Bonjour,
Démontrer que si deux matrices réelles sont semblables dans $\mathcal M_n(\C)$ alors elles le sont dans $\mathcal M_n(\R)$.
Soient $A$ et $B$ deux matrices semblables dans $\mathcal M_n(\C)$. Alors il existe $P \in GL_n(\C)$ tel que $A=P B P^{-1}$
Après je bloque.
Réponses
c'est plutôt : "Je bloque tout court", vu qu'il n'y a rien avant.
Utilise l'indication de Guego et après avoir trafiqué un peu, pense à utiliser le déterminant.
Je trouve $AP_1+i AP_2 = P_1 B+i P_2 B$ donc $\boxed{AP_1= P_1 B}$ et $\boxed{AP_2 = P_2 B}$
Ici je bloque de nouveau. Je ne vois pas comment utiliser le déterminant.
On cherche $P'$ réelle telle que $A P' = P' B$
Montrons qu'il existe $t \in \R$ tel que $\det(P_1 + tP_2) \ne 0$
On a $\det(P_1 + tP_2)$ qui est un polynôme en $t$. Notons-le $Q(t)$. Cela provient de la formule $\det(A)= \displaystyle\sum_{\sigma \in S_n} \varepsilon(\sigma) \displaystyle\prod_{k=1}^n a_{\sigma(i)i}$
Si $\forall t \in \R \ Q(t)=0$ alors $Q = 0$ et ainsi $Q(i)=0$ ce qui est absurde car $Q(i)=P_1+ i P_2$ et par hypothèse $P_1 +i P_2$ est inversible.
Ainsi, il existe $t \in \R$ tel que $\det(P_1 + tP_2) \ne 0$
Donc $P_1 + t P_2= P' \in GL_n(\R)$.
Par ailleurs, $A(P_1+ t P_2)=AP_1 + t AP_2$ et $(P_1+tP_2)B=P_1 B + t P_2 B$
Ainsi $AP'=P'B$ ce qui montre que $A$ et $B$ sont semblables dans $M_n(\R)$.
Je pense que tu as oublié l'hypothèse essentielle disant que $A$ et $B$ sont des matrices réelles !
Bien vu ! Je rectifie.
Je n'ai jamais entendu parler d'extension finie.
Normalement, tu devrais savoir que $\C$ est à la fois un corps qui contient $\R$, et un $\R$-espace vectoriel isomorphe à $\R^2$ : $\C = \R + i \R$.
Dans le langage de la théorie des corps (enfin, des extensions de corps*, qui amorce la théorie de Galois), on dit que $\C$ est une extension de degré $2$ de $\R$, parce que la dimension de $\C$ en tant qu'espace vectoriel sur $\R$ est $2$... ça ne veut rien dire de plus compliqué que ça.
Si tu n'as jamais vu une construction de $\R$ à partir de $\Q$, tu devrais chercher ça au moins une fois. On peut démontrer que la dimension de $\R$ en tant que $\Q$-espace vectoriel ne peut pas être finie, contrairement à celle de $\C$ en tant que $\R$-espace vectoriel. Il faisait référence à ça parce que les techniques qu'on utilise pour montrer que des matrices réelles semblables sur $\C$ le sont encore sur $\R$ ne fonctionnent pas si on essaie de vérifier si deux matrices rationnelles semblables sur $\R$ le sont encore sur $\Q$.
*Exercice : montrer que tout morphisme de corps est injectif. Ce que ça signifie, c'est qu'en présence d'un morphisme de corps, le corps d'arrivée contient une "copie" du corps de départ : autrement dit, le corps d'arrivée "étend" le corps de départ, d'où la notion d'extension de corps. Ce qui est "magique", c'est qu'il ne faut pas beaucoup plus de connaissances pour voir que dans la même situation, le corps d'arrivée se munit naturellement d'une structure d'espace vectoriel sur le corps de départ : et donc on peut étudier les extensions de corps avec l'algèbre linéaire !
On pourrait aller encore plus loin (caractéristique d'un corps, corps premier, corps finis...) mais je m'arrête là pour l'instant.
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
On peut changer d'argument en utilisant la densité de $\Q$ dans $\R$. On suppose que $A$ et $B$ à coefficients rationnels sont conjuguées dans ${\rm GL}(n,\R )$. On introduit le sous-espace $V_\R =\{ M\in {\rm M}_n (\R )\mid MA=BM\}$ qui contient le sous-ensemble dense $V_\Q = \{ M\in {\rm M}_n (\Q )\mid MA=BM\}$. Il y a un élément de $V_\Q$ en lequel le déterminant ne s'annule pas. Le déterminant qui est continue ne s'annule pas sur un voisinage de cet élément, voisinage qui contient un élément de $V_\Q$ par densité.
$$
Z_A =({\mathcal A}\otimes_K L)^\times,
$$ où ${\mathcal B}^\times$ désigne l'ensemble des éléments inversibles d'un anneau unitaire $\mathcal B$. C'est un résultat de base de cohomologie galoisienne, version non abélienne de Hilbert 90 (cf. Serre, Cohomologie Galoisienne), que pour une telle $K$-algèbre $\mathcal A$, on a
$$
H^1 ({\rm Gal}(L/K) , ({\mathcal A}\otimes_K L)^\times )=1.
$$ Notre cocycle est donc un cobord : il existe $N$ dans $Z_A$ tel que $M^{-1}s(M)=N^{-1}s(N)$ pour tout $s\in G$. Cela signifie que $MN^{-1}$ vit dans ${\rm GL}(n,K)$. Mais cet élément continue de conjuguer $A$ en $B$. CQFD.
