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Commutation et conjugaison

Bonsoir,

on définit pour toute matrice $B$ et toute matrice inversible $P \in GL_n(\C)$ les endomorphismes pour $X \in M_n(\C)$ : $$comm_B(X) = BX-XB\qquad \text{ et }\qquad conj_P(X) = PXP^{-1}.

$$ On montre que $$conj_{P^{-1}} \circ comm_A \circ conj_P(X) = comm_{P^{-1}AP}(X)$$ et que si $A$ est diagonale, la matrice élémentaire $E_{i,j}$ est vecteur propre de $comm_A$, donc $comm_A$ est diagonalisable (base de l'espace).

Maintenant je voudrais montrer que si $A$ est diagonalisable, $comm_A$ l'est aussi.

Si $A$ est diagonale, c'est bon. Sinon, il existe $P$ matrice de passage tel que $A = PDP^{-1}$ où $D$ est diagonale. Donc $comm_{P^{-1}AP}$ est diagonalisable. Or, $conj_P$ est clairement bijectif et $conj_{P}^{-1} = conj_{P^{-1}}$. Mais $$comm_A = conj_{P^{-1}}^{-1} \circ comm_{P^{-1}AP} \circ conj_{P^{-1}} = conj_P \circ comm_{P^{-1}AP} \circ conj_{P^{-1}} =conj_P \circ comm_{D} \circ conj_{P^{-1}}$$ $comm_D$ est diagonalisable, mais je ne sais pas comment cela permet de dire que $comm_A$ est diagonalisable car ses valeurs propres forment une base de l'espace.

Auriez-vous une idée ? La base formée des vecteurs propres est encore une base de vecteurs propres par composition d'isomorphismes ?

Réponses

  • Si tu conjugues un endomorphisme diagonalisable, il reste diagonalisable, ça peut se voir de plein de manières différentes : existence d'un polynôme annulateur scindé à racines simples, base de diagonalisation transportée par l'automorphisme avec lequel on conjugue, etc.
  • Oui la base est transportée mais est-ce qu'elle devient une base de vecteurs propres ? et si je compose par le conjugué d'un isomorphisme, ça reste une base de vecteurs propres ?
  • Bien sûr, tu devrais le vérifier.
  • Si on conjugue un endomorphisme diagonalisable, il reste diagonalisable. Je le fais dans le cas de la dimension finie mais je crois qu'on peut le faire sans cela. On prend $d$ et $g$ deux endomorphismes de l'espace.

    1. Montrons que $g \circ d$ est diagonalisable si $d$ est diagonalisable et $g$ bijectif.

    Il existe une base $B$ de l'espace formée des vecteurs propres de $d$. Montrons que $g(B)$ est formées des valeurs propres de $g\circ d$. $g(B) = (g(e_1), \dots, g(e_n))$ et $d(e_i) = \lambda_i e_i$ donc $g \circ d(e_i) = g \circ(\lambda_i e_i) = \lambda_i g(e_i)$ donc $g(B)$ est bien formée des vecteurs propres de $g \circ d$. Or $g(B)$ est une base car $g$ est bijectif, donc $g \circ d$ est bien diagonalisable.

    2. Montrons que $d \circ g$ est diagonalisable si $d$ est diagonalisable et $g$ bijectif.
  • Tu pouvais tout faire en une étape. Si $g$ est inversible et $u$ admet $x$ pour vecteur propre de valeur propre $\lambda$ alors $g \circ u \circ g^{-1}$ admet $g(x)$ pour vecteur propre de valeur propre $\lambda$.
  • Ah oui c'est vrai ! Merci beaucoup.
  • Ah oui mais ça c'est dans le cas où on a le même endomorphisme bijectif $g$ de chaque côté ($g \circ u \circ g^{-1}$). Mais peut-on montrer simplement que si $g$ est inversible et $d$ diagonalisable, $d \circ g$ est diagonalisable ?
  • Essaye de faire la démonstration et dis-nous !
  • On retrouve cette question dans le sujet Mines-Ponts 2011 sur le critère de Klares à savoir question 8 de Mines-Ponts 2011
    $A \in M_n(C) $ est diagonalisable ssi $ \ker(Comm_{A}) = \ker\big((Comm_A)^2\big)$

    On retrouve le critère de Klares sous forme d’exercice dans le livre réduction des endomorphismes par Rached Mneimné.

    Bernard Klares étais un colleur déjà discuté ici
    La version donnée en colle semble-t-il était $u$ diagonalisable ssi $ ad_u$ et son carré ont même rang.
  • La démonstration, j'ai l'impression que ça ne marche : $d$ est diagonale donc il existe $B = (x_1 \dots, x_n)$ une base de vecteurs propres de $d$. Comme $g$ est bijectif, $g(B)$ est encore une base de l'espace. $\forall x \in B, \exists \lambda \in \R, d(x) = \lambda x$. On ne peut plus rien faire là...

    Contre-exemple : je prends un endomorphisme diagonalisable. Comme je ne connais pas leur tête, je prend une matrice diagonale direct. Dans $R^2$… Soit B la base canonique.

    $A = mat_B(f) = \begin{pmatrix} 1&0\\0&2 \end{pmatrix}$ Matrice diagonale, on a ses valeurs propres : 1 et 2.

    On va déterminer ses vecteurs propres.

    La base doit être formée des vecteurs propres mais elle ne doit pas contenir tous les vecteurs propres, si ? Je vais prendre un vecteur qui engendre les sous-espaces propres de 1 et 2.
    $X = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ est un vecteur propre associé à 1 si $AX = X$ donc x= x et 2y = y donc $e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ convient pour engendrer le sous-espace propre de 1.
    De même, $e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ convient.
    $B = (e_1, e_2)$ est une base formée de vecteurs propres de $A$.

