Une réciproque

Bonjour @michal,

Voici une série de solutions, et non pas toutes les solutions.

On raisonne comme suit :
$A^2 + B^2 = \sqrt{3} (AB-BA)$ n'est pas évidente à résoudre car la condition $AB-BA$ inversible exclut les solutions les plus évidentes.

Donc on se débarrasse de la condition ! C'est un raisonnement de physicien : si on n'aime pas quelque chose, on n'en mange pas !

Il est alors facile de résoudre : $A^2 + B^2 = \sqrt{3} (AB-BA)$ sans autre condition. Par exemple, $B = x A$ où $x$ est dans $\R.$ On calcule $AB-BA = x (A^2 - A^2) = O$ et $A^2+B^2 = (1+x^2) A^2.$ L'équation est satisfaite si $A^2 = O.$ Il suffit que $A$ soit l'une des racines carrées de la matrice nulle.

Quel est le rapport avec la choucroute ?

On choisit $A$ matrice d'ordre $6$ par bloc. Les blocs sont d'ordre $2$. Soit $a, b, c$ des matrices d'ordre $2$ et $A=diag(a,b,c).$ De même, $B = diag(d,e,f).$

On calcule $AB=diag(ad, be,cf)$ et $BA = diag(da, eb, fc)$. Et donc $AB-BA = diag(ad-da, be-eb, cf-fc).$
On calcule $A^2 = diag(a^2, b^2, c^2)$ et $B^2 = diag(d^2, e^2, f^2)$.

L'équation est satisfaite quand $A^2+B^2 = diag(a^2 + d^2, b^2 + e^2, c^2+f^2) = \sqrt{3} (AB-BA) = \sqrt{3} diag(ad-da, be-eb, cf-fc).$

Cette équation est satisfaite quand :
$a^2 + d^2 = \sqrt{3} (ad-da)$
$b^2 + e^2 = \sqrt{3} (be-eb)$
$c^2+f^2 = \sqrt{3} (cf-fc)$

Et on connaît des solutions ! Par exemple, $d=x a$, $e=y b$ avec $x, y$ dans $\R$ et $a^2 = b^2 = O_2.$

Mais pour $c$ et $f$ on ne peut pas choisir cette forme de solution car alors on aurait $AB-BA=O_6$ qui ne serait pas inversible.

On peut choisir $f=I_2$ et alors $cf-fc=O_2$ et il faut $c^2 + I_2 = 0$. Par exemple : $c = \begin{pmatrix} 1& -2 \\ 1 &-1 \end{pmatrix}.$
Modifié : non, j'ai pris une forme que redonne $AB-BA = O_6$, il faut une autre solution pour $c$ et $f$. J'y travaille. C'est impossible car on a démontré que la dimension doit être $6$ et on a une dimension de $2$.

Bonsoir,

La propriété du fil original a été démontrée.
Par contre, j'aimerais bien qu'on me donne sa réciproque explicitement.
En effet, il y a une confusion je pense sur le vocabulaire utilisé.

Aussi, j'apprécie le travail de YvesM mais je m'interroge : on annonce $AB-BA$ inversible et (après résolution) $A=B=0$.
Étonnant.
Ne doit-on pas conclure qu'il n'y aurait alors aucune solution ?

Bonjour,

@Jer anonyme : La nuit portant conseil, j'ai effectivement trouvé une erreur. Toute matrice carrée dans $\C$ n'est pas diagonalisable ! Donc ma démonstration est fausse. Je vais l'indiquer en modifiant le message.

@Dom : Pardon de ne pas écrire explicitement, je trouvais (mais c'est faux) qu'il n'y a pas de solution.

Je pense avoir démontré :
- Si $X=A-iB$, $X$ n'est pas diagonale.
- $A, B$ ne sont pas diagonales par bloc avec $2$ blocs d'ordre $3$, ou $3$ blocs d'ordre $2$.
- La relation $X \overline{X} = -j \overline{X}X$ permet d'écrire les éléments propres de $\overline{X}$ en fonction des éléments propres de $X$ ...

J'aimerais vraiment trouver les solutions. Ce problème est atypique car on travaille rarement en dimension $6$. Toute aide est la bien venue !

