Pour la diagonalisation, ce n'est pas évident. Mes investigations m'ont
conduit à proposer, avec une preuve, que M est diagonalisable si et
seulement si Tr(M) est non nulle.
Pour la question sur l'idempotence de M On a par définition M est idempotente si M²=M mais ici M²= tr(M).M donc M est indépendante ssi tr(M)=0 (je considère K égale à R ou C).
Papa John , est ce qu'on connait la forme des matrices du rang 2 et citer quelques propriétés spécifiques
GR j'ai déjà dit que Tr(M)=<X;Y> as-tu mieux ?
Oups ! Je n'avais pas l'intention de vous savonner l'herbe sous le pied (sic!) ; j'aurais du parler de colonnes non nulles, quoiqu'on se rende compte du cas particulier en traitant l'exo.
La forme des matrices de rang $2$ ? Qu'elles soient carrées ou non, elles sont de la forme $X^tY+Z^tT$, les deux opérandes étant indépendants et les colonnes $X,Z$, resp. $Y,T$, étant de taille ad hoc. Ou bien, qu'elles sont de la forme $PJ_2Q$, où $P$ et $Q$ sont inversibles et de la taille kifô. Ces deux formes se généralisent au cas d'un rang quelconque ; la seconde me semble plus maniable.
Merci John, alors perçons les mystères des matrices du rang 2. Je propose la même question.
Soit $X$, $Y$, $Z$ et $T$ trois colonnes de même format $n$ non nuls et $M=X\!\cdot{\,}^tY +Z\!\cdot{\,}^tT $ ; quelle en est le rang, la trace ? Est-elle nilpotente ? Diagonalisable ? Idempotente ?
La première question a pour but de démontrer que $M$ est bien de rang 2 (pour laisser une trace de preuve dans ce fil).
Bonus. Si $n=3$ et $A$ et $B$ deux matrices de rang 2, les deux matrices sont semblables ?
Si $X$ et $Z$, ou $Y$ et $T$, sont colinéaires, on se ramène facilement au cas du rang $\leqslant1$. Excluons donc ces cas : on choisit à présent une colonne $C$ telle que $^tYC=1$ et $^tTC=0$ : on a alors $MC=X$ et l'on peut aussi obtenir $MC'=Z$ par un autre choix, ce qui montre que le rang de $M$ est $2$ car les colonnes de $M$ sont toutes CL de $X$ et de $Z$. La linéarité de la trace montre que $M$ a pour trace $^tYX+^tTZ$.
Dans le cas retenu (rang $2$), l'image de $\varphi : C\mapsto MC$ est $F={\rm vect}(X,Z)$ ; $\varphi$ est nilpotente ssi il induit sur $F$ un endomorphisme nilpotent. Or, la matrice de l'induit relative à la base $(X,Z)$ est $M_0=\begin{pmatrix}^tYX&^tYZ\\^tTX&^tTZ\end{pmatrix}$ ; ainsi, $M$ est nilpotente ssi $M_0$ a trace et déterminant nuls. À noter que, si $K=\R$, le détermiant de $M_0$ n'est autre que le produit scalaire canonique des produits vectoriels canoniques $(X\wedge Z\,|\,Y\wedge T)$.
$M$ est idempotente ssi $\varphi$ est l'identité donc ssi $M_0={\rm Id}_2$.
La diagonalisabilité de $M$ requiert celle de $M_0$ ; là, cela dépend trop du corps de base ; en outre, si $M_0$ est diagonalisable, $M$ l'est ssi $0$ n'est pas valeur propre de $M_0$.
Merci beaucoup pour cette contribution riche et intéressante que vous
avez partagée avec nous. Vos idées et vos connaissances sont très
appréciées et ont enrichi ce fil de discussion.
De rien, fiston ! D'ailleurs, lorsque je participe à un fil de pappus, en Géométrie, je suis habitué à ce qu'il rajoute couche sur couche, jusqu'à ce que le sujet rende l'âme (si cela n'a pas été plus tôt le cas des participants).
Pourrais-tu s'il te plaît nous proposer 2
exercices ?