    Maintenant on prend un endomorphisme bijectif $g$ de $R^2$ sur $R^2$ :
    J’en choisi une qui est injective, donc bijective en dimension finie. Donc je vérifie simplement que son noyau est réduit à 0. $g(x,y) \mapsto (5x + 4y, x+2y)$
    Alors $g(x,y) = (0,0)$ lorsque $5x+4y = 0$ et $x+2y =0$, donc $5x+4y = 0$ et $2x+4y=0$, donc $3x = 0$ donc $x=0$. Ainsi $y=0$. Cette application est bien injective.
    $g(B) = (g(e_1), g(e_2)) = ((5,1), (4,2)).$
    Soit $G$ la matrice de $g$ : $G = \begin{pmatrix} 5&4 \\ 1&2 \end{pmatrix}$. $AG = \begin{pmatrix} 5&4\\2&4 \end{pmatrix}$.
    Les vecteurs de la base $g(B)$ sont-ils vecteurs propre de $AG$ ?

    Les valeurs propres de $AG$ sont $\frac{-\sqrt{33}+9}{2}$ et $\frac{\sqrt{33}+9}{2}$, donc l'espace propre associé à la première valeur propre est par exemple engendré par $e_1 = \begin{pmatrix} \frac{-\sqrt{33}+1}{4} \\ 1 \end{pmatrix}$ et pour la deuxième : $e_2 = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{33}+1}{4} \\ 1 \end{pmatrix}$. Ceci n'est pas un multiple d'un des vecteurs de $g(B)$ de $AG$. Donc les vecteurs de $g(B)$ ne sont pas des vecteurs propres de $AG$.
  • Sauf que AG est encore diagonalisable.

    Essaye plutôt de trouver une matrice G inversible telle que AG ne soit pas diagonalisable.
  • Ok donc G inversible telle que AG n’a pas un polynôme caractéristique scindé. Je regarde.

    Je pose $G = \begin{pmatrix} a & b \\ c&d \end{pmatrix}$.

    $ AG = \begin{pmatrix} a & b \\ 2c & 2 d \end{pmatrix}$.

    On prend $a=0$, $b=-1$, $d=0$ et $c=1/2$. Alors sur $R$, le polynôme caractéristique n’est même pas scindé donc il n’est pas scindé racines simples donc $AG$ n’est pas diagonalisable. Voyons si $g$ est bijectif.

    $g : (x,y) \mapsto (-y, 1/2 y)$ donc c’est injectif donc bijectif en dimension finie.

    Ça c’est pour $\R$ mais sur $\C$… On va prendre $a$, $b$, $c$ et $d$ de sorte qu’on ait un polynôme caractéristique scindé mais pas à racines simples sur $\C$.

    $\det(XI_2 - AG) = \begin{vmatrix} X - a & - b \\ -c & X-d \end{vmatrix} = (X-a)(X-d) - bc$. On prend $b = 0$, $a=d = 1$ et $c=2021$.

    Je l’ai utilisé mais je ne me souviens plus si le polynôme caractéristique scindé racines simples est bien une condition nécessaire sur la diagonalisabilité d’une matrice.
  • Oui, c’est une condition nécessaire mais non suffisante.
    Par exemple, regarde le cas de $\begin{pmatrix} 1&1 \\ 0&1 \end{pmatrix}$.
    Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
            -- Schnoebelen, Philippe
  • Si c’est une condition nécessaire, mon contre-exemple fonctionne, non ?

    Par contre si elle n’est que suffisante mais pas nécessaire, ça ne marche plus.

    Suffisante : si le polynôme caractéristique est scindé racines simples, la matrice est diagonalisable.
    Nécessaire : si la matrice est diagonalisable, alors le polynôme caractéristique est scindé racines simples.


    Je regarde pour la matrice, merci.
  • On prend $G = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0&1 \end{pmatrix}$.

    $g$ est bijectif car son noyau est réduit à 0 en dimension finie.

    Alors $AG = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$.

    Cette fois-ci une condition nécessaire et suffisante pour que $AG$ soit diagonalisable est que des vecteurs propres de $AG$ forment une base de l’espace.

    Le polynôme caractéristique de $AG$ est $\chi_{AG} = \det(XI_2 - AG) = (X-1)(X-2)$. Les valeurs propres sont donc 1 et 2.
    Soit $X = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$.
    $(AG)X = X$ lorsque $x + y = x$ et $y=y$ donc $e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ engendre le sous-espace propre associé à 1.
    $(AG)X = 2X$ lorsque $x+y = 2x$ et $2y = 2y$ donc $2x + 2y = 4x$ et $2y = 2y$ donc
    $e_2 = \begin{pmatrix} 1,1 \end{pmatrix}$ convient.

    $(e_1, e_2)$ est libre.
  • Tu viens de démontrer qu'une matrice de taille 2 admettant deux valeurs propres distinctes n'est pas diagonalisable. C'est douteux.
  • @Petite Taupe (AG)X=2X ça te donne 2y=2y et non pas y=2y
  • Ah oui merci, j'ai corrigé.

    Bon donc on retombe sur une matrice diagonalisable... Le contre-exemple n'est pas bon si on a des valeurs propres distinctes.

    Je devais prendre $AG = \begin{pmatrix} 1&1\\0&1 \end{pmatrix}$ avec alors $G = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}$.
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