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Le rang d'une somme de deux matrices

Modifié (13 Sep) dans Algèbre
$\newcommand{\rg}{\mathrm{rg}}$
Dans un forum chinois, j'ai trouvé ceci: si A et B sont deux matrices carrés vérifiant $AB=BA=0$ et $A^2=A$ alors $\rg(A+B)=\rg(A)+\rg(B)$
La preuve est-elle évidente ?
Peut-on formuler une CNS ?
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Citation :  Je suis Jack 

Réponses

  • $A$ et $B$ sont simultanément diagonalisables avec $\mathrm{Spec}(A)\subset\{0,1\}$.
    On en déduit cette formule du rang facilement.
  • Bonsoir, 
    Pourquoi tu dis que B est diagonalisable ? 
  • Ce que je sais  si l'une des deux matrices admets que des valeurs propres simples et AB=BA alors A et B sont simultanément diagonalisables 
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    Citation :  Je suis Jack 
  • @Calli : My bad !
    Il existe $m,n\in\N$, $C\in M_n(K)$ et $P\in\mathrm{GL}_{m+n}(K)$ tels que $P^{-1}AP=\mathrm{Diag}(0_n,I_m)$ et $P^{-1}BP=\mathrm{Diag}(C,0_m)$.
    D'où $\mathrm{rang}(A+B)=\mathrm{rang}(C)+m=\mathrm{rang}(B)+\mathrm{rang}(A)$.
  • Modifié (13 Sep)
    Bonsoir,
    Ou alors en bricolant :
    $\forall x,\  Ax=A(Ax+Bx)=(A+B)Ax \in im(A+B)$ d'où $im A\subset im(A+B)$ (1)

    Correction à faire.

    Si $y \in im A \cap im B$ alors $y$ s'écrit $y=Bx$ et comme $Ay=y, ABx=0$ alors $y=0$ d'où $ im A \cap im B =\{0\}$ (2)

    Correction.
    On a $(A+B)(I_n-A)=A+B-A^2-BA=B$ d'où $im B \subset im (A+B)$ et donc finalement d'après (1) (et l'inclusion triviale dans l'autre sens)
    $im A + im B=im (A+B)$ (3)
    La somme à gauche est directe d'après (2). Le résultat dérive alors de (3) par égalité des dimensions des membres de gauche et droite.
  • Modifié (12 Sep)
    Et si on remplace A²=A par rg(A²)=rg(A)  ( c'est la question originale)


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    Citation :  Je suis Jack 
  • MrJMrJ
    Modifié (12 Sep)
    De tête, il me semble que l’idée de gai requin marche encore en se plaçant dans une base adaptée à la décomposition $\mathbb{K}^n=\textrm{Ker}(A)\oplus \textrm{Im}(A)$.
  • Modifié (13 Sep)

    ERREUR A CORRIGER DANS LE MESSAGE PRÉCÉDENT.


    La preuve était incorrecte car il me manquait l'argument justifiant $im B \subset im(A+B)$ (1)
    J'ai corrigé plus haut dans le cas $A=A^2$
    Dans le cas $rg A=rg A^2$, on procède de la même façon.
    Je ne donne que l'argument (ie la preuve de (1)) qui me manquait puisque Gebrane donne une preuve détaillée plus bas.

    On suppose qu'on a déjà prouvé $im A\subset im(A+B)$ (2)
    On a alors $(A+B)(I-A)-A(I-A)=B$ d'où $im B\subset im (A+B)+im(A)$ et donc d'après (2) $im B\subset im(A+B)$.


