@raoul.S Lors de ta démonstration du point 3 proposé par gebrane (unicité de la somme directe de deux espaces stables), tu montres effectivement que $F= \ker(A^k)$ mais je ne vois pas le lien entre $G= \ker P(A) $ et $Im (A^k)$ Peux-tu expliciter davantage ? Merci.
@Madec es-tu d'accord que $G=\ker P(A)$ ? Dans le doute je développe cette partie : par le lemme des noyaux, on a $E=\ker{A^k}\oplus \ker P(A)$. De plus on a montré que $\chi_{A\mid_F}(X)=X^k$ et $\chi_{A\mid_G}(X)=P(X)$, donc $F\subset \ker{A^k}$ et $G\subset \ker P(A)$. Mais $E=F\oplus G$ donc $\dim(\ker{A^k})+\dim(\ker P(A))=\dim(E)=\dim(F)+\dim(G)$ avec $\dim(F)\leq \dim(\ker{A^k})$ et $\dim(G)\leq \dim(\ker P(A))$ donc $F=\ker{A^k}$ et $G=\ker P(A)$.
En résumé on a montré que si une somme directe $E=F\oplus G$ satisfait les hypothèses de l'énoncé alors $F=\ker{A^k}$ et $G=\ker{P(A)}$. Étant donné que la somme directe $E=\ker{A^k}\oplus Im(A^k)$ satisfait les hypothèses de l'énoncé on a donc $Im(A^k)=\ker{P(A)}$.
@raoul.S j'étais d'accord avec $G=\ker P(A)$ ce qui m'interroge c'est que tu passes ensuite directement à $ G=\ker P(A)= Im(A^k)$ pour une décomposition en somme directe, on peut avoir $ E= F+G$ et $E= F+ H$, avec $ G\neq H$.
pour une décomposition en somme directe , on peut avoir $ E= F+G$ et $E= F+ H$ avec $ G\neq H$
Certes, mais là on ne parle pas d'une décomposition en somme directe quelconque. Je te rappelle que cette décomposition doit vérifier des conditions supplémentaires mentionnées par gebrane. Plus précisément, on impose les contraintes suivantes :
1) $F$ et $G$ sont stables par $A$. 2) $A\mid_{F}$ est nilpotente. 3) $A\mid_{G}$ est inversible.
Avec ces trois conditions supplémentaires, l'unique décomposition en somme directe qui fait l'affaire est $E=\ker{A^k}\oplus Im{A^k}$, avec $k$ le plus petit entier naturel tel que $\ker{A^k}=\ker{A^{k+1}}$.
oui j'avais compris qu'il y a des conditions supplémentaires. Mais je trouve que ton passage de $G=\ker P(A)$ à $ G= Im(A^k)$ est un peu brutal.
En montrant que $ \ker P(A) \subset Im(A^k)$ et par l'égalité des dimensions de $\ker P(A)$ et de $Im(A^k)$ alors on peut conclure.
Pour l'inclusion on peut écrire soit $ x\in \ker P(A)$
$P(X)= a0+a1X+\dots+apX^p$ avec $a0\neq 0$ puisque $P$ n'admet pas $0$ pour racine, on a alors $a0 x+a1A(x) +\dots+A^p(x)=0$ on en tire que $ x\in Im(A)$, donc $ x=A(y)$, avec $ y\in \ker P(A)$
et on itère d'où l'existence d'un $z$ tel que $x=A^k(z)$.
Bon après il y a peut-être un argument qui m'échappe et qui rend cette égalité évidente ?
Je suis d'accord avec ton argument pour montrer que $\ker P(A)=Im(A^k)$, c'est juste que moi j'en utilise un autre.
Je répète ma démarche ci-dessous sans la détailler de nouveau :
1) On montre que si $F,G$ sont des sous-espaces de $E$ tels que $E=F\oplus G$ et si $F,G$ satisfont les trois conditions de mon dernier message ci-dessus alors on a forcément $F=\ker{A^k}$ et $G=\ker{P(A)}$.
2) On remarque que la somme directe $E=\ker{A^k}\oplus Im(A^k)$ satisfait les trois conditions. Donc par le point 1) précédent on en conclut que $Im(A^k)=\ker{P(A)}$ ($G$ fait office de $Im(A^k)$ quoi...).
