Matrices nilpotentes
Réponses
-
Il y a probablement des tas de méthodes. Bien sûr, le truc est trivialisé si on connaît la réduction des couples contragrédients, mais je vais traiter le truc à un niveau taupinal.Par l'absurde, on suppose donc $(AB)^{n-1} \neq 0$ et $(BA)^{n-1} \neq 0$. Evidemment $BA$ est nilpotente, et ainsi $AB$ et $BA$ sont des blocs de Jordan nilpotents. Si on prend $X$ dans $\C^n \setminus \mathrm{Im}(BA)$, alors$X$ est cyclique pour $BA$, et ainsi $AX$ sera cyclique pour $AB$ sauf si $AX \in \mathrm{Im}(AB)$. Mais si $AX$ est cyclique pour $AB$ alors on en déduit facilement que $\mathrm{rg} A=n$, ce qui a été exclu. Ainsi $AX \in \mathrm{Im}(AB)$ pour tout $X \in \C^n \setminus \mathrm{Im}(BA)$, puis par linéarité $\mathrm{Im} A \subset \mathrm{Im}(AB)$. Symétriquement $\mathrm{Im} B \subset \mathrm{Im}(BA)$. On trouve alors facilement, par itérations,$\mathrm{Im} A \subset \mathrm{Im} ABA \subset \mathrm{Im} ABABA \subset \cdots \subset \mathrm{Im} A(BA)^n A=\{0\}$, donc $A=0$, puis $(AB)^{n-1}=0$, ce qui est absurde.
-
Variante de dSP.Il est classique que $AB$ et $BA$ ont même polynôme caractéristique. Donc $BA$ aussi est nilpotente.Supposons par l'absurde que ni $(AB)^{n-1}$, ni $(BA)^{n-1}$ ne sont nulles. Alors les matrices $AB$ et $BA$ sont nilpotentes d'indice $n$, donc de rang $n-1$.De là, il découle facilement que ${\rm ker}(AB)={\rm ker}(B)$ et ${\rm ker}(BA)={\rm ker}(A)$. Donc par récurrence ${\rm ker}((AB)^{n})={\rm ker}(B)$, ce qui est absurde.
-
On a $(AB)^n=(AB)^{n-1}.AB$ donc si $(AB)^n=0$ alors aussi $(AB)^{n-1}.AB=0$ et on déduit que $(AB)^{n-1}=0$ en multipliant à droite par l inverse de B puis l inverse de A. J'ai raté quoi ?C'est ma première bêtise 2023 ?
Le 😄 Farceur -
$A$ et $B$ ne sont pas inversibles.
-
D'ailleurs, si elles l'étaient, $AB$ le serait aussi et aurait ainsi du mal à être nilpotente.
-
Sincèrement je n'ai pas vu le mot non . Je commence bien la 2023Le 😄 Farceur
-
Pour expier, tu pourrais reformater ton ordinateur avec un système d'exploitation digne de ce nom qui te permet d'importer des bibliothèques C.
-
Ce n'est pas parce qu'une personne ne sait pas faire une chose dans un environnement que c'est impossible dans cet environnement !Il ne faut pas respirer la compote, ça fait tousser.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse -
il se passe quoi dans ce fil, tous sont devenus aveugles ? on n'est pas dans le fil de C
Le 😄 Farceur -
Paul Broussous a dit https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2405174/#Comment_2405174De là, il découle facilement que ${\rm ker}(AB)={\rm ker}(B)$ et ${\rm ker}(BA)={\rm ker}(A)$. Donc par récurrence ${\rm ker}((AB)^{n})={\rm ker}(B)$, ce qui est absurde.
-
etanche a dit :Pourquoi $\ker(AB) = \ker(B)$ ? Merci.OH ! Pour une fois que j'ai une réponse à donner sur un post d'etanche !!!Je me posais la question aussi ! On a : $\ker(B) \subset \ker(AB)$ mais on a vu que $AB$ est de rang $n-1$ donc $\ker(AB)$ est de dimension $1$ d'après le théorème du rang.Ainsi, $\ker(B)$ est de dimension $0$ ou $1$ mais $B$ n'est pas inversible donc $\dim(\ker(B))=1=\dim(\ker(AB))$ et ainsi, l'inclusion est en fait une égalité !Par contre, le "par récurrence ..." qui suit, je ne comprends pas... Ah si, ça y est, j'ai compris ! ^^'
-
NicoLeProf a dit :Par contre, le "par récurrence ..." qui suit, je ne comprends pas...Si $X\in {\ker}((AB)^n )$, alors $(AB)^{n-1}(ABX)=0$. Donc $ABX\in {\ker}((AB)^{n-1})={\ker}(B)$ par hypothèse de récurrence. Donc $BA(BX)=0$, donc $BX=0$. Ainsi ${\ker}((AB)^n )\subseteq {\ker}(B)$, puis égalité, l'autre inclusion étant claire. J'espère m'être pas fourvoyé.