Ma (piètre) contribution n'est pas très générale* mais j'envoie quand même :

Ce qu'apporte la trigonalisation : (je me place avec $n$ quelconque)
Si les matrices $A$ et $B$ sont trigonalisables dans une même base* et si les valeurs propres des deux matrices sont toutes réelles*, alors je note respectivement $S$ et $T$ les matrices triangulaires pour travailler.
La relation $\displaystyle A^2 + B^2 = \sqrt{3} (AB-BA)$ entraîne que les éléments diagonaux de $S$ et de $T$ sont tous nuls.
Et donc que $TS - ST$ ne peut pas être inversible.

On doit donc chercher, dans le cas "co-trigonalisable" des matrices à valeurs propres non toutes réelles et toutes non nulles (edit).
edit : on montre que si elles sont co-trigonalisables alors $TS-ST$ ne peut pas être inversible.
On doit chercher des solutions dans le cas non co-trigonalisables.

N'utilisant pas $n$ dans $6\mathbb Z$, je ne pense pas y arriver.
A ce sujet , si on raisonne pas bloc, j'ai le sentiment que ça ne peut pas marcher comme si raisonner par bloc entraînerait que ça "marche" pour des $n$ non multiples de 6. Mais ce n'est qu'une vague intuition.

Un tel $X$ n'existe pas: $\det(\bar{X}X)=\vert \det(X)\vert^2$ est un réel positif . Mais le déterminant de la matrice diagonale de droite, i.e. le produit des éléments de $\mathbb{U}_6$, a le mauvais goût de faire $-1.$

Bonjour,

Je calcule : $\displaystyle X \bar{X} = -j \bar{X} X.$

Si on est d'accord avec $\displaystyle X = {A+iB \over 2}$ par définition et alors l'équation qui définit le problème se traduit par $\displaystyle {X \bar{X} + \bar{X}X \over 2} = \sqrt{3} \frac{1}{2i} (-X\bar{X} +\bar{X} X ).$

On a $\displaystyle X \bar{X} (\frac12 + \frac{\sqrt{3}}{2i}) = \bar{X} X (-\frac12 + \frac{\sqrt{3}}{2i}).$ Puis $\displaystyle \frac12 + \frac{\sqrt{3}}{2i} = \frac12 -i \frac{\sqrt{3}}{2} = -j$ et $\displaystyle -\frac12 + \frac{\sqrt{3}}{2i} = -\frac12 -i \frac{\sqrt{3}}{2} = j^2.$ Et alors : $\displaystyle X \bar{X} = -j \bar{X} X.$

Confirmes-tu ?

$X$ n'est pas nécessairement inversible :
Tu écris, puisque $X$ est supposée inversible. Non, ce n'est pas le cas. Seule $AB-BA$ et donc $A^2+B^2$ sont inversibles. Et ces matrices mènent à $X \bar{X} \pm \bar{X} X$ inversibles, mais on ne sait rien de $X$ et $\bar{X}$, non ?

Si on peut en déduire que $X$ ou même que $\displaystyle X \bar{X}$ sont inversibles, je veux bien voir le raisonnement.

La relation $\displaystyle X \bar{X} = -j \bar{X} X$ implique que $tr(X \bar{X}) = 0.$ Si on calcule le déterminant, on trouve $|\det(X)|^2 = (-j)^6 |\det(X)|^2$, relation vraie, mais qui n'apporte pas grand chose.

$X$ n'est pas diagonalisable :
J'ai démontré que si $X$ est diagonalisable, avec des valeurs propres quelconques, alors $X=O_6$ car la somme des modules des valeurs propres est nulle (et ne peut être nulle que si chacune des valeurs propres est nulle), car $tr(X \bar{X}) = 0.$ Et $X=O_6$ implique $A=B=O_6$ qui est exclut car sinon $AB-BA=O_6$ n'est pas inversible.

Poursuivons l'approche d'YvesM consistant à chercher $X=A+iB$ telle que $X\bar{X}=-j\bar{X}X$, en la reformulant :
\[X\bar{X}X^{-1}=-j\bar{X}.\]
D'une part, la conjugaison par $X$ permute les espaces propres (ou caractéristiques) de $\bar{X}$ en passant d'une valeur propre $\lambda$ à une autre, $-j\lambda$. Cela permet de regrouper les espaces caractéristiques par $6$ qui ont la même dimension et implique la divisibilité par $6$ de la dimension globale -- ça me semble plus compréhensible que la correction proposée.