@raoul.S Ok j'ai compris désolé je complique trop souvent les choses, merci pour ta patience ! Ta démo initiale montre que la décomposition, avec toutes les contraintes, si elle existe est unique et c'est alors $(\ker A^k, \ker P(A))$ comme préalablement a été montré qu'il en existe une qui convient $( \ker A^k , Im A^k) $, on a alors tout de suite le résultat
PS. ta preuve n'est pas plus compliquée, disons qu'avec mon argument on tombe sur $Im(A^k)=\ker{P(A)}$ de façon un peu "magique" tandis qu'avec le tien on le montre directement.
Je suppose cette fois-ci que $A\in M_n(\C)$. On a vu qu'on peut décomposer $A$ sous forme $A=D+N$ avec $D$ diagonalisable, $N$ nilpotente et $DN=ND$. Montrer que cette décomposition est unique.
@gebrane, c'est fait dans la preuve de la décomposition de Dunford ça, c'est une question de cours ! xD
En gros, tu si tu as $A=D+N=D'+N'$ alors $D-D'=N'-N$ et comme la différence de deux matrices diagonalisable est diagonalisable et la différence de deux matrices nilpotentes est nilpotente, alors la matrice $D-D'$ est diagonalisable (ajout d'un argument de commutativité) et nilpotente donc $D-D'=0=N'-N$ d'où l'unicité de la décomposition.
En utilisant la décomposition sur les sous-espaces caractéristiques (Cayley-Hamilton + lemme des noyaux), on peut se ramener au cas où $\chi_A = (X-\lambda)^n$.
Dans ce cas, on a nécessairement $D=\lambda I_n$ et $N = A-\lambda I_n$.
Avec ma preuve, tu n'as même pas besoin d'introduire $D'$ et $N'$ pour justifier l'unicité. D'ailleurs, une soustraction de matrices nilpotentes n'est pas toujours nilpotente.
Mais c'est peut-être plus clair en raisonnant avec des endomorphismes (et des endomorphismes induits sur les sous-espaces caractéristiques).
On peut utiliser un raisonnement similaire pour montrer l'unicité de $u\in S^{++}(E)$ vérifiant $u^2=v$ (avec $v$ fixé dans $S^{++}(E)$).
Oui je constate que j'ai déjà oublié quelques trucs... Il faut rajouter la condition de commutativité également de $N$ et $N'$ pour avoir la nilpotence de $N-N'$ . Je ne me souvenais plus de cette partie de la preuve en fait. La prochaine fois je me tairai xd
Oui c'est peut-être plus élégant sans passer par $N'$ et $D'$.
Ah oui, le raisonnement similaire avec $u \in S^{++}(E)$, je l'ai déjà vu dans un sujet d'agrégation des années précédentes !
Pour le point 2 des 3 questions de gebrane ci dessus La somme d'un inversible et d'un nilpotent n'est pas toujours inversible (voir contre-exemple), mais si l'inversible et le nilpotent commutent alors la somme est inversible (petit exo pas difficile).
Tu peux traiter le cas où $a$ et $b$ commutent et sont respectivement inversible et nilpotent dans un anneau quelconque $A$. Tu écris $a-b = a(1-a^{-1}b)$ pour te ramener au cas où $a=1$ et il reste à utiliser une identité remarquable.
Un joli résultat un peu plus difficile : si $a$ et $b$ sont deux éléments d'un anneau tels que $1-ab$ soit inversible, alors $1-ba$ est inversible.
Mais tu compliques Jlapain, Si Mon A est inversible alors $A+B=A(I+A^{-1}.B)$ or $B$ et $A^{-1}$ commutent donc $BA^{-1} $ est nilpotente donc semblable à une matrice triangulaire à diagonales nulle, et d’où $\ \det (I+A^{-1}.B)=1$ et $\det(A+B)=\det(A) \neq 0$.
Oui je connaissais une méthode qui semble s'apparenter à ce que suggère JLapin et valable dans un anneau quelconque. $ a +b=a(1+a^{-1}b)$ $(1+x)^{-1}=1-x+x^2-x^3+.\dots)$ si $x$ est nilpotent et c'est le cas avec $a^{-1}b$ puisque $a$ et $b^{-1}$ commutent, alors la somme est finie. On en déduit que $(1+a^{-1}b)$ est inversible et donc $a+b$ est inversible.
Pour la méthode gebrane, on se limite donc à des endomorphisme ou des matrices. $\det( A+B) = \det(A) \det( Id +A^{-1}B)$ donc $-1$ est valeur propre de $ A^{-1}B$ et on arrive à une contradiction car $ A^{-1}B$ est nilpotente (on utilise la commutativité) et seule 0 est valeur propre.
Pour $n=2$, il suffit de considérer $E_{1,2}$, $E_{2,1}$ et $E_{1,1}-E_{2,2}-E_{1,2} +E_{2,1}$. Pour le cas général, il suffit de généraliser en considérant des matrices par blocs.
Quand je pose cet exercice en colle, je donne comme indication de commencer par traiter le cas où $ab$ est nilpotent pour en déduire le cas général (cela revient à peu près au même qu'avec les séries formelles).
Soient deux matrices carrées nilpotentes (respectivement
diagonalisables) vérifiant : AB + BA = I et A²B + BA² = A. Alors, A +
B est nilpotente (respectivement diagonalisable).
P.S. Si cette question est posée par le colleur, je ne sais pas dans quelle direction le collé va orienter sa réflexion.
Mmm. On n'a besoin que des deux relations algébriques (et de savoir qu'on manipule des matrices sur un corps) pour obtenir que $2AB=I_n$ et donc $\chi(K) \neq 2$ et $A+B=A+(1/2)*A^{-1}$ (ce qui est tout de même plus simple que d'utiliser une diagonalisation simultanée de deux matrices qui commutent, n'est-ce pas ?). En particulier nul besoin d'hypothèse de caractéristique nulle.
En effet, en itérant la première relation, on trouve que $B$ commute avec $A^2$. Ensuite $2BA^2=A$ et on en tire $\mathrm{Ker} A=\mathrm{Ker} A^2$, donc $0$ est semi-simple en tant que valeur propre de $A$ ; ou encore $A^2$ et $A$ ont la même décomposition de Fitting. Puis, $B$ stabilise ses termes puisqu'il commute avec $A^2$. La relation $AB+BA=I$ restreinte au nilespace de $A$ donne donc que celui-ci est nul. Ainsi $A$ est inversible et on conclut facilement à partir de la relation $2BA^2=A$.
Voici ce que j'ai commencé à faire : $A^2B=A-BA^2$ donne : $A^2B=(I_n-BA)A$ soit $A^2B=ABA$ . De plus, $BA^2=A-A^2B=A-ABA=A(I_n-BA)=AAB=A^2B=ABA$ .
J'ai donc réussi à prouver ton indication gebrane.
Ensuite, $A^2B+BA^2=A$ donne $2ABA=A$ i.e : $(2AB-I_n)A=0$ soit $(2AB-I_n)AB=0$ donc le polynôme $(2X-1)X$ est annulateur de $AB$ et il est scindé à racines simples donc $AB$ est diagonalisable et ses valeurs propres possibles sont $0$ et $0,5$ .
Je trouve de même pour $BA$ : le même raisonnement qui conduit au même polynôme annulateur.
Là où je ne parviens pas à conclure est sur le fait que $0$ ne puisse pas être valeur propre de $AB$ ni de $BA$... J'aimerais montrer qu'elles sont inversibles et dans ce cas, elles seront nécessairement semblables à $0,5 I_n$ donc égales à $0,5 I_n$ . Je n'ai pas l'impression d'être très loin du but, c'est un peu frustrant quand c'est comme ça !
Par multiplication de A à droite par B, tu as $AB=2BA^2B$ Par multiplication de A à gauche par B, tu as $BA=2BA^2B$. Donc $AB=BA$ . Pour avoir l’égalité de DSP, On a $AB+BA=I$ ce qui donne $2AB=I$
Réponses
https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2334144/le-gateau-danniversaire-de-gebrane#latest
(Le gâteau d'anniversaire de gebrane).
Merci pour le lien .
Lors de ta démonstration du point 3 proposé par gebrane (unicité de la somme directe de deux espaces stables),
tu montres effectivement que $F= \ker(A^k)$ mais je ne vois pas le lien entre $G= \ker P(A) $ et $Im (A^k)$
Peux-tu expliciter davantage ?
Merci.
