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Voici une solution dans une star-algèbre définie positive, autrement dit une $\C$-algèbre ou une $\R$-algèbre munie d'une involution vérifiantla contrainte$$\forall n \in \N^*, \; \forall (a_1,\dots,a_n)\in \mathcal{A}^n,…C'est vrai que sans cela on ne voit pas bien ce que fait ici l'hypothèse de symétrie. D'ailleurs cet énoncé est vrai quelles que soient les matrices complexes envisagées, c'est une simple application de la trigonalisation simultanée sur $\mathb…Voici un contre-exemple pour des structures hermitiennes isotropes.
On prend les matrices
$$A=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \quad \textrm{et} \quad B:=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},$$On prend la $\C$-algèbre non commutative libre à deux générateurs $x$ et $y$ soumis aux relations $x^2=x$ et $y^2=y$. On prend l'involution antilinéaire de celle-ci qui fixe $x$ et $y$. L'idéal engendré par $(xy)^2-xy$ et $(yx…Bonjour John_John, le résultat intervient dans un travail de recherche sur le problème suivant : déterminer les sous-espaces vectoriels de$M_n(K)$ formés de matrices trigonalisables sur $K$ et de dimension maximale possible. C…MrJ l'application $P \mapsto P'$ est vraiment extrêmement simple (bloc de Jordan nilpotent infini).
Il n'y a hélas rien d'équivalent et de suffisamment général.Sur un espace vectoriel de dimension dénombrable, et uniquement pour les endomorphismes localement finis, c'est-à-dire tels que $\mathrm{Vect} \{f^n(x) \…Jolie mais fausse. Ce n'est pas parce qu'une matrice diagonalisable est à valeurs propres positives que sa partie symétrique est positive. Prendre par exemple $\begin{bmatrix} 1 & t \\ 0 & 2 \end{bmatrix}$ avec $t$ suffisamment grand.Exo amusant, je ne connaissais pas. On a en fait démontré que pour une forme bilinéaire symétrique sur un espace complet, la continuité partielle entraîne la continuité.
Déjà, pour un corps infini, le plus simple est d'ignorer la réduction de Frobenius et de la remplacer par le théorème de Fillmore
(https://www.ta…Oui. Il faut écarter tous les corps non-parfaits de caractéristique 2 pour les matrices de taille 2. En effet, sur un tel corps, toute matrice diagonalisable de trace $0$ est scalaire (deux valeurs propres égales), donc si l'énoncé était vrai a…OK, c'est un bon début. Mais il faut changer complètement de braquet sur les corps finis de petit cardinal, car aucune matrice diagonalisable n'est cyclique si elle est de taille trop élevée.
En attendant, il serait bon que Poirot se penche sur mon indication. Je serais curieux de voir s'il y a une solution plus simple que celle que j'ai trouvée (et que je garde encore pour moi : sachez simplement qu'elle utilise une méthode assez subtil…Gros sabots un peu crottés alors... Bien sûr on écarte le cas des endomorphismes cycliques nilpotents, mais il y a des endomorphismes cycliques inversibles de trace nulle...
Je précise que la réponse à la question initiale est positive. Sur n'importe quel corps, toute matrice carrée est somme d'une diagonalisable et d'une nilpotente.
Par réduction de Frobénius, il suffit de montrer le résultat pour des matrices cycliques.Dans ce cas c'est assez facile pour les matrices cycliques de trace non nulle, et demande substantiellement plus de doigté pour des matrices cyc…C'est une façon d'inciter les étudiants à proposer des solutions sans craindre la concurrence de solutions nettement mieux ficelées et proposées par des professeurs chevronnés.
Je pense que, dans l'esprit de l'énoncé, la seule preuve raisonnable attendue est la suivante.Soit $\lambda$ une valeur propre complexe non nulle de $AB$. Soit $X$ un vecteur propre complexe de $AB$ associé à $\lambda$. Comme …Je précise pour la caractéristique $2$ : les matrices sont alors congruentes si et seulement si $a$ est un carré dans le corps de base. Pour le voir on examine les valeurs prises par la forme quadratique associée.