-
Paul Broussous a dit :Oui c'est ce que j'ai fait sur mon brouillon en raisonnant par récurrence sur un entier $k \in \mathbb{N}^*$ plutôt car $n$ est supposé supérieur ou égal à $2$ dans l'énoncé d'etanche donc finalement j'ai compris ! Merci beaucoup pour cette preuve très intéressante !!!Je vais pouvoir ajouter l'exercice à ma base de données !
-
Je propose ceci.[Une réponse fausse, désolé]
-
Un contre-exemple avec A inversible et B non inversible ?
Le 😄 Farceur -
@ dSP peux-tu nous dire plus sur la réduction des couples contragrédients ? Des références ? Merci
-
Le principe est de réduire les couples $(a,b) \in \mathcal{L}(U,V) \times \mathcal{L}(V,U)$ modulo la relationd'équivalence définie par : $(a,b) \sim (a',b')$ si et seulement s'il existe deux automorphismes$\varphi \in \mathrm{GL}(U)$ et $\psi \in \mathrm{GL}(V)$ tels que $a'=\psi \circ a \circ \varphi$ et $b'=\varphi^{-1} \circ b \circ \psi^{-1}$.
Voir Horn : https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/0024379593000566 -
Nilpotente d'indice inférieur à $n-2$
-
Ad libitum, selon que l'on veut une illustration ou un contre-exemple.
-
Pardon, j'aurais dû préciser "d'indice $n-1$" pour un contre-exemple !Ou j'aurais mieux fait de ne rien ajouter
-
De la question du fil, on peut déduire le lemme suivantLemme : Soient A et B deux matrices non inversibles d'ordres n>1. Si la matrice produit A.B est nilpotente d'indice p alors p<nLe 😄 Farceur
-
Ah non ça c'est faux. Par exemple $A=\begin{pmatrix} 1&0\\0&0\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix} 0&1\\0&0\end{pmatrix}$.
-
On a un résultat (de mémoire) qui dit que l'indice de nilpotence ne doit pas dépasser l'ordre de la matrice. Donc $p\le n$.Maintenant d’après la question du fil, le $p$ ne peut être égale à $n$ (car dès que $(AB)^n=0$ alors $(AB)^(n-1)=0 $, donc $p<n$).J'avais raté que la question du fil dit que des que $(AB)^n=0$ alors $(AB)^(n-1)=0$ ou $(BA)^(n-1)=0$.Le 😄 Farceur
-
Non, la question du fil dit que si $AB$ et $BA$ sont deux matrices nilpotentes (et que $A$ et $B$ sont non inversibles), alors l'une des deux est d'indice strictement plus petit que $n$ mais ne précise pas laquelle.
-
@gebrane Oui car $AB$ et $BA$ ont le même polynôme caractéristique. Comme celui de $AB$ est $X^n$ où $n$ est la dimension de l'espace $E$ entier (car $AB$ est nilpotente), celui de $BA$ est aussi $X^n$ et $BA$ est également nilpotente (théorème de Cayley-Hamilton).
Par contre, j'ai une question à laquelle j'ai réfléchi aujourd'hui !Dans la preuve fournie par Paul Broussous que je remercie chaleureusement, on déduit au début du raisonnement que $AB$ et $BA$ sont de rang $n-1$ . Cette déduction découle du fait que quand on a un endomorphisme $u$ nilpotent d'ordre de nilpotence égal à $p$, la famille $(x,u(x),...,u^{p-1}(x))$ avec $x$ tel que $u^{p-1}(x) \neq 0$ est libre.Je parviens à prouver la liberté de cette famille avec un raisonnement par l'absurde bien rigoureux mais aussi d'une autre manière pas vraiment rigoureuse pour le coup en appliquant $u$, $u^2$ , ... , $u^{p-1}$ à la combinaison linéaire nulle considérée. Je pense que cette dernière preuve cache en fait un raisonnement par récurrence mais je ne parviens pas à le formaliser clairement ! Comment peut-on s'y prendre? -
Tu peux présenter une combinaison linéaire nulle $\lambda_0 x+\dots+\lambda_{p-1} u^{p-1}(x)=0$ et démontrer par récurrence forte (finie) la propriété $\lambda_k=0$.