D'autre part, pour chercher un exemple en dimension $6$, on voit que $\bar{X}$, qui a un spectre stable par multiplication par $-j$, est diagonalisable (car $-j$ est d'ordre $6$ dans $\mathbf{C}^*$). Pour la matrice $\mathrm{diag}(1,-j,j^2,-1,j,-j^2)$, le produit par $-j$ est implémenté par la permutation circulaire des coefficients diagonaux. Autrement dit :
\[CDC^{-1}=-jD\quad\text{avec}\ C=\left(\begin{array}{rrrrrr}
0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\ \text{et}\ D=\left(\begin{array}{rrrrrr}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & -j & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & -j - 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & j & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & j + 1
\end{array}\right).\]
Or, amusant, $C$ et $D$ sont semblables... Si $P$ est une matrice de Vandermonde convenable, plus précisément
\[P=\left(\begin{array}{rrrrrr}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & -j & -j - 1 & -1 & j & j + 1 \\
1 & -j - 1 & j & 1 & -j - 1 & j \\
1 & -1 & 1 & -1 & 1 & -1 \\
1 & j & -j - 1 & 1 & j & -j - 1 \\
1 & j + 1 & j & -1 & -j - 1 & -j
\end{array}\right),\]
on a :
\[C=PDP^{-1}.\]

Il nous suffirait donc de trouver $Q$ inversible complexe telle que
\[X=QCQ^{-1}\quad\text{et}\quad \bar{X}=QDQ^{-1}.\]
Sauf erreur, c'est impliqué par
\[\bar{Q}P=Q,\]
équation dont il n'est pas évident qu'il existe une solution.

@Jer: est-ce que $P\bar{P}=I_6$ ? j'ai la flemme de faire les calculs.

OK, alors je crois que je sais comment finir. En fait, l'égalité recherchée équivaut à $\bar{Q}P=QU$, où $U$ commute à $D$.

Prenons $U=\sqrt{6}I_6$. Posons $R=\frac{1}{\sqrt{6}}P$. On cherche donc $Q$ telle que $R=\bar{Q}^{-1}Q$.

Or, $R\bar{R}=I_6$. Le théorème de Hilbert 90 pour $GL_6(\C)$ dit que $Q$ existe.

Pour choper un $Q$ explicite, on fait comme ça (flemme de faire les calculs):

On calcule une $\R$-base du $\R$-espace vectoriel $E=\{V\in \C^6\mid R\bar{V}=V\}$. La théorie nous dit alors que $\dim_\R(E)=6$ et que cette base est aussi une $\C$-base de $\C^6$.

On forme la matrice $T$ dont les colonnes sont les vecteurs de cette base. Alors, $Q=\bar{T}^{-1}$ convient.

Tout ça, c'est de la cohomologie galoisienne déguisée ;-)

J'ai vraiment pas envie de me taper les calculs, même avec Mapeul, mais on peut calculer $T$, puis $Q$, puis un $X$ qui convient, et enfin $A$ et $B$. Je suis curieux de voir la tête des $A$ et $B$ en question. Jer, si t'as envie...

@YvesM: tu confonds diagonale et diagonalisable. Si $X=PDP^{-1}$, alors $\bar{X}=\bar{P}\bar{D}\bar{P}^{-1}.$

Tu vois bien que $X\bar{X}$ n'est a priori pas semblable à $D\bar{D}$.

J'ai pas la même matrice, parce que je suppose que je n'ai pas pris la même base de $E$ que toi.


Il suffit ensuite de calculer $A=Re(X)$ et $B=Im(X)$ pour trouver des candidats.

Perso, j'obtiens
$$A=\left( \begin{array}{cccccc} \dfrac{1}{6}\sqrt{6}-\dfrac{1}{2}&-\dfrac{1}{6}
\sqrt{6}+\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{6}\sqrt {3}&\dfrac{1}{6}\sqrt {3}&-\dfrac{1}{6}\sqrt {3}+\dfrac{1}{2}\sqrt {2}&-\dfrac{1}{6}\sqrt {3}\cr \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}\sqrt {6}&\dfrac{1}{3}\sqrt{6}+\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{2}\sqrt {2}+\dfrac{1}{6}\sqrt {3}&\dfrac{1}{6}\sqrt {3}&\dfrac{1}{3}\sqrt {3}&{\dfrac {7}{12}}\sqrt {3}
\cr 0&0&-\dfrac{1}{4}\sqrt{6}+\dfrac{1}{2}&-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}\sqrt{6}&0&-\dfrac{1}{2} \cr 0&0&0&-\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{2}&0
\cr -\dfrac{1}{4}\sqrt {2}&-\dfrac{1}{4}\sqrt {3}+\dfrac{1}{4}\sqrt {2}&-\dfrac{1}{4}&-\dfrac{1}{4}&-
\dfrac{1}{4}\sqrt{6}&\dfrac{3}{4} \cr 0&-\dfrac{1}{4}\sqrt {3}&\dfrac{1}{2}&0&0&\dfrac{1}{4}\end{array} \right)$$