On peut aussi raisonner sur les invariants de similitudes de $A$ et $B$. Ce qui est plus rapide, à condition de disposer de cette théorie. Là on n'a plus besoin de supposer $L/K$ séparable.
Effectivement, la densité de $V_{\Q}$ dans $V_{\R}$ suffit.
Mais cette densité est-elle si évidente ?
$\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}1/2&1/2\\-1/2&-1/2\end{pmatrix}$ sont conjuguées dans $\mathrm{SL}(2,\R)$ mais pas dans $\mathrm{SL}(2,\Q)$
Montrer que deux matrices de ${\rm SL}_n (\R )$ sont conjuguées dans ${\rm SL}_n (\C )$ si, et seulement si, elles sont conjuguées dans ${\rm GL}_n (\R )$.
Soit donc $A,B\in M_n(\R)$.
Si $P\in\mathrm{GL}_n(\R)$, alors, pour toute racine $n$-ième $\alpha$ de $\det P$ dans $\C$, $\dfrac 1{\alpha}P\in\mathrm{SL}_n(\C)$.
Donc, si $A=PBP^{-1}$, on a $A=\left(\dfrac 1{\alpha}P\right)B\left(\dfrac 1{\alpha}P\right)^{-1}$, i.e. $A$ et $B$ sont conjuguées dans $\mathrm{SL}_n(\C)$.
Réciproquement, on a déjà vu que si $A$ et $B$ sont semblables sur $\C$, elles le sont aussi sur $\R$.
\begin{equation}
A=\begin{pmatrix}
0 & -2 \\
1 & 0
\end{pmatrix}, \: \: \: \: B=\begin{pmatrix} 0 & 2 \\
-1 & 0 \end{pmatrix}
\end{equation}
$A$ et $B$ sont conjuguées dans $SL_2(\mathbb{C})$ mais pas dans $SL_2(\mathbb{R})$ (i.e. il n’y a pas, dans $SL_2(\mathbb{R})$, de matrice $M$ vérifiant $MAM^{-1}=B$).
…
…
Mais c'est vrai que j'aimerais au moins que OShine lise mon message précédent. Pour savoir qui de Poirot ou moi gagne le point (:D
Soit $A,B\in M_n(\R)$ telles qu'il existe $U$ unitaire telle que $UA=BU$.
On a aussi $UA^*=B^*U$ donc il existe $P\in\mathrm{GL}_n(\R)$ telle que $PA=BP$ et $PA^\top=B^\top P$ (déjà vu dans ce fil).
D'où $B=PAP^{-1}=(P^\top)^{-1}AP^\top$ donc $A(P^\top P)=(P^\top P)A$.
Or, $P^\top P$ est symétrique définie positive donc il existe $S$ symétrique définie positive telle que $P^\top P=S^2$.
Soit $\lambda_1>0,\ldots,\lambda_r>0$ les valeurs propres réelles deux à deux distinctes de $S$.
Par interpolation de Lagrange, il existe $Q\in\R[X]$ tel que, pour tout $1\leq i\leq r$, $Q(\lambda_i^2)=\lambda_i$.
En se ramenant à $S$ diagonale, il vient facilement que $Q(S^2)=S$.
Mais $AS^2=S^2A$ par construction donc $AS=AQ(S^2)=Q(S^2)A=SA$.
Soit enfin $O=PS^{-1}$.
On a $O^\top O=(S^\top)^{-1}P^\top PS^{-1}=S^{-1}S^2S^{-1}=I$ donc $O$ est orthogonale.
Remarque : $P=OS$ est la décomposition polaire de $P$.
Finalement, $B=PAP^{-1}=OSAS^{-1}O^{-1}=OASS^{-1}O^{-1}=OAO^{-1}$ donc $A$ et $B$ sont orthogonalement semblables.
> donc il existe $P\in\mathrm{GL}_n(\R)$ telle que $PA=BP$ et $PA^\top=B^\top P$ (déjà vu dans ce fil).
Quelque chose m'échappe. Je n'ai pas compris pourquoi on peut simultanément conjuguer $A$ en $B$ et $A^\top$ en $B^\top$.
On a $A^*U^*=U^*B^*$ donc $UA^*U^*U=UA^*=UU^*B^*U=B^*U$.
Soit $P_1,P_2$ réelles telles que $U=P_1+iP_2$.
On a donc, pour tout $i$, $P_iA=BP_i$ et $P_iA^*=B^*P_i$.
Soit alors $x$ réel tel que $P=P_1+xP_2$ soit inversible.
On a $PA=BP$ et $PA^*=PA^\top=B^*P=B^\top P$.