-
Pour prouver la liberté de la famille je procède comme ça (plus simple) si $\lambda_0 x+\dots+\lambda_{p-1} u^{p-1}(x)=0,$ soit $i$ le plus petit indice tel que $\lambda_i\ne 0$, donc le problème devient $$\lambda_i u^{i}(x)+\dots+\lambda_{p-1} u^{p-1}(x)=0,$$ et on compose avec $u^{p-1-i}$ ce qui donne $\ \lambda_i u^{p-1}(x)=0$, donc $\lambda_i=0$ donc ...
Le 😄 Farceur -
Ok, merci JLapin j'ai compris !
-
@NicoLeProf Tu n'as pas compris la mienne , elle est économique
Le 😄 Farceur -
Cette même démonstration permet de démontrer, sans utiliser le polynôme caractéristique, que si $(AB)^n=0$ alors $(BA)^n=0$ (dans $M_n(\C)$).
En effet $(AB)^n=0$ entraine que $(BA)^{n+1}=B(AB)^nA=0$ : si on avait $(BA)^n\neq0$ il existerait un vecteur $X$ tel que $(BA)^nX\neq0$ et par suite la famille $(X,(BA)X,\dots,(BA)^nX)$ de cardinal $n+1$ serait libre, impossible car $\dim(\C^n)=n$. -
gebrane a dit :@NicoLeProf Tu n'as pas compris la mienne , elle est économique
-
Euh non, $AB$ peut être nilpotente sans que $BA$ le soit. Avec l'exemple de JLT, on a $AB \neq 0$ et $BA = 0$... . Le polynôme minimal divise le polynôme caractéristique, mais l'inverse n'est pas vrai en général.
-
@Bibix, je ne vois pas le problème : la matrice nulle n'est-elle pas considérée comme une matrice nilpotente d'indice de nilpotence égal à $1$ ?Nous n'avons pas parlé de polynôme minimal ici . Nous avons dit que $AB$ et $BA$ ont le même polynôme caractéristique. Comme celui de $AB$ est $X^n$ car $AB$ est nilpotente, celui de $BA$ est $X^n$ donc $BA$ est aussi nilpotente ($BA$ peut être nulle mais son polynôme caractéristique sera quand même égal à $X^n$ et elle est nilpotente d'indice de nilpotence égal à $1$ dans ce cas). Il y a pourtant équivalence entre "être nilpotent" et avoir un polynôme caractéristique égal à $X^n$ dans tous les cours que j'ai lus jusqu'à présent.Et d'ailleurs, on peut prouver facilement que la seule matrice nilpotente diagonalisable est la matrice nulle... non? ^^'
-
Oui, as-tu un doute? Si $M=P^{-1}DP$ et $M^p=0$ alors $P^{-1}D^pP=0$ alors $D=0$
Le 😄 Farceur -
Pas vraiment de doute pour le coup non mais de nombreux membres de ce forum sont vraiment brillants je trouve et il me semble bien que Bibix en fait partie ! Donc forcément, Bibix crée le doute à travers son message. Si je fais une erreur de raisonnement ou si ma définition d'endomorphisme nilpotent n'est pas bonne, j'aimerais donc avoir une explication ! ^^'
-
Oui, j'ai écrit n'importe quoi. Leur indice de nilpotence peut être différent...
-
Sauf erreur, $(BA)^{n+1}=0$ suffit, merci @jandri ! Supposons $(AB)^{n-1}\neq 0$ et $(BA)^{n-1}\neq 0$. On a : $$\{0\}\varsubsetneq \ker B\subset \ker AB\varsubsetneq\cdots\varsubsetneq\ker (AB)^{n-1}\varsubsetneq\ker(AB)^n.$$ La première inclusion est stricte car $B$ n'est pas inversible. La dernière inclusion est stricte car $(AB)^{n-1}\neq 0$ et $(AB)^{n}=0$. Et pour tout $k\in\N^*$, si $\ker(AB)^k=\ker(AB)^{k+1}$ alors $\ker(AB)^{k+1}=\ker(AB)^{k+2}$, ce qui explique les autres inclusions strictes. Pour tout $k\in\N^*$ on note $d_k$ la dimension de $\ker(AB)^k$. On a : $$n\geqslant d_n=d_1+\sum_{k=1}^{n-1}d_{k+1}-d_k\geqslant d_1+n-1.$$ Il suit $d_1\leqslant 1$, puis $\ker B=\ker AB$. Comme $A$ n'est pas inversible non plus et comme $(BA)^{n+1}=B(AB)^nA=0$, on peut échanger les rôles de $A$ et de $B$, d'où $\ker A=\ker BA$. Enfin, si $X\in\ker(AB)^2$ alors $ABX\in\ker B$, donc $BX\in\ker A$, donc $X\in\ker AB$, d'où $\ker AB=\ker(AB)^2$, contradiction.