$$B=\left( \begin{array}{cccccc} 0&0&0&-\dfrac{1}{2}&-\dfrac{1}{2}&0\cr 0
&-\dfrac{1}{4}\sqrt{3}&-\dfrac{1}{2}&0&0&\dfrac{1}{4}\cr -\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{6}\sqrt{6}
&\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\sqrt{6}&-\dfrac{1}{4}\sqrt {2}+\dfrac{1}{3}\sqrt {3}&\dfrac{1}{4}\sqrt {2}-\dfrac{1}{6}\sqrt {3}&\dfrac{1}{2}\sqrt {2}-\dfrac{1}{3}\sqrt {3}&\dfrac{1}{2}\sqrt
{2}-\dfrac{1}{3}\sqrt {3}\cr \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}
\sqrt{6}&-\dfrac{1}{6}\sqrt{6}+\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{6}\sqrt {3}&\dfrac{1}{6}\sqrt {3}&-\dfrac{1}{6}\sqrt{3
}+\dfrac{1}{2}\sqrt {2}&-\dfrac{1}{6}\sqrt {3}\cr\dfrac{1}{12}\sqrt {6}&\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{12}\sqrt{6}&\dfrac{1}{12}\sqrt {3}&\dfrac{1}{12}\sqrt {3}
&\dfrac{1}{4}\sqrt {2}-\dfrac{1}{3}\sqrt {3}&-\dfrac{1}{12}\sqrt {3}\cr
\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}\sqrt{6}&\dfrac{1}{3}\sqrt{6}-\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{2}\sqrt {2}+\dfrac{1}{6}\sqrt {3}&\dfrac{1}{6}\sqrt {3}&\dfrac{1}{3}\sqrt {3}&\dfrac{1}{12}\sqrt {3}
\end{array} \right).$$

Bonjour,

Mazette !

J'arrive à suivre le raisonnement, mais je tire mon chapeau à @Jer anonyme pour les matrices $C$, $D$ et surtout $P$...(tu), et @GreginGre pour la résolution par ce fameux théorème de Hilbert 90 (tu).
Heureusement que le calcul symbolique est à disposition ! Sans algèbre, peu ou aucune chance de trouver la bonne forme de $A$ et $B$.

Voilà un autre problème résolu dont la solution n'est pas immédiate.

Je doutais d'avoir les outils ;-).
Qu'aurait-on fait de la propriété si l'on avait prouvé l'inexistence d'un tel couple de matrices ?
Ouf !

Merci bien pour cette leçon d'algèbre que je comprendrai peut-être un jour ;-)

Allez, je donne la démo de Hilbert 90. Au passage, tout marche pareil si on remplace $\C/\R$ par une extension quadratique et la conjugaison par l'unique $K$-automorphisme non trivial.

Théorème (Hilbert 90). Soit $R\in GL_n(\C)$ telle que $R\bar{R}=I_n.$ Alors, il existe $T\in GL_n(\C)$ telle que $R=T\bar{T}^{-1}.$


Démo. Posons $$V=\{v\in\C^n\mid R\bar{v}=v\},$$
avec des notations évidentes. Alors, $V$ est un $\R$-espace vectoriel.

Montrons tout d'abord que tout élément de $\C^n$ est combinaison $\C$-linéaire d'éléments de $V$.

Pour $v\in \C^n$, on pose $$v_1=v+R\bar{v} \ \mbox{ et }v_2=iv-iR\bar{v}.$$
On a $$R\bar{v}_1=R(\bar{v}+\bar{R}v)=R\bar{v}+R\bar{R}v=v+R\bar{v}=v_1,$$
et $$R\bar{v}_2=R(-i\bar{v}+i\bar{R}v)=-iR\bar{v}+iR\bar{R}v=iv-iR\bar{v}=v_2,$$
d'où $v_1,v_2\in V$. Mais alors, on a $$v=\frac{1}{2}v_1-\frac{i}{2}v_2.$$

En particulier, une famille $\R$-génératrice de $V$ est une famille $\C$-génératrice de $\C^n$.