Le premier devrait être accessible à Gebrane et ses
compagnons, mais devrait nécessiter un investissement sérieux. Le
deuxième exercice devrait être accessible aux plus hauts voltigeurs de
ce forum. Je considérerai cela comme mon cadeau d'anniversaire, je suis né un 5
mai,
Pour les deux exos de John, tant attendus par les curieux, veux-tu
me rejoindre pour résoudre l'exercice 1 ou participer aux acrobaties de
haut vol pour son exercice 2 ?
Soit $A$ une matrice carrée avec $K=\R$ ou $\C$ vérifiant pour tout $n\in \mathbb{N^* }, tr(A^n)=0$. Montrer que $A$ est nilpotente.
Une autre solution le polynôme caractéristique de $A$ est un polynôme dont les coefficients sont $k$-ème produit extérieur de $A$ qui s’exprime avec un déterminant et les $tr(A^k)$ voir Wikipedia ci-dessous.
Si les $tr(A^k)=0$ pour $k>0$, ces déterminants sont nuls donc le polynôme caractéristique se réduit à $X^n$ puis avec Cayley-Hamiton on a $A^n=0$
Une solution assez élémentaire pour $K=R$ ou $K=C$ , je pense qu'au début du fil , Mrj en évoquant les polynômes de Lagrange avait en tête une solution de ce type .
on a $n $ valeurs propres $ \lambda_i$ L'annulation des traces de $ A^j$ donne les $n$ équations suivantes $k, fixé \in{1,n}$
$\sum_{i=1}^n \lambda_i^k=0$
Maintenant considérons le polynôme $P_i$ de degré n défini par $P_i(X)=X \prod_{j=1,j\neq i}^n (X-\lambda_j)$
La combinaison linéaire des $n$ équations ci dessus avec les $n$ coefficients du polynômes $P_i$ donne $P_i(\lambda_i)=0$ d'où $ \forall i , \lambda_i=0$ L'endomorphisme avec pour seule valeur propre 0 est donc nilpotent.
Je ne connaissais pas le lemme de @john_john qui affirme que tout endomorphisme est somme directe d'un inversible et d'un nilpotent.
D'après une astuce trouvée sur Internet, voici comment une façon de le démontrer : soit $A$ un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$ de dimension finie, et soit $k$ le plus petit entier tel que $\ker(A^{k+1}) = \ker(A^k)$. Alors il est facile de voir que $\ker(A^k) \cap im(A^k) = \{0\}$. Par le théorème du rang, on a les bonnes dimensions et donc $E = \ker(A^k) \oplus im(A^k)$. Cette décomposition est stable par $A$ : pour $\ker(A^k)$, c'est l'hypothèse sur $k$, et pour $im(A^k)$, c'est trivial.
Sur $\ker(A^k)$, $A$ est nilpotent d'ordre au plus $k$. Et sur $im(A^k)$, il est facile de voir que $A$ est injectif, et donc inversible.
Bonjour, Georges, ce lemme est souvent invoqué dans ce forum par dSP et JLT ; Rached Mneimné l'appelle dans ses livres la décomposition de Fitting mais je préférais l'appeler le lemme de Fittingcar je craignais que mes élèves ne croient (ne crussent ?) que c'était l'endomorphisme qui était une somme.
Si $K= \C$ le lemme évoqué ci dessus n'est-il pas une conséquence assez directe de la décomposition sur les sous-espaces caractéristiques $ \ker( u- \lambda_i Id)^{m_i}$ qui sont stables par $u$ ?
Sur la somme des sous-espace associés aux valeurs propres non nulles la restriction de $u$ est bijective. Sur l'espace caractéristique associé à la valeur propre nulle la restriction de $u$ est nilpotente.
Je ne connaissais pas le lemme de @john_john qui affirme que tout endomorphisme est somme directe d'un inversible et d'un nilpotent.
D'après une astuce trouvée sur Internet, voici comment une façon de le démontrer :[....]
Bonjour Georges, personnellement je le ferais comme ça.
Soit $\mu$ le polynôme minimal de $f$. Alors il existe un naturel $m$ et un polynôme $P$ tel que $\mu=X^{m}P$ et $P\left(0\right)$ non nul. Comme $X^{m}$ et $P$ sont premiers entre eux, le lemme des noyaux donne $E=\underbrace{\ker f^{m}}_{F}\oplus\underbrace{\ker P\left(f\right)}_{G}$. $F$ et $G$ sont stables par $f$ et $P$ est annulateur de $f_{|G}$ donc le spectre de $f_{|G}$ est inclus dans les racines de $P$ (non nulles) donc $f_{|G}$ est inversible. Bien évidemment, $f_{|F}^{m}$ est nulle sur $F$.