-
Dans ce fil un argument souvent utilisé est que $AB$ et $BA$ ont même polynôme caractéristique, théorème dont je n'ai que de vagues souvenirs et qui n'est pas aussi évident que d'aucuns l'affirment . J'en essaie donc une démonstrationSi $A,B\in Gl_n(\mathbb{C})$ alors $AB=B^{-1}(BA)B$ donc $AB$ et $BA$ sont équivalentes et ont mêmes polynômes caractéristiques.Pour $A,B$ quelconques le théorème vient par densité de $Gl_n(\mathbb{C})$ dans $M_n(\mathbb{C})$ puis par continuité des deux applications égales sur $Gl_n(\mathbb{C})$ $AB\mapsto P_{AB}(X)$ et $AB\mapsto P_{AB}(X)$ $BA\mapsto P_{BA}(X)$.
-
Merci beaucoup Alain24 !!!J'ai trouvé cette autre preuve (de Guego : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/469654#Comment_469654) sur un ancien fil aussi (je l'aime bien aussi même si je dois admettre qu'il faut être très doué et malin pour construire des matrices $M$ et $N$ pertinentes) :"Soient $M = \begin{pmatrix} -\lambda I & -B \\ A & I \end{pmatrix}$ et $N = \begin{pmatrix} I & B \\ 0 & -\lambda I \end{pmatrix}$.
L'identité $\det(MN)=\det(NM)$ fournit l'égalité des polynômes caractéristiques de $AB$ et de $BA$".
-
@NicoLeProf : et pourquoi ces deux applications citées par Alain24 sont continues ?
-
@gebrane : j'ai voulu montrer que les résultats bien connus sur les noyaux itérés suffisent. Pas de théorème du rang, pas de polynôme caractéristique, pas de "si $u^{k}=0$ et $u^{k-1}\neq 0$, alors il existe un vecteur $x$ tel que $(x,u(x),\dots,u^{k-1}(x))$ est libre".Supposons $(AB)^{n-1}\neq 0$ et $(BA)^{n-1}\neq 0$.D'une part : $$\{0\}\varsubsetneq \ker B\subset \ker AB\varsubsetneq\cdots\varsubsetneq\ker (AB)^{n-1}\varsubsetneq\ker(AB)^n,$$ les inclusions strictes étant justifiées par le fait que $B$ n'est pas inversible et que $(AB)^n=0$. D'où, avec $d_k:=\dim\ker(AB)^k$ : $$n=d_n=d_1+\sum_{k=1}^{n-1}d_{k+1}-d_k\geqslant d_1+n-1 \implies d_1\leqslant 1 \implies \ker B=\ker AB.$$ D'autre part : $$\{0\}\varsubsetneq \ker A\subset \ker BA\varsubsetneq\cdots\varsubsetneq\ker (BA)^{n-1}\varsubsetneq\ker(BA)^n,$$ les inclusions strictes étant justifiées par le fait que $A$ n'est pas inversible et que $(BA)^{n+1}=0$. En effet, si l'une des inclusions entre $\ker BA$ et $\ker(BA)^n$ n'était pas stricte, l'on aurait aussitôt $\ker(BA)^{n-1}=\ker(BA)^{n+1}=\C^n$. D'où, avec $D_k:=\dim\ker(BA)^k$ : $$n\geqslant D_n=D_1+\sum_{k=1}^{n-1}D_{k+1}-D_k\geqslant D_1+n-1 \implies D_1\leqslant 1 \implies \ker A=\ker BA.$$ Il en résulte que $\ker AB=\ker(AB)^2$, contradiction.
-
Audeo Je n'avais pas compris cela.
Pour tous et si on pose la question de étanche autrement
Soit $X\in M_n(\C)$ vérifiant $X^k=0$ pour un certain k>1. Existe-t-il deux matrices A et B de $M_n(\C)$ vérifiant $X=AB$ et $(BA)^{k-1}=0$
je trouve la question difficile . Je ne sais pas faire.
On peut même remplacer $M_n(\C)$ par L(E): espace des endomorphismes sur un espace vectoriel E ou en une algèbre stellaire
Le 😄 Farceur -
-
-
@ gebrane c’est impressionnant. Peux-tu demander à ChatGTP une solution du 93 de
https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2332700/exercices-oraux-2022-ens-x-minesponts-centrale-de-la-rms/p1 Merci -
Etanche écrit moi la question en latex, cette nouvelle version de ce bot comprend et écrit en Latex
Le 😄 Farceur
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 7 Collège/Lycée
- 21.8K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 52 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres