Rang du dimanche 11 septembre

etanche

$\newcommand{\rg}{\mathrm{rg}}$Bonjour

 $A,B \in M_{m,n}(K)$ avec $K=\R,\C$ on suppose $\rg(A+xB) \leq \rg(A)$ pour tout $x \in K$
Montrer qu’il existe $P \in M_m(K)$ et $Q \in M_n(K)$ telles que $B=PA +AQ$ , $PAQ=0$.

Merci 

dSP

Dangereux de poster cela sur un forum où j'interviens. Je laisse donc à d'autres le plaisir de la découverte.

dSP

Je donne quand même des bribes de solution.

On réduit la situation au cas où $A=\begin{bmatrix}  I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ et dans ce cas on décompose par blocs $B=\begin{bmatrix} B_1 & B_3 \\ B_2 & B_4 \end{bmatrix}$. En utilisant la condition de rang (par transvection-blocs), on trouve l'identité $B_4=-B_2(I-x B_1)^{-1} B_3$ pour tous les $x$ pour lesquels $I-x B_1$ est inversible. Par développement en série entière, on en déduit les identités $B_4=0$ et $B_2 (B_1)^k B_3=0$ pour tout entier $k \geq 0$. A suivre...

gebrane

@dSP Si les  matrices A et B sont carrées et inversibles, la question devient-elle  simple?

dSP

C'est vrai que c'est beaucoup plus simple si on suppose $A$ carrée et inversible...

GaBuZoMeu

Où même simplement de rang maximal, pas forcément carrée :

$$\begin{align}\begin{pmatrix} B_1\\B_2\end{pmatrix}&=\begin{pmatrix}B_1&0\\B_2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_n\\0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}I_n\\0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\end{pmatrix}\\ \begin{pmatrix} B_1&B_2\end{pmatrix}&=\begin{pmatrix}0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}I_m&0\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}I_m&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}B_1&B_2\\0&0\end{pmatrix}\;.\end{align}$$

john_john

Puisque l'exercicie reste en plan depuis le 12, je propose ma solution. J'étais parti de la même façon que dSP (tout en appelant pivot par bloc ce qu'il nomme  transvection-blocs) et en évitant d'indexer les noms des blocs (sinon, je suis certain de faire des fautes de frappe, en veux-tu en voilà).

J'appelle $R,T,S$ les matrices que dSP avait appelées respectivement $B_1, B_2,B_3$, sachant que $B_4=0$ (mon habitude est de remplir les matrices ligne par ligne). Nous avons donc $TR^kS=0$ pour tout $k$ et il s'agit de construire des matrices $P_1$ et $Q_1$ telles que $R=P_1+Q_1$, $P_1Q_1=0$, $P_1S=0$, $TQ_1=0$ (ces matrices $P_1$ et $Q_1$ sont des blocs servant à construire $P$ et $Q$ : $P=\begin{pmatrix}P_1&0\\T&0\end{pmatrix}$ et $Q=\begin{pmatrix}Q_1&S\\0&0\end{pmatrix}$).

Je suppose par exemple que le corps de base est $\R$ et le munis de son produit scalaire canonique (dans $\C$, ce serait le produit hermitien, mutatis mutandis) ; ainsi, toutes les colonnes des matrices $R^kS$ sont orthogonales à toutes celles de ${}^t\!T$. J'appelle $q_0$ la projection orthogonale sur le sous-ev $E$ engendré par les colonnes des matrices $R^kS$ et $Q_0$ la matrice canonique d'icelle, puis $P_0={\rm Id}-Q_0$, $P_1=RP_0$ et $Q_1=RQ_0$.

Par exemple, $TQ_1=0$ ; en effet, si $X$ est une colonne, $Q_0X$ est dans $E$, stable par $Y\mapsto RY$, et donc $TRQ_0X=0$. Les autres propriétés attendues se démontrent de même.

[Contre-exemple dans $\Z/2\Z$ supprimé, car faux.]

john_john

dSP me communique un contre-exemple qui fonctionne dans $\Z/2\Z$ : $A={\rm Diag}(1,1,0)$ et  $B={\rm Diag}(1,0,1)$ par exemple ; en fait, c'est la preuve de $B_4=0$ qui échoue dans le cas où le corps a moins de $r+1$ éléments.

Au reste, il me fait remarquer que, dans le cas général, on peut très bien se débrouiller avec des projecteurs sans avoir à les supposer orthogonaux dans le cas réel ou complexe.