Projecteurs de différence nilpotente
Bonjour,
Je cherche les solutions de l'équation $(A-B)^2 = 0$ avec $A,B$ des matrices carrées vérifiant $A^2 = A$ et $B^2 = B$. J'ai réussi à en déduire que $AB$ et $BA$ sont aussi des projections mais vu que ça ne suffit pas pour avoir $(A-B)^2=0$, je suis bloqué. Peut-on trouver toutes les solutions de cette équation ?
Je cherche les solutions de l'équation $(A-B)^2 = 0$ avec $A,B$ des matrices carrées vérifiant $A^2 = A$ et $B^2 = B$. J'ai réussi à en déduire que $AB$ et $BA$ sont aussi des projections mais vu que ça ne suffit pas pour avoir $(A-B)^2=0$, je suis bloqué. Peut-on trouver toutes les solutions de cette équation ?
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Réponses
Voici une reformulation un peu rigolote. Pour tous projecteurs $A$ et $B$, on a $(A-B)^2=0$ ssi $(A+B)^2=(A+B)\cdot 2$ (on fait tomber le 2 !) et ssi $\frac{A+B}2$ est un projecteur.
En effet, $(A-B)^2=0 \Leftrightarrow A+B=AB+BA \Leftrightarrow 2(A+B)=(A+B)^2$.
Edit n°2 : suppression de l'édit n°1 qui était faux.
@gebrane : Non car ce n'est pas vrai. Par exemple les deux matrices suivantes sont solutions, mais elles ne commutent pas.
[4.0215393 , 0.38969597]]
[0.82224725, 0.07967749]]
En prenant la trace de $(A+B)/2$ et en utilisant que la trace d'un projecteur est son rang [édit : en caractéristique non nulle], on a la condition nécessaire suivante : $\rg A+\rg B$ est pair, i.e. $\rg A$ et $\rg B $ ont la même parité.
Comme $(A-B)^2=0$ et le rang vérifie l'inégalité triangulaire, on a $\lvert\rg A-\rg B|\leqslant \rg(A-B)\leqslant n/2$. Sur des essais numériques, j'ai même l'impression que $\rg A=\rg B$.
Edit : voir le message de john_john plus bas qui donne une meilleure condition.
On peut aussi dire que si $\Im A\subset \Im B$ alors : $(A-B)^2=0 \Leftrightarrow \Im A=\Im B$. En effet dans ce cas $(A-B)^2=0 \Leftrightarrow AB+BA=A+B \Leftrightarrow AB=B \Leftrightarrow \Im B\subset \Im A$. Et idem en inversant $A$ et $B$.
Malheureusement $\Im A=\Im B$ ne semble pas être une condition nécessaire puisque mon contre-exemple de tout-à-l'heure vérifie $\rg A=\rg B=1$ mais $\rg((A,B))=2$.
$$K=\begin{pmatrix}1 & 1 \\
0 & 0
\end{pmatrix}\quad\text{et}\quad L=\begin{pmatrix}0 & 1 \\
0 & 1
\end{pmatrix}$$ en alternant comme il faut et en bordant éventuellement par un $0$ ou un $1$ pour les tailles impaires.
C'est le mot partant qui te gêne ? C'est vrai, c'est un peu sorti de l'usage... (partant=de ce fait).
Je regarderai cela demain à tête reposée, mais, si l'on regarde des endomorphismes (en carac nulle), on a comme CN : l'image de l'un est en somme directe avec le noyau de l'autre. En prenant une base adaptée à $Im(u)\oplus Ker(v)$, on voit que la matrice de $u$ est ce la forme $\begin{pmatrix}I&A_0\\0&0\end{pmatrix}$ et celle de $v$ de la forme $\begin{pmatrix}I&0\\B_0&0\end{pmatrix}$, avec $A_0B_0=0$ et $B_0A_0=0$.
Revenons-en à la CN : ${\rm Im}\,u\cap{\rm Ker}\,v=\{0\}$ car ${\rm Ker}(u-{\rm I})\cap{\rm Ker}\,v\subset{\rm Ker}(u-v-{\rm Id})=\{0\}$ ; ayant même dimension, cette image et ce noyau sont supplémentaires et les matrices de $u$ et de $v$ relatives à une base adaptée sont de la forme annoncée. Les conditions sur les produits résultent alors de la CS.
À noter que l'on peut généraliser en demandant simplement que $v-u$ soit nilpotent ; on obtient les mêmes formes, où $A_0B_0$ est nilpotente.
Bien entendu, les méthodes proposées par dSP en disent plus, qui aboutissent à des formes réduites de ces paires de projecteurs.
tels que \(A=P\begin{pmatrix}I_m & A_0\\ 0 & 0\end{pmatrix}P^{-1}\),\(B=P\begin{pmatrix}I_m & 0\\ B_0 & 0\end{pmatrix}P^{-1}\), et $A_0B_0=O_p$ et $B_0A_0=O_q$
oui !
Sans objet depuis les modifications de 9h35 : à la seule petite différence près que $A_0$ et $B_0$ ne sont pas en général carrées, mais seulement multipliables dans les deux sens. C'est pourquoi j'ai écrit $A_0B_0=0$ et $B_0A_0=0$ (ce n'est pas la même matrice nulle).
Non : $U=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$ et $V=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}$ donnent $V-U$ de rang $2$ et, par similitude, tous les nilpotents de rang $2$.
la phrase est un peu elliptique, sachant que j'ai envisagé deux cas !
Tout endomorphisme nilpotent est différence de deux idempotents. Les exemples "canoniques" que j'ai donnés dans mon message te permettent de décomposer n'importe quel bloc de Jordan de façon explicite comme une telle différence.
par tâtonnement, j'avais moi aussi décomposé tout bloc de Jordan en la différence de deux idempotents (mais je n'ai pas insisté car le fil avait un EEG plat depuis deux ou trois jours). Je vais regarder ton diaporama car j'imagine qu'il va beaucoup plus loin...
Diapo numéro 7 : A: (P.-Y. Wu, 1990) fields of characteristic 0. Necessary and sufficient condition: ${\rm tr} M\in\Z$ and ${\rm rank} M \leqslant{\rm tr} M$ ; ce résultat a fait l'objet d'un problème des Mines PC (1994) !
En dimension $2$, il me semble que cela marche si et seulement si on se trouve dans un des cas suivants :
1) $p=q$,
2) $p=Id-q$,
3) Les sous-espaces $\ker(p)$, $\ker(q)$, $\textrm{im}(p)$ et $\textrm{im}(q)$ sont deux à deux distincts.
J'essayerai de trouver du temps pour réfléchir au cas général demain.
Il existe un produit scalaire faisant de $u$ et de $v$ des projecteurs orthogonaux si, et seulement si, $v-u$ est diagonalisable et à spectre inclus dans $[-1,1]$, avec les conditions supplémentaires qu'un vecteur propre de $v-u$ associé à une éventuelle valeur propre $\pm1$ soit aussi vecteur propre de $u$ (et de $v$).
D'ailleurs, ici, le polynôme caractéristique de $v-u$ est $X^2-2$ (et je suis certain de ma CN:))
D'ailleurs, je ne suis plus aussi sûr de la réciproque
Si, ça marche, mais c'est plus chaud que je ne pensais