Montrons maintenant que tout famille $\R$-libre de $V$ est une famille $\C$-libre de $\C^n$.
Soit $(v_i)_{i\in I}$ une famille libre de $V$, et soit $(z_i)_{\in I}$ une famille de complexes presque tous nuls tels que $$\sum_{i\in I}z_iv_i=0.$$
En conjuguant et en appliquant $R$, on obtient $$\sum_{i\in I}\bar{z}_iv_i=0.$$
On obtient alors
$$\sum_{i\in I}\frac{z_i+\bar{z_i}}{2}v_i=0 \ \mbox{ et }\sum_{i\in I}\frac{z_i-\bar{z_i}}{2i}v_i=0.$$
Puisque les $v_i$ sont $\R$-libres, on obtient $$\frac{z_i+\bar{z_i}}{2}=\frac{z_i-\bar{z_i}}{2i}=0 \ \mbox{ pour tout }i\in I.$$
On en déduit aisément que $z_i=0$ pour tout $i\in I.$

Il s'ensuit de tout ceci qu'une $\R$-base de $V$ est une $\C$-base de $\C^n$. On a donc $\dim_\R(V)=n$.
Soit $(v_1,\ldots,v_n)$ une $\R$-base de $V$, et soit $T\in M_n(\C)$ la matrice dont la $j$-ième colonne est $v_j$.
Comme $(v_1,\ldots,v_n)$ est une $\C$-base de $\C^n$, on a $T\in GL_n(\C)$.
Comme $R\bar{v}_j=v_j$ pour tout
$j=1,\ldots,n, $ on a $R\bar{T}=T$, d'où $R=T\bar{T}^{-1}$.

C'est-y-pas beau ?

Certes, mais là, je parlais de matrices, toi tu parles d'extensions de corps. Ceci dit, Hilbert 90 se généralise aussi à $GL_n(L)$, où $L/K$ est galoisienne, mais il aurait fallu parler de cocycles, et j'avais pas envie...

ça te dit plus que ça: en fait, ça te dit que l'application évidente $V\otimes_\R\C\to \C^n$ est un iso d'espaces vectoriels.

Quant à la dimension, nul besoin de ta formulation: une base de $\C^n$ a $n$ éléments.

La version scalaire dont parlait Jer est celle donnée par noix de totos( je soupçonne Jer d'avoir penser au cas $L/K$ quadratique). Dans le cas des complexes, ça te dit juste qu'un complexe de module $1$ s'écrit $z\bar{z}^{-1}$.

Du coup, la version de Hilbert 90 pour $GL_n$ que je t'ai donnée est une jolie généralisation de ce truc là. Elle se généralise en fait aux extensions $L/K$ galoisiennes finies, mais il faudrait parler de cocycles, et j'ai pas envie.

Disons que ce qui est caché derrière, c'est ceci: pour toute extension galoisienne $L/K$, $H^1(Gal(L/K), GL_n(L))=1$, où ce $H^1$ est un ensemble de cohomologie que je n'ai pas envie de définir.

Ce genre de résultat est très utile pour démontrer des choses en cohomologie (réinterprétation de certains $H^1$ en termes de structures algébriques, calculs dans les suites exactes en cohomologie, etc...)

Après, tu peux me dire :" pourquoi la cohomologie" ? en fait, c'est parce que justement bien souvent, $H^1$ classifie des objets algébriques standards, et la réinterprétation de certaines questions de manière cohomologique permet d'utiliser l'artillerie cohomologique, justement. C'est très utile en algèbre et en théorie des nombres.

Jolie idée.

Néanmoins, n'y a-t-il pas un petit problème pour $1/\sqrt3$ ? L'équation $X\bar X=-\bar j\bar XX$ équivaut, modulo la division par $-j$ et le changement de variable $Y=\bar X$, à $-j\bar Y Y=Y\bar Y$ qui impose $n=6$.

Joli ! (Mais groumph...)

Bonjour,

La méthode de @JLT marche bien et tous les calculs se font à la main pour $n=4$. J'ai trouvé une typo dans la démonstration, il faut écrire $CD^2C^{-1}=\omega$$^2$$ D^2.$

Quand on trouve le couple $(A, $ solution, il faut faire attention que $(B,A)$ n'est pas solution en raison du commutateur $AB-BA$. En revanche, toutes les solutions s'écrivent $(zA,zB)$ avec $z$ complexe non nul.

Je crois que j'ai encore plus simple que John, que Grég et que Hilbert : je choisis $t$ complexe de module $1$ tel que $t^2R+I$ inversible et je pose $M=tR+\overline t I$. On a $R\overline M=\overline t I+tR=M$.

Cdlt, Hicham