Comatrice
Bonjour
Je bloque à la question $b$.
a) On a $A (Com(A))^T = \det(A) I_n$
Je bloque à la question $b$.
a) On a $A (Com(A))^T = \det(A) I_n$
- Si $rg(A)=n$ alors $\det(A) \ne 0$ donc $(Com(A))^T$ est inversible, elle est donc de rang $n$. On a montré $\boxed{rg(A)=n \implies rg( Com(A))=n}$
- Si $rg(A) \leq n-2$ alors les coefficients de $Com(A)$ sont des déterminants d'ordre $n-1$ de la matrice $A$, il sont donc tous nuls. On a montré $\boxed{rg(A) \leq n-2 \implies rg( Com(A))=0}$
- Si $rg(A)=n-1$ alors $\det(A)=0$.
- Et alors $A (Com(A))^T = O_{M_n(\R)}$. Notons $u$ et $v$ les endomorphismes canoniquement associés à $A$ et $(Com(A))^T$ dans la base canonique de $\R^n$. On a donc $u \circ v = 0_{L(\R^n)}$. Ainsi, $Im(v) \subset \ker(u)$. Mais $rg(u)=n-1$ donc $\dim Im(v) \leq 1$. On en déduit que la matrice $ (Com(A))^T $ est de rang $0$ ou $1$ donc $Com(A)$ est de rang $0$ ou $1$. La matrice $A$ est de rang $n-1$ donc au moins un déterminant extrait d'ordre $n-1$ n'est pas nul donc $Com(A)$ n'est pas nulle, elle est donc de rang $1$. On a montré $\boxed{rg(A) =n-1 \implies rg( Com(A))=1}$
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Réponses
J'ai corrigé l'erreur de syntaxe.
@bisam la question $1$ est classique, je l'ai déjà croisée dans une épreuve d'agreg interne 2019 c'est pour ça que j'ai su la faire.
b) Soit $A \in G_n(\C)$. Alors $rg(A)=n$ et d'après la question précédente $rg (Com (A) )=n$ et $Com(A)$ est inversible.
On a $A=(A^{-1})^{-1}$ et $A^{-1} = \dfrac{1}{\det A} (Com (A))^T$.
Ainsi, $A=\left( \dfrac{1}{\det A} (Com (A))^T \right)^{-1} = (\dfrac{1}{\det A})^{-1} (Com (A))^T)^{-1} $
Je ne vois pas l'idée pour continuer j'ai l'impression de faire des calculs sans voir le bout du tunnel.
Soient $(i,j) \in [|1,n|]$.
$[Com(\lambda A)]_{ij}= (-1)^{i+j} \det (\lambda A_{ij})$ où $A_{ij}$ est la matrice extraite de $A$ en supprimant la ième ligne et la jième colonne. Elle est de taille $n-1$.
Or $\det (\lambda A_{ij})= \lambda^{n-1} \det ( A_{ij})$.
Donc $\boxed{Com( \lambda A) = \lambda^{n-1} Com(A)}$.
Du coup, pour ton problème, il faut voir la formule "à l'envers". Maintenant tu as un complexe, disons $\mu$, et tu veux exprimer $\mu Com(A)$ comme $Com(B)$ avec une certaine matrice $B$. Pour ta formule, on a directement le résultat si jamais j'avais plutôt mis $\mu^{n-1}$. Manque de peau, ici, je ne l'ai pas mis, donc il faut un dernier petit argument ...
EDIT: Mea Culpa, j'ai pas regardé le détail de ce que tu as écris dans tes postes précédents ...
Quand tu utilises l'identité $A=(A^{-1})^{-1}$, tu as calculé le $A^{-1}$ à l'intérieur, mais je pense qu'il est préférable de plutôt poser $B = A^{-1}$ et de calculer $A=B^{-1}$.
Mais je ne vois pas trop où utiliser cette formule, j'ai des inverses partout dans les calculs. Je ne vois pas comment me débarrasser des inverses.
Concernant les inverses de partout, justement, relis mon poste précédent: c'est $B^{-1}$ qu'il faut écrire, sinon effectivement tu auras des inverses partout (tu pourrais encore t'en sortir comme ça, mais ce serait plus ... moche).
@Maraichu. Je n'arrive pas à trouver la réponse avec ta méthode. En posant $B=A^{-1}$ je trouve $B=\dfrac{1}{\det A} Com(A)^T$ et $\lambda Com(A) = Com(\dfrac{1}{ \lambda^{n-3}} A)$ mais je n'aboutis pas. Je ne sais pas quoi faire de ces égalités.
On a $X Com(X)^T = \det(X) I_n$. En passant à la transposée, on a $Com(X) X^T =\det(X) I_n$.
L'équation $Com(X)=A$ devient $A X^T = \det (X) I_n$
Mais $A$ est inversible donc $X^T = \det(X) A^{-1}$ et en transposant $\boxed{X= \det (X) (A^{-1})^T}$
Posons $x=\det(X) \in \C$ alors en passant au déterminant on a $x = \det ( \det (X) (A^{-1})^T )$ soit $\boxed{x=x^n \det( A^{-1})^T ) }$
Puisque $A$ est inversible, $Com(X)=A$ aussi donc d'après la question précédente $X$ est inversible donc $\boxed{\det X =x \ne 0}$.