Des questions 1- Est ce que tout endomorphisme est somme d'un diagonalisable et d'un nilpotent. 2- Donner un exemple de la somme d'un inversible et d'un nilpotent qui n'est pas un inversible 3- Georges Abitbol a dit : soit $A$ un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$ de dimension finie, et soit $k$ le plus petit entier tel que $\ker(A^{k+1}) = \ker(A^k)$. Alors $E = \ker(A^k) \oplus im(A^k)$. Cette décomposition est-elle unique ? edit voir source en bas
Madec : gebrane n'a pas écrit que le diagonalisable et le nilpotent commutent. Si l'on rajoute cela, ce n'est vrai que ssi $\chi_u$ est scindé. Mais, sans l'hypothèse sur $\chi_u$, on a $u=$ semi-simple + nilpotent qui commutent. Sans l'hypothèse de commutation, cela mérite une petite réflexion.
Oui il faut que le polynôme caractéristique soit scindé pour appliquer Dunford, mais je ne comprends pas ton objection sur la commutativité. Dans sa question gebrane n'indique pas de contrainte sur la commutativité ou non.
Pour le point 2
un exemple en dimension 2 d'une somme non inversible d'un nilpotent et d'un inversible. A= ( 0 , 1) (1, 0 ) sommée avec B = (0, -1) (0, 0)
@Madec0 Je suppose que JohnJohn voulait attirer ton attention sur le fait que la condition $\chi_u$ scindé n'est pas une condition nécessaire pour que $u$ s'écrive comme somme d'un diagonalisable et d'un nilpotent parce que la commutation n'est pas imposée.
Pour la 3 la décomposition est unique. En effet notons $\chi_A(X)=X^k\cdot P(X)$ le polynôme caractéristique de $A$ avec $X\nmid P(X)$. Si $E=F\oplus G$ avec $F,G$ stables et $A\mid_F$ nilpotent et $A\mid_{G}$ inversible alors $\chi_A=\chi_{A\mid_F}\cdot \chi_{A\mid_G}$. Or $\chi_{A\mid_F}(X)=X^d$ pour un certain entier $d$ et $X^d$ est premier avec $\chi_{A\mid_G}$ car $A\mid_{G}$ est inversible. Il s'ensuite que $d=k$ et que $\chi_{A\mid_G}=P$ et que $F=\ker{A^k}$ et $G=\ker{P(A)}$.
Pour 1 : cela peut tomber en défaut en caractéristique 2. Par exemple, sur $\mathbb{K}=\mathbb{F}_2(T)$, la matrice compagnon $A$ de $X^2-T$ n'est pas somme d'une diagonalisable et d'une nilpotente, sinon le terme diagonalisable serait de trace nulle, donc aurait une valeur propre double (caractéristique zéro oblige), donc serait scalaire, donnant une valeur propre dans $\mathbb{K}$ à $A$.
En revanche, sur n'importe quel corps toute matrice compagnon de trace non nulle est combinaison linéaire d'une matrice nilpotente et d'un projecteur de rang $1$, et toute matrice compagnon de trace nulle et de taille au moins $3$ est somme d'une matrice nilpotente et d'une matrice diagonalisable de rang $2$ et à valeurs propres dans $\{0,1,-1\}$.
$\newcommand{\tr}{\mathrm{tr}}$Question $1$ : il faudrait faire des recherches en dimension $2$ pour voir ce qu'il se passe. Pour une matrice de $\mathscr{M}_2(\mathbb{R})$ ayant un polynôme caractéristique non scindé (sinon, on peut appliquer la décomposition de Dunford. Ainsi, c'est toujours vrai sur $\mathbb{C}$).
Je crois que j'ai un contre-exemple (j'ai fabriqué une matrice de $\mathscr{M}_2(\mathbb{R})$ dont le polynôme caractéristique a un discriminant strictement négatif).
Je pense que cela ne fonctionne pas avec cette matrice mais je ne parviens pas à le prouver pour le moment.
J'arrive seulement à prouver que $A$ ne peut pas s'écrire sous la forme $A=D+N$ où $D$ est une matrice diagonale et $N$ est nilpotente... [En effet, $\tr(D)=2$ et le polynôme caractéristique de $N$ doit être $X^2$ : ce qui conduit à une incompatibilité].
