle ne finit pas l'exercice, avant qu'on me vole la primeur.

    En multipliant l'égalité par $C$, on obtient : $(AC)(BC)=xAC+yBC$ c'est-à-dire $(AC-yI_m)(BC-xI_m)=xyI_m$.
    Comme $xy\neq 0$, on en déduit que $\frac{1}{y}AC-I_m$ et $\frac{1}{x}BC-I_m$ sont inversibles et inverses l'une de l'autre et par conséquent, on a également : $(BC-xI_m)(AC-yI_m)=xyI_m$, c'est-à-dire $(BC)(AC)=xAC+yBC$. En particulier $AC$ et $BC$ commutent.
    De la même façon, en multipliant par $C$ de l'autre côté, on arrive à prouver que $(CB)(CA)=xCA+yCB=(CA)(CB)$.
    Mais après...
  • Modifié (15 May)
    Densité ? (si $m=n$ ).
  • Modifié (15 May)
    Si $C$ est de rang $n$, on peut le simplifier à droite, tandis que s'il est de rang $m$, on peut le simplifier à gauche.
    On obtient donc le résultat voulu à partir de l'une ou l'autre des relations obtenues plus haut lorsque $C$ est de rang maximal, c'est-à-dire de rang égal à $\min(n,m)$.
    Mais il reste les autres rangs...

    Cela me donne une nouvelle idée !
    Il existe deux matrices $P\in GL_n(\C)$ et $Q\in GL_m(\C)$ telles que $C=PJ_rQ$ où $r=\mathrm{rg}(C)$ et $J_r=\sum_{i=1}^r E_{i,i}$ si l'on note $E_{i,j}$ les matrices élémentaires de $M_{n,m}(\C)$.
    Alors la relation devient $APJ_rQB=xA+yB$ et en multipliant à gauche par $Q$ et à droite par $P$, on obtient : $(QAP)J_r(QBP)=x(QAP)+y(QBP)$.
    En posant $A'=QAP$ et $B'=QBP$, on est donc ramené au cas où $C$ est une matrice $J_r$ (avec $0\leq r \leq \min(n,m)$).

    Ce sera sans doute plus facile à étudier dans cette situation.
  • Modifié (15 May)
    Soit $X\in\ker(CB-xI_n)$.
    Alors $ACBX=xAX=xAX+yBX$ donc $BX=0$ et $CBX=xX=0$ donc $X=0$.
    Donc $CB-xI_n$ est inversible et $A=yB(CB-xI_n)^{-1}$.
    Soit $X\in\C^n$. Il existe $Y\in\C^n$ tel que $X=(CB-xI_n)Y$ soit $CBY=X+xY$. On a alors $$(BC-xI_m)AX=y(BC-xI_m)BY=y(BCBY-xBY)=y(BX+xBY-xBY)=yBX.$$
    D'où $BCA=xA+yB=ACB$.
  • Modifié (15 May)
    Bon j'arrive en retard mais je propose quand même ma résolution : de $ACB=xA+yB$ découle que

    1) $\ker(B)\subset \ker(A)$
    2) $Im(B)\subset Im(A)$

    Avec le théorème du rang il s'ensuit que $\dim \ker(B)= \dim \ker(A)$ et $\dim Im(B)= \dim Im(A)$ et pour finir $\ker(B)=\ker(A)$ et $Im(B)=Im(A)$.

    Donc pour tout $w\in \C^m$ il existe $v\in \C^m$ tel que $Aw=Bv$. On a alors $ACBv=xAv+yBv=A(xv+yw)$ et donc $A(CBv-xv-yw)=0$. Par suite $B(CBv-xv-yw)=0$ et donc $BCBv=xBv+yBw$, donc $BCAw=xAw+yBw$. Ce qui prouve que $ACB=BCA$.

    Edit : remplacer $m$ par $n$. Merci @gai requin

  • Modifié (15 May)
    Pas mal @raoul.S !
    Juste $A$ et $B$ agissent sur $\C^n$.
  • Je suis allé un peu vite ce matin pour devancer @raoul.S  ;)
    J'ai un peu récrit ma preuve, en espérant qu'elle soit maintenant compréhensible.
  • @gai requin j'ai dû griffonner quelques calculs intermédiaires mais c'est compréhensible.
  • Merci @raoul.S !
    Bon, ça nous fait deux preuves assez différentes.
    Quelle est celle de @etanche ?
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