En résumé on a montré que si une somme directe $E=F\oplus G$ satisfait les hypothèses de l'énoncé alors $F=\ker{A^k}$ et $G=\ker{P(A)}$. Étant donné que la somme directe $E=\ker{A^k}\oplus Im(A^k)$ satisfait les hypothèses de l'énoncé on a donc $Im(A^k)=\ker{P(A)}$.
j'étais d'accord avec $G=\ker P(A)$
ce qui m'interroge c'est que tu passes ensuite directement à $ G=\ker P(A)= Im(A^k)$
pour une décomposition en somme directe, on peut avoir $ E= F+G$ et $E= F+ H$, avec $ G\neq H$.
1) $F$ et $G$ sont stables par $A$.
2) $A\mid_{F}$ est nilpotente.
3) $A\mid_{G}$ est inversible.
Avec ces trois conditions supplémentaires, l'unique décomposition en somme directe qui fait l'affaire est $E=\ker{A^k}\oplus Im{A^k}$, avec $k$ le plus petit entier naturel tel que $\ker{A^k}=\ker{A^{k+1}}$.
on a alors $a0 x+a1A(x) +\dots+A^p(x)=0$ on en tire que $ x\in Im(A)$,
donc $ x=A(y)$, avec $ y\in \ker P(A)$
Je répète ma démarche ci-dessous sans la détailler de nouveau :
1) On montre que si $F,G$ sont des sous-espaces de $E$ tels que $E=F\oplus G$ et si $F,G$ satisfont les trois conditions de mon dernier message ci-dessus alors on a forcément $F=\ker{A^k}$ et $G=\ker{P(A)}$.
2) On remarque que la somme directe $E=\ker{A^k}\oplus Im(A^k)$ satisfait les trois conditions. Donc par le point 1) précédent on en conclut que $Im(A^k)=\ker{P(A)}$ ($G$ fait office de $Im(A^k)$ quoi...).
Ok j'ai compris désolé je complique trop souvent les choses, merci pour ta patience !
Ta démo initiale montre que la décomposition, avec toutes les contraintes, si elle existe est unique et c'est alors $(\ker A^k, \ker P(A))$
comme préalablement a été montré qu'il en existe une qui convient $( \ker A^k , Im A^k) $, on a alors tout de suite le résultat
PS. ta preuve n'est pas plus compliquée, disons qu'avec mon argument on tombe sur $Im(A^k)=\ker{P(A)}$ de façon un peu "magique" tandis qu'avec le tien on le montre directement.
La somme d'un inversible et d'un nilpotent n'est pas toujours inversible (voir contre-exemple), mais si l'inversible et le nilpotent commutent alors la somme est inversible (petit exo pas difficile).
Tu écris $a-b = a(1-a^{-1}b)$ pour te ramener au cas où $a=1$ et il reste à utiliser une identité remarquable.
$ a +b=a(1+a^{-1}b)$
$(1+x)^{-1}=1-x+x^2-x^3+.\dots)$
si $x$ est nilpotent et c'est le cas avec $a^{-1}b$ puisque $a$ et $b^{-1}$ commutent, alors la somme est finie. On en déduit que $(1+a^{-1}b)$ est inversible et donc $a+b$ est inversible.
Pour la méthode gebrane, on se limite donc à des endomorphisme ou des matrices.
$\det( A+B) = \det(A) \det( Id +A^{-1}B)$
donc $-1$ est valeur propre de $ A^{-1}B$ et on arrive à une contradiction car $ A^{-1}B$ est nilpotente (on utilise la commutativité) et seule 0 est valeur propre.
j'arrive à la même expression que gai requin , mais sans aucune rigueur !
Pour le cas général, il suffit de généraliser en considérant des matrices par blocs.
Y a-t-il une autre méthode que le passage par des séries (formelles) pour intuiter l'expression de l'inverse ?
je parviens à montrer avec ces hypothèses que $A^2$ et $B$ commutent donc $ A^2 + B$ est nilpotente si $A$ et $B$ le sont ;
En plus la résolution est en lien très direct avec l'exo qui a initié ce fil.
Par multiplication de A à gauche par B, tu as $BA=2BA^2B$. Donc $AB=BA$ . Pour avoir l’égalité de DSP, On a $AB+BA=I$ ce qui donne $2AB=I$