Projecteurs de différence nilpotente

Bibix

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 ?

Calli

Bonjour,
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.

Bibix

Merci Calli mais du coup ça ruine un peu mes espoirs de trouver toutes les solutions explicitement. Je vais tenter la solution évidente $A = B$ pour voir si ça suffit pour mon problème même si j'ai peu d'espoir.

JLapin

$Im(A)=Im(B)$ est une condition suffisante pour que $A$ et $B$ soient solution.

gebrane

Peux-ton démontrer que nécessairement que A et B commutent ? (on sait si A,B  des projecteurs et A et B commutent , alors AB est aussi un projecteur)

gebrane

Un contre-exemple A=(1 0 2 0)= et B=I_2 de https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2430223/#Comment_2430223

Calli

@Bibix : Que cherches-tu vraiment ? Par exemple plutôt une condition suffisante ou nécessaire, ou vraiment une CNS ?

@gebrane : Non car ce n'est pas vrai. Par exemple les deux matrices suivantes sont solutions, mais elles ne commutent pas.

A = [[0.61030402, 0.0591398],
        [4.0215393 , 0.38969597]]

B = [[0.92032251, 0.08918126],
       [0.82224725, 0.07967749]]

Calli

Voici quelques conditions nécessaires.$\def\rg{\operatorname{rg}}$
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.

gebrane

Eh bien, pour un contre-exemple, c'en est bien un  Calli

Calli

@JLapin : En effet puisque dans ce cas $AB=B$ et $BA=A$ donc $AB+BA=A+B$.$\def\Im{\operatorname{Im}}$
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 $\rg((A,B))=2$.

raoul.S

Calli a dit :

Bonjour,
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.

Autre variante  : pour tous projecteurs $A$ et $B $, on a $(A-B)^2=0$ ssi $\{A+t(B-A)\mid t\in \mathbb{K}\}$ est formé de projecteurs.

dSP

La classification, à similitude simultanée près, des couples de projecteurs est connue. Il suffit de l'appliquer pour obtenir le résultat. Mais il est difficile d'en trouver un exposé limpide dans la littérature. Pour le cas où la différence est nilpotente, il y a essentiellement quatre familles de représentants indécomposables (qui sont donc les briques élémentaires à partir desquelles toute représentation est construite par somme directe, à isomorphisme près), et pour faire simple la description est de prendre des sommes directes de petits blocs $2 \times 2$
$$K=\begin{pmatrix}1 & 1 \\
0 & 0
\end{pmatrix}\quad\text{et}\quad  L=\begin{pmatrix}0 & 1 \\
0 & 1
\end{pmatrix}$$ en alternant comme il faut et en bordant éventuellement par un $0$ ou un $1$ pour les tailles impaires.

Par exemple $K \oplus K \oplus \cdots \oplus K$ pour l'un et $L \oplus \cdots \oplus L$ pour l'autre. Ou

$0 \oplus K \oplus K \cdots $ pour l'un et $L \oplus L \oplus \cdots $ pour l'autre, etc.

Pour faire court, il faut systématiquement alterner les $0$ et les $1$.

Ce truc est lié à la représentation des paires "contragrédientes" $(u,v)$ d'applications linéaires, c'est-à-dire celle allant en sens contraire. De manière plus savante, il s'agit du problème de représentation linéaire du carquois à deux points $0$ et $1$ et deux flèches de l'un vers l'autre en sens contraire.

Maintenant, pour résoudre la question de manière élémentaire il est utile d'introduire les sous-espaces caractéristiques de $A(I-B)+B(I-A)$

et de regarder comment $A$ et $B$ agissent dessus. C'est le point de départ habituel pour une approche élémentaire de la classification complète.

john_john

Calli : en caractéristique nulle, les rangs sont égaux puisque $A-B$ est de trace nulle, et donc $A$ et $B$ ont même trace, partant même rang.

Calli

Oui, merci @john_john !

john_john

De rien, Calli !

gebrane

Je n'ai pas compris ta phrase John

john_john

gebrane : $(A-B)^2=0$ et donc $A-B$ est de trace nulle car nilpotent. De ce fait, $A$ et $B$ ont même trace et, partant, même rang puisque rang=trace pour un projecteur.
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 $B_0A_0=0$.

gebrane

exact, le mot partant m'est étrange dans ta phrase  . Merci

john_john

le mot partant m'est étrange dans ta phrase : je me dis que tu n'as pas été le seul à trouver cela étrange

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.

gebrane

Pour résumer, John tu veux dire  Soient  \(A,B \in M_n(\mathbb{K})\) avec \(\mathbb{K}\) un corps de caractéristique nulle, Alors

\[A^2=A, B^2=B, (A-B)^2=0 \iff \exists m \in \{1,2,.., n\},\ P\in M_n \text{ inversible},\ A_0\in M_{p,q}, B_0 \in M_{q,p},\]
 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 $B_0A_0=O_q$

john_john

Bonjour, gebrane,
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).

gebrane

Merci  Papa, j'ai corrigé. Mais je perds la solution triviale (les matrices nulles) dans ce que j'écris

edit. Je pense avec la convention $I_0=0_{\mathbb R}$, on récupère cette solution.