Madec : ce n'est pas à proprement parler une objection, mais tu ramenais la Q1 à la décomposition de Dunford alors que la question de gebrane est plus générale puisqu'elle ne requiert pas la commutativité.
Toujours pour Q1 (je n'ai pas encore lu la contribution de dSP) : je pense que, génériquement, un endomorphisme non scalaire admet (relativement à une base bien choisie) une matrice dont les termes diagonaux sont tous distincts, de sorte que la décomposition $D+N$ s'ensuit.
oui j'avais bien compris que la question initiale était ouverte ,mais avec mes vieux souvenirs de Dunford je savais que dans le cas particulier de $C$ (polynôme caractéristique sçindable ) la question était alors facilement traitable.
NicoLeProf : si !, ta matrice est bel et bien de cette forme, puisqu'elle est semblable à $\begin{pmatrix}0&-2\\1&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-2\\0&2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}$.
Le contre-exemple de dSP règle le cas de la caractéristique $2$ ; en caractéristique nulle (avec donc, en particulier, un corps infini), un endomorphisme $u$ non scalaire admet une matrice dans une base bien choisie dont les termes diagonaux sont imposés, pourvu que leur somme soit ${\tr}(u)$ et l'on peut faire en sorte que ces termes diagonaux soient distincts (un hyperplan affine n'est pas réunion finie de sous-espaces affines strictement inclus dedans). Il ne reste plus qu'à décomposer une tyelle matrice en $T+T'$, où $T$ est triangulaire supérieure et $T'$ triangulaire inférieure stricte.
Les seuls corps de caractéristique 2 posant problème dans mon contre-exemples étant non parfaits donc infinis, il est manifeste qu'en combinant la méthode de john_john pour les corps infinis et la mienne pour les corps finis, on arrive à la conclusion que les seuls contre-exemples sont des matrices cycliques de taille 2 en caractéristique 2 sur un corps imparfait.
john_john a dit : NicoLeProf : si !, ta matrice est bel et bien de cette forme, puisqu'elle est semblable à $\begin{pmatrix}0&-2\\1&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-2\\0&2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}$.
On trouve la matrice semblable à ma matrice $A$ en faisant le pivot de Gauss ? Merci à toi en tout cas, j'aurais dû me douter que ce n'était pas aussi accessible ! ^^'
Réponses
La forme des matrices de rang $2$ ? Qu'elles soient carrées ou non, elles sont de la forme $X^tY+Z^tT$, les deux opérandes étant indépendants et les colonnes $X,Z$, resp. $Y,T$, étant de taille ad hoc. Ou bien, qu'elles sont de la forme $PJ_2Q$, où $P$ et $Q$ sont inversibles et de la taille kifô. Ces deux formes se généralisent au cas d'un rang quelconque ; la seconde me semble plus maniable.
La linéarité de la trace montre que $M$ a pour trace $^tYX+^tTZ$.
Dans le cas retenu (rang $2$), l'image de $\varphi : C\mapsto MC$ est $F={\rm vect}(X,Z)$ ; $\varphi$ est nilpotente ssi il induit sur $F$ un endomorphisme nilpotent. Or, la matrice de l'induit relative à la base $(X,Z)$ est $M_0=\begin{pmatrix}^tYX&^tYZ\\^tTX&^tTZ\end{pmatrix}$ ; ainsi, $M$ est nilpotente ssi $M_0$ a trace et déterminant nuls. À noter que, si $K=\R$, le détermiant de $M_0$ n'est autre que le produit scalaire canonique des produits vectoriels canoniques $(X\wedge Z\,|\,Y\wedge T)$.
$M$ est idempotente ssi $\varphi$ est l'identité donc ssi $M_0={\rm Id}_2$.
La diagonalisabilité de $M$ requiert celle de $M_0$ ; là, cela dépend trop du corps de base ; en outre, si $M_0$ est diagonalisable, $M$ l'est ssi $0$ n'est pas valeur propre de $M_0$.
Vos idées et vos connaissances sont très appréciées et ont enrichi ce fil de discussion.
Le deuxième exercice devrait être accessible aux plus hauts voltigeurs de ce forum.