Ainsi, $x^{n-1} = (\det( A^{-1})^T ))^{-1}$ et en utilisant les propriétés du déterminant on a $\boxed{x^{n-1}= \det(A)}$
Distinguons deux cas :
Par contre, il y a un très, très gros souci dans ce que tu viens d'écrire, OShine. On travaille avec des matrices complexes, ici. Peux-tu me définir la quantité $\sqrt[n-1]{\det A}$ ? (fais bien attention à ce que tu vas répondre à cette question !)
On veut résoudre $x^N= \det A$, où $N=n-1$.
Une solution est $(\det A) ^{1/N}$ donc l'ensemble des solutions est $\{ (\det A) ^{1/N} w_k \mid k \in [|0,N-1|] \} $, où les $w_k$ sont les racines de l'unité.
@OS : et si $\det(A)<0$, ça veut dire quoi $(\det(A))^{\frac{1}{N}}$ ? Et pire s'il est complexe non réel...
Dommage. Résoudre $z^n=a$ dans $\mathbb{C}$, c'est encore une question typiquement lycéenne. Alors que tout ce qui est comatrice et rang, beaucoup moins. Peut-être comprendras-tu un jour qu'il faut d'abord savoir marcher avant de vouloir courir.
$i = e^{i\pi/2} = e^{5i\pi/2}$
Donc $i^{1/2} = e^{i\pi/4} = e^{5i\pi/4}$ on est d'accord ?
Du coup, $\mathbb{C}=\mathbb{R}$, $\mathbb{R}$ est algébriquement clos. Je m'empresse de chercher les racines réelles de $X^2+1$. Je n'en trouve qu'une : $\sqrt{-1}$ !
Tu me diras à quel moment de mon raisonnement OS tu as compris que c'était ridicule. Si tu penses que je me moque de toi avec ce raisonnement, souviens-toi que c'est en gros un peu cette soupe là que tu nous sers en permanence.
Pour l'avenir, dis-toi que quand on est avec des complexes, il ne faut jamais (sauf si on a définit rigoureusement, avec un logarithme complexe par exemple, ce qui n'est pas une construction triviale non plus) élever un complexe à une puissance non entière.
Cependant, ici, tu veux juste savoir si l'équation $z^{n-1}=\det(A)$ admet une solution, pour ton problème.
Par contre j'ai bien écrit $A^{-1}$ dans ma formule.
J'ai révisé mon cours de sup et voici la solution. Comme $x^{n-1}= \det A$ et que $\det A \ne 0$, $\det A$ admet admet exactement $n-1$ racines nièmes.
Si on pose $\det A=r e^{i \theta}$, ses racines sont $\boxed{r^{1/n} e^{i \theta /n +2k \pi /n} \ , k \in [|0,n-2|]}$.
Voici un exercice de type agreg aide-soignant.
Déterminer explicitement $M\in\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ telle que $A=\text{Com(M)}$.
On a $A M^T = \det( M) I_n$ je ne vois pas comment poursuivre.
peux tu me trouver une matrice $B$ telle que $\text{Com}(B)=\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{pmatrix}$?
\begin{array}{ccc}
\frac{5}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\
-\sqrt{\frac{2}{3}} & 2 \sqrt{\frac{2}{3}} & -\sqrt{\frac{2}{3}} \\
-\sqrt{\frac{3}{2}} & -\sqrt{\frac{3}{2}} & \sqrt{\frac{3}{2}} \\
\end{array}
\right)$
Bref, je poursuis l'exercice en cours.
Montrer que $GL_n(\C)$ est dense dans $M_n(\C)$. (Question traitée dans mon cours de MP ça fait une révision).
Soit $A \in M_n(\C)$. Montrons qu'il existe une suite $(A_p)$ de matrices inversibles qui converge vers $M$.
L'application $ \C \rightarrow \C \\ x \mapsto \det(x I_n+A)$ est polynomiale de degré $n$, c'est la fonction polynomiale associée au polynôme caractéristique de $-A$, elle s'annule donc un nombre fini de fois.
Pour $p \in \N$ notons $A_p=\dfrac{1}{2^p} I_n +A$.
Les matrices $A_p$ sont inversibles car de déterminant non nul, sauf un nombre fini d'entre elles. On peut trouver un rang $p_0 \in \N$ tel que pour tout $p \geq p_0$ la matrice $A_p$ soit inversible.
Or $A_p \rightarrow A$ car $\dfrac{1}{2^p} I_n \rightarrow O_{M_n(\C)}$ d'où le résultat.
Ainsi $\boxed{Adh( GL_n(\C)= M_n(\C)}$
Pour l'adhérence de $X$ j'ai pensé à la caractérisation séquentielle. $M \in Adh(X)$ si et seulement si il existe une suite d'élément de $X$ qui converge vers $M$.
Je ne vois pas comment le montrer.
@OShine
Je reviens sur mes deux questions, qui ne sont pas difficiles.