C'est faux en caractéristique $2$ ($I_2$ n'est pas nécessairement congruente à $a I_2$).C'est vrai en caractéristique différente de $2$ : les formes quadratiques canoniquement associées sont clairement congruentes à $(x,y) \mapsto xy…A noter que le nouveau programme de MP (en vigueur depuis septembre 2022) remet à l'honneur le théorème de convergence monotone en version séries de fonctions (à terme général positif), ce qui s'applique fort bien ici.
A noter que cette contrainte ne relève pas du dogmatisme mais a un but précis : assurer l'unicité de la différentielle d'une fonction donnée en un point donné.
Il faut évidemment comprendre comment le commutant se calcule dans le cas nilpotent : on prend les cases "à l'air libre" dans le tableau de Young, c'est-à-dire celles qui n'ont pas de cases au-dessus d'elles. Une telle case représente un vect…Avec les notations du texte sur les tableaux de Young, la dimension du commutant de la matrice nilpotente est naturellement$p_r(p_1+\cdots+p_r)+(p_{r-1}-p_r)(p_1+\cdots+p_{r-1})+\cdots+(p_1-p_2) p_1$, et une interversion de so…(Quote)On évite toute forme d'axiome du choix car on démontre "seulement" l'absence de compacité au sens Borel-Lebesgue. Mais, pour montrer l'absence de compacité au sens "Bolzano-Weierstrass", il semble difficile de se passer de l'axiome du …Le problème est de s'entendre sur ce que veux dire "dessin pertinent".Je pense qu'à part des situations hyper-simples où les arcs sont des segments ou des lignes brisées très simples, il est inenvisageable de valider quelque ra…Pour information, il semble que cette question ait été donnée en filière ... PC !Mieux, elles sont conjuguées dans l'algèbre correspondante de matrices carrées.
l'énoncé que j'utilise (lien noyau-cône isotrope) est effectivement une conséquence classique de la version de Cauchy-Schwarz pour l…Version savante pour les amateurs de formes quadratiques :$b : (x,y) \mapsto \langle x,y\rangle-\langle p(x),p(y)\rangle$ est une forme bilinéaire symétrique de forme quadratique associée$Q : x \mapsto \|x\|^2…Le déplacement des épreuves du bac en juin ne donne plus d'obligation aux professeurs de Terminale d'avoir traité avant la mi-mars le programme prévu auparavant.
Le fait que l'angle maximal ne dépasse pas 180 degrés semble utile...
Un grand bravo à Emmanuel. Je n'avais pas mesuré à quel point j'étais devenu accro à ce forum, bien qu'y postant peu. Quelle frustration depuis un mois ! Quand on perd un forum d'une telle qualité, le monde a moins de saveur !
Il est bien clair pour les auteurs qu'on exclut les suites constantes.
Pour le cas du rang $2$, on peut penser à une généralisation du principe voulant que toute matrice complexe de trace nulle est semblable à une matrice de diagonale nulle (exercice classique normalement vu par tout taupin qui se respecte). La gé…Oui lorsque $\mathrm{rg} (M) =1$. J'ai déjà expliqué qu'il y a une condition nécessaire supplémentaire lorsque $\mathrm{rg} (M)=2$...
Pour le cas où $\mathrm{rg} M=1$, il est judicieux de représenter $X \mapsto MX$ dans une base adaptée à $\mathrm{Im} M$ et dont le premier vecteur est dans $\mathrm{Ker} M$.lcm1789 : le début de ton indication peut effectivement permettre de repérer facilement le caractère diagonalisable d'une matrice de rang $1$, mais la linéarité de la trace n'est pas d'un grand secours pour résoudre le problème (il n'y a rien à…Attention : pour le cas $\mathrm{rg} M=1$ il n'y a pas seulement deux classes de similitude possibles, mais fort heureusement cela ne change pas beaucoup la démonstration.Pour le cas $\mathrm{rg} M=2$ la bonne discussion me semble pl…Oui, la réciproque est fausse. La bonne caractérisation, c'est que l'extension de décomposition associée à $x$ ait pour degré sur $\mathbb{Q}$ une puissance de $2$.
Bonjour!
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