  • @Lars     ta preuve ne contient pas d'erreurs . Demain si tu veux je vais la détailler 
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (13 Sep)
    Lars a donné une preuve  de ce lemme
    Si A et B sont deux matrices carrées vérifiant $AB=BA$ et $\rg(A^2)=\rg(A)$ alors $\rg(A+B)=\rg(A)+\rg(B)$
    puis il a eu un doute et il l'a effacée. Je trouve sa preuve correcte. Il démontre en plusieurs étapes que $im(A)\oplus im(B)=im(A+B)$
    Sa rédaction était difficile à comprendre, je rédige proprement  pour qu'un étudiant L1 comprenne sans problème 
    Etape 1, on montre que $im(A^2)=im(A)$ et $\ker(A^2)=\ker(A)$
    On a trivialement $im(A^2)\subset im(A)$ et par hypothèse $\dim(im(A^2))=\dim(im(A))$, d'où $im(A^2)=im(A)$ et par le théorème du rang on a aussi $\ker(A^2)=\ker(A)$.
    Etape 2, on montre que $im(A)\cap im(B)=\{0\}$^2
    Soit $z\in im(A)\cap im(B)$ alors $z=Ax=By$, or $Az=A²x=ABy=0$, donc $x\in \ker(A^2)$ et d'après la première étape $\ker(A^2)=\ker(A)$, d'où $Ax=0$ c'est à dire $z=0$.
    Etape 3, on montre que $im(A)\subset im(A+B)$
    Soit $z\in im(A)$, alors $z\in im(A^2)$ d’après la première étape, donc $z=A(Ax)=A(Ax)+B(Ax)=(A+B)(Ax)$ donc $z\in im(A+B)$.
    Etape 4, On déduit que $im(A)+im(B)\subset im(A+B)$
    Soit $z\in im(A)+im(B)$, puisque $im(A)\subset im(A+B)$, alors $z=(A+B)x+By$, d'où $z=Ax+B(x+y)=A(x+y)+B(x+y)+A(-y)=(A+B)(x+y)+A(-y)$, or $im(A)\subset im(A+B)$, donc $z\in im(A+B)$.
    Etape 5, on conclut 
    On a $im(A)+im(B)\subset im(A+B)$ et trivialement $im(A+B)\subset im(A)+im(B)$, d'où  $im(A)+im(B)= im(A+B)$. Finalement $im(A)\oplus im(B)=im(A+B)$ et le lemme s'ensuit.
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Bonjour   @GaBuZoMeu  , les hautes voltiges ont tous  compris  l'indication de @gai requin sauf gebrane. Tu sais que je fonctionne avec 12 volts. Peux-tu m'aider stp .
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (13 Sep)
    Bonjour
    Merci Gebrane pour la correction.
    La "preuve" (en fait les deux) était bien incorrecte car il manquait un argument.
    Nb : la preuve de gai requin donne également la somme directe.
  • Modifié (13 Sep)
    @gebrane, tu as montré $\mathrm{im}(A^2)=\mathrm{im}(A)$. Tu en déduis facilement $K^n=\mathrm{im}(A)\oplus\ker(A)$. Ces deux sous-espaces sont stables par $B$ puisque $A$ et $B$ commutent, et on a $B|_{\mathrm{im}(A)}=0$ puisque $BA=0$. Yapuka conclure.
  • Modifié (13 Sep)
    Merci @GaBuZoMeu de venir à ma rescousse.
    Je ne sais si on parle de la même chose, mon but est de  comprendre cette assertion de @gai requin Il existe $m,n\in\N$, $\ C\in M_n(K)$ et $P\in\mathrm{GL}_{m+n}(K)$ tels que $P^{-1}AP=\mathrm{Diag}(0_n,I_m)$ et $P^{-1}BP=\mathrm{Diag}(C,0_m)$. 

     Est-ce que c'est un résultat ou un théorème que je ne connais pas (ou [que] j'ai dû l'oublier).
    Si ton message a pour but de me l'expliquer, je m'y mets.
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    Citation :  Je suis Jack 
  • La décomposition en somme directe et ce que j'ai raconté te donnent $P$ inversible telle que $P^{-1} A P=\mathrm{Diag}(0_{n-r},U)$ (avec $U$ inversible, mais c'est accessoire) et $P^{-1} B P=\mathrm{Diag}(C,0_r)$. Ce qui change par rapport à @gai requin , c'est que tu as changé l'énoncé de départ en remplaçant $A^2=A$ par $\mathrm{rg}(A^2)=\mathrm{rg}(A)$.
  • Modifié (13 Sep)
    J'ai posé le problème avec A²=A et GR a donné une réponse que je n'ai pas compris.