D'abord, je te rappelle ce que tu as toi-même écrit. Soit $M\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$, de rang $r$.
Retournons un peu le problème. On se donne $A\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{C})$, de rang $s$.
Dans mon message de 16h47, je demande une matrice $M$ telle que $\text{Com}(M)=A$, avec $A=\begin{pmatrix}1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\end{pmatrix}$.
La matrice $A$, de taille $n=3$ est de rang $1<s=2<3$, donc ça ne peut pas être une comatrice.
Pour l'autre exemple, je complète dans un instant...
La matrice $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2&3 \\ \end{pmatrix}$, elle, est de rang $1$.
Donc elle peut s'écrire (question subsidiaire : est-ce vraiment certain, autrement dit toutes les matrices de rang $1$ sont-elles bien des comatrices?) sous la forme $A=\text{Com}(M)$, où $M$ est de rang $2$.
Comment trouver une matrice $M$? Peut-on les trouver toutes?
L'idée de passer par une perturbation inversible de $M$ est bonne (à creuser).
Voici une autre idée, plus systématique.
Il existe $P,Q$ dans $\text{GL}_3(\mathbb{C})$ telles que $A=PLQ$, où $L=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0&1 \\ \end{pmatrix}$
Par exemple : $P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ et $Q=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}$.
$P,Q$ étant inversibles, on sait les écrire comme des comatrices.
Par exemple : $P=\text{Com}(U)$ et $Q=\text{Com}(V)$, avec $U=\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\-1&-1&1\end{pmatrix}$ et $V=\begin{pmatrix} 2&-1&0\\3&0&-1\\1&0&0\end{pmatrix}$.
Il reste à remarquer que $L=\text{Com}(J)$, avec $J=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$.
Finalement : $A=\text{Com}(U)\,\text{Com}(J)\,\text{Com}(V)=\text{Com}(UJV)$
Donc $A=\text{Com}(M)$ avec $M=UJV=\begin{pmatrix} 2&-1&0\\3&0&-1\\-5&1&1\end{pmatrix}$.
sous toutes réserves, je relirai tout ça tout à l'heure....
\begin{array}{ccc}
-2 m(1,2)-3 m(1,3) & m(1,2) & m(1,3) \\
-2 m(2,2)-3 m(2,3) & m(2,2) & m(2,3) \\
2 m(1,2)+3 m(1,3)+2 m(2,2)+3 m(2,3) & -m(1,2)-m(2,2) & -m(1,3)-m(2,3) \\
\end{array}
\right)$
Mathematica donne toutes les solutions (on lui fera confiance).
Les matrices $M$ telles que $\text{Com}(M)=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2&3 \\ \end{pmatrix}$ sont les :
$M=\begin{pmatrix} a & b & \frac{1}{3} (-a-2 b) \\ d & \frac{b d+3}{a} & \frac{-a d-2 b d-6}{3 a} \\ -a-d & \frac{-a b-b d-3}{a} & \frac{a^2+2 a b+a d+2 b d+6}{3 a} \\\end{pmatrix}$ avec $a\ne0$ (faire $a=2$, $b=-1$, $d=3$ pour retrouver ma solution de 19h44).
et les $M=\begin{pmatrix}0 & -\frac{3}{d} & \frac{2}{d} \\ d & e & \frac{1}{3} (-d-2 e) \\ -d & \frac{3-d e}{d} & \frac{d^2+2 d e-6}{3 d}\end{pmatrix}$ avec $d\ne0$
J'avais pensé à cette idée, mais je n'aurais pas cru qu'elle aurait donnée quelque chose de concluant. Chapeau !
Cette méthode a l'avantage en plus de marcher en toute généralité (mais demande du coup de connaître la décomposition de $A$ donnée par le théorème du rang).
Si $A$ est inversible, l'égalité $A\;{\text{Com}(A)}^{\top}=\det(A)I_n$ donne $\text{Com}(A)=\det(A)(A^{-1})^{\top}$ donc $\text{Com}(A)$ inversible.
Si $A,B$ sont inversibles, cette égalité donne $\text{Com}(AB)=\text{Com}(A)\text{Com}(B)$, et cette identité s'étend à $\mathcal{M}_n(\mathbb{K})$ par densité.
Si $\text{rg}(A)=r<n$, alors $A$ est équivalente à $J_r$, donc $\text{com}(A)$ est équivalente à $\text{com}(J_r)$ (donc a même rang).
Enfin $\text{com}(J_r)=0$ pour $r<n-1$ (les cofacteurs ont tous une colonne nulle), et $\text{com}(J_{n-1})=I_n-J_{n-1}$ qui est de rang $1$.
Je ne vois pas comment trouver l'adhérence de $X$ dans $M_n(\C)$.
On a $GL_n(\C) \subset X$ donc $Adh( GL_n(\C)) \subset Adh(X)$.
Mais $GL_n(\C)$ est dense dans $M_n(\C)$ donc $Adh( GL_n(\C))= M_n(\C)$.
Ce qui signifie que $M_n(\C) \subset Adh(X)$. Mais $Adh(X)$ est une partie de $M_n(\C)$.
Finalement $\boxed{Adh( X)= M_n( \C)}$.