Bibix

Merci dSP et john_john.

john_john

De rien, Bibix ! Maintenant, on peut aussi se demander quels sont les nilpotents $w$ qui s'écrivent sous la forme $v-u$. À première vue, tous ceux de carré nul (merci, Jordan) mais, en dimension $3$ par exemple, ce sont les seuls.
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 $2$.

gebrane

Bonjour John, les u, v sont ?

john_john

Bonsoir, gebrane,
la phrase est un peu elliptique, sachant que j'ai envisagé deux cas !

dSP

john_john
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.

Jette un coup d’œil aux diapos 30 et 31 de ma présentation à une conférence :

http://dsp.prod.free.fr/GalwayQuadratic2022.pdf

john_john

Merci, dSP,
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) !

john_john

Afin de relancer le fil, je propose l'exercice suivant : si $E$ est un espace réel de dimension finie et si $u$ et $v$ sont deux projecteurs, existe-t-il un produit scalaire qui les rende orthogonaux ?

gai requin

@john_john : Un endomorphisme orthogonal étant inversible, c’est pas gagné.

john_john

qui les rende orthogonaux, en tant que projecteurs ! Tu as raison, la précision s'impose : je ne pensais évidemment pas à des automorphismes orthogonaux.

gebrane

Le résultat annoncé par Gai requin, je le connais pour un espace euclidien, reste-t-il vrai pour un espace préhilbertien ? -(dim infinie)

canasson29

Je comprends la question comme : deux projecteurs peuvent-ils être des projecteurs orthogonaux pour un produit scalaire ?

dSP

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) !

Je crois me souvenir qu'il y a eu un autre sujet beaucoup plus récent. Les PC avaient eu les sommes de projecteurs tout court, et les PSI les sommes de projecteurs orthogonaux (ou inversement).

MrJ

Si $E$ est un espace réel de dimension finie et si $u$ et $v$ sont deux projecteurs, existe-t-il un produit scalaire qui les rende orthogonaux ?

Si $\ker(u) = \ker(v)$ et $\textrm{im}(u)\neq \textrm{im}(v)$, ça n'est pas possible.

john_john

gebrane : dans un ev préhilbertien, un endomorphisme orthogonal est injectif mais pas nécessairement surjectif. Par exemple, le décalage à droite dans $\ell^2(\N)$.

john_john

Mr J : oui, effectivement, puisqu'un sev ne peut avoir plus d'un orthogonal, mais on peut creuser davantage et proposer une CNS.

john_john

J'avais corrigé le millésime du sujet de PC (1994 <- 2014) mais la correction n'est pas prise en compte, pas plus que l'énoncé lui-même que j'avais inclus...

MrJ

Autant pour moi, j’avais mal compris la question (qu’il s’agissait de trouver une CNS).

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.

john_john

Je propose, en la cachant, ma CNS, mais certains en trouveront peut-être une plus simple.

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 $v$).

john_john

Quant à la proposition de MrJ en dimension $2$, elle ne me paraît pas suffisante. Par exemple, si $u$ a pour noyau et pour image respectivement les droites engendrées par $(1,0)$ et $(0,1)$ et $v$ celles engendrées par $(1,1)$ et $(2,1)$, alors une forme bilinéaire symétrique rendant orthogonaux les deux premiers vecteurs est nécessairement de la forme $\big((x,y),(x',y')\big)\mapsto axx'+byy'$ et l'on devrait avoir en outre $2a+b=0$, ce qui est humainement impossible pour un produit scalaire.

D'ailleurs, ici, le polynôme caractéristique de $v-u$ est $X^2-2$ (et je suis certain de ma CN:))

MrJ

@john_john : C'est exactement le raisonnement que j'ai fait de tête, mais j'ai oublié que $a$ et $b$ sont strictement positifs...

Finalement, ma réponse est vraie si on cherche une forme bilinéaire non dégénérée à la place d'un produit scalaire.

john_john

Tout à fait, mézalor la CNS doit se compliquer énormément si l'on se restreint à des fbs, à cause de l'isotropie...
D'ailleurs, je ne suis plus aussi sûr de la réciproque  Y a kek'chose qui cloch' là-d'dans (air connu)
Si, ça marche, mais c'est plus chaud que je ne pensais