Je considérerai cela comme mon cadeau d'anniversaire, je suis né un 5 mai,
En utilisant la trace, on cherche donc un truc qui donne nécessairement 0=2
Est-ce que j'ai le choix de K ?
1 & 1 \\
1 & 1 \\
\end{bmatrix}\quad\text{ et }\quad
B=\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}$
http://perso.numericable.fr/willy.payet/Maths-29/TD-29-pdf/TD-29-10-a.pdf
http://perso.numericable.fr/willy.payet/Maths-29/TD-29-pdf/TD-29-10-b.pdf
extérieur de $A$ qui s’exprime avec un déterminant et les $tr(A^k)$ voir Wikipedia ci-dessous.
Pour paraphraser un proverbe espagnol : ¡ un viejo agregado sabe mucho, no por agregado, sino por viejo !
on a $n $ valeurs propres $ \lambda_i$
L'annulation des traces de $ A^j$ donne les $n$ équations suivantes
$k, fixé \in{1,n}$
$\sum_{i=1}^n \lambda_i^k=0$
Maintenant considérons le polynôme $P_i$ de degré n défini par
$P_i(X)=X \prod_{j=1,j\neq i}^n (X-\lambda_j)$
La combinaison linéaire des $n$ équations ci dessus avec les $n$ coefficients du polynômes $P_i$ donne
$P_i(\lambda_i)=0$
d'où $ \forall i , \lambda_i=0$
L'endomorphisme avec pour seule valeur propre 0 est donc nilpotent.
ce lemme est souvent invoqué dans ce forum par dSP et JLT ; Rached Mneimné l'appelle dans ses livres la décomposition de Fitting mais je préférais l'appeler le lemme de Fitting car je craignais que mes élèves ne croient (ne crussent ?) que c'était l'endomorphisme qui était une somme.
Sur la somme des sous-espace associés aux valeurs propres non nulles la restriction de $u$ est bijective.
Sur l'espace caractéristique associé à la valeur propre nulle la restriction de $u$ est nilpotente.
Bonjour Georges, personnellement je le ferais comme ça.
Soit $\mu$ le polynôme minimal de $f$. Alors il existe un naturel $m$ et un polynôme $P$ tel que $\mu=X^{m}P$ et $P\left(0\right)$ non nul. Comme $X^{m}$ et $P$ sont premiers entre eux, le lemme des noyaux donne $E=\underbrace{\ker f^{m}}_{F}\oplus\underbrace{\ker P\left(f\right)}_{G}$. $F$ et $G$ sont stables par $f$ et $P$ est annulateur de $f_{|G}$ donc le spectre de $f_{|G}$ est inclus dans les racines de $P$ (non nulles) donc $f_{|G}$ est inversible. Bien évidemment, $f_{|F}^{m}$ est nulle sur $F$.
1- Est ce que tout endomorphisme est somme d'un diagonalisable et d'un nilpotent.
2- Donner un exemple de la somme d'un inversible et d'un nilpotent qui n'est pas un inversible
3- Georges Abitbol a dit :
soit $A$ un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$ de dimension finie, et soit $k$ le plus petit entier tel que $\ker(A^{k+1}) = \ker(A^k)$. Alors $E = \ker(A^k) \oplus im(A^k)$. Cette décomposition est-elle unique ? edit voir source en bas
Sans l'hypothèse de commutation, cela mérite une petite réflexion.
A= ( 0 , 1)
(1, 0 )
sommée avec
B = (0, -1)
(0, 0)
Je suppose que JohnJohn voulait attirer ton attention sur le fait que la condition $\chi_u$ scindé n'est pas une condition nécessaire pour que $u$ s'écrive comme somme d'un diagonalisable et d'un nilpotent parce que la commutation n'est pas imposée.
Toujours pour Q1 (je n'ai pas encore lu la contribution de dSP) : je pense que, génériquement, un endomorphisme non scalaire admet (relativement à une base bien choisie) une matrice dont les termes diagonaux sont tous distincts, de sorte que la décomposition $D+N$ s'ensuit.
oui j'avais bien compris que la question initiale était ouverte ,mais avec mes vieux souvenirs de Dunford je savais que dans le cas particulier de $C$ (polynôme caractéristique sçindable ) la question était alors facilement traitable.
Merci à toi en tout cas, j'aurais dû me douter que ce n'était pas aussi accessible ! ^^'
Merci.