    Apres j'ai proposé la question originale du forum chinois c'est-à-dire  avec rg(A²)=rg(A).
    Mon but était de comprendre ce qu'a dit GR dans le cas A²=A. Dans ta réponse je te vois remplacer I de GR par U inversible ?
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (13 Sep)
    Dans le cas où $A^2=A$, tu disposes de la décomposition $K^n = \ker(A)\oplus ImA$ et aussi du fait que $Ax=x$ pour tout $x$ dans l'image de $A$.
    D'où la première matrice diagonale bloc (en prenant n'importe quelle base associée à la décomposition précédemment écrite).
    Par ailleurs, $AB = 0$ donc l'image de $B$ est incluse dans le noyau de $A$ ce qui fait que la matrice bloc obtenue avec la même matrice de changement de base aura sa deuxième ligne nulle.
    Enfin, $BA = 0$ donc l'image de $A$ est incluse dans le noyau de $B$ et donc, la deuxième colonne de la matrice bloc évoquée supra est nulle.

    J'espère que c'est à peu près clair...
  • Modifié (13 Sep)
    Merci @JLapin c'est clair, je me demande pourquoi cette envie de compliquer lorsqu' on peut faire simple (surtout qu'on s'adresse à un analyste )
    L'affaire est close .
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (13 Sep)
    Je te laissais juste un peu de travail à faire par toi-même. Si tu n'en as pas envie, tant pis.
    As-tu au moins compris que dans le cas général $\mathrm{rg}(A^2)=\mathrm{rg}(A)$, on a aussi $K^n=\mathrm{im}(A)\oplus\ker(A)$ ?
    L'algèbre linéaire n'est-elle pas un outil indispensable, y compris pour l'analyste ?
  • Modifié (13 Sep)
    Cette phrase  je me demande pourquoi cette envie de compliquer lorsqu' on peut faire simple était adressé à GR et non pas à toi @GaBuZoMeu . Je n'ai pas le flair d'un "algebriste "pour s'avoir qu'il part de $K^n = \ker(A)\oplus \mathrm{im}\,A$
    Oui je sais faire $K^n = \ker(A)\oplus \mathrm{im}\,A$.
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    Citation :  Je suis Jack 
  • N'as-tu pas lu l'intervention de @MrJ ?
  • Son message a été modifié.  Je ne sais pas ce que j'ai lu exactement.
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    Citation :  Je suis Jack 
  • @gebrane : C'est toi qui t'emmêles les pinceaux entre tes deux énoncés.
    J'ai répondu au premier énoncé dans lequel $A$ est diagonalisable avec $\mathrm{Spec}(A)\subset\{0,1\}$.
    On en déduit mon $P^{-1}BP$ en remarquant que les sous-espaces propres de $A$ sont stables par $B$.
    Je ne suis donc pas parti de $K^n=\ker A\oplus\mathrm{Im}A$ !
  • Modifié (13 Sep)
    Mon ami @gai requin je suis plus que surpris par ta réponse J'ai répondu au premier énoncé dans lequel A est diagonalisable .
    Je me demande ce que je rate, l'énoncé était A et B sont deux matrices carrés vérifiant AB=BA=0 et =A 
    et si je comprends bien, tu déduis  que la matrice A est diagonalisable ?
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Modifié (13 Sep)
    Oui, $A$ est annulée par un polynôme scindé à racines simples.

  • Donc moi et @GaBuZoMeu et @JLapin, on était à l'ouest. On a cru que tu partais de $K^n=\ker A\oplus\mathrm{Im}A$
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    Citation :  Je suis Jack 
  • Le contenu de mon message n'a pas évolué à la modification : je n'ai que rectifié des coquilles typographiques de LaTeX.
  • Mais enfin gebrane !!!
    $A^2=A$ veut dire que $A$ est un projecteur, et donc en particulier l'espace est somme directe de son noyau et de son image.
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