collection de "stable par" similitudes

christophe c
christophe c
dans Algèbre
Je vous propose un petit fil-recensement de notions stables par passage à une matrice semblable.

Exemples basiques: trace, déterminant et tout ce qui en découle, évidemment diagonalisabilité, trigonalisabilité (éventuellement par passage à la cloture algébrique).

Ce qui m'a donné l'idée d'ouvrir ce fil c'est qu'hier une personne m'a parlé "d'endomorphisme orthogonal" et j'ai répondu "dis plutôt matrice orthogonale, ce n'est pas une notion à priori stable par similitude" (si exprimé en se refusant de parler de produit scalaire, etc). Je ne sais pas si j'ai eu raison (pas vérifié), mais de toute façon, "en soi", ce qui "passe à la similitude" m'a semblé immédiatement un truc important.

Merci d'avance pour vos contributions!!
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Réponses

  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    (si exprimé en se refusant de parler de produit scalaire, etc)
    :-S
    Endomorphisme orthogonal a un sens dans un espace muni d'une forme quadratique (par exemple un espace euclidien). Il serait vraiment idiot de ne parler que de matrice orthogonale.
  • Dom
    Dom
    Mode Hors-sujet mais un peu quand même :
    Étrange ta réponse : $u$ est un endomorphisme orthogonal signifie, dans un espace euclidien, que quels que soient les éléments de l'e.v. $x$ et $y$, on a $<x,y>=<u(x),u(y)>$.
    A priori, sans matrice justement, par exemple en dimension infinie.

    Edit : je n'avais pas vu la réponse de @GBZM
  • Poirot
    Poirot
    Tu cherches des invariants (partiels) des classes de similitude ? Il y a le polynôme caractéristique, le polynôme minimal, les tableaux de Young associés, les invariants de similitude (Frobenius), le rang, les dimensions des sous-espaces propres, des sous-espaces caractéristiques etc.

    Il est intéressant de regarder lesquels classifient vraiment les classes de similitude, et donner les obstructions quand ce n'est pas le cas.

    Par exemple, on a que deux matrices $A$ et $B$ sont semblables si et seulement si pour tout $\lambda \in k$ (le corps sous-jacent), $rang(A-\lambda I_n)^i = rang(B-\lambda I_n)^i$ pour tout $i \in \mathbb N$.
  • christophe c
    christophe c
    Merci BEAUCOUP pour vos corrections et contributions. Et oui pardon pour mon autocitation "produit scalaire" à la place de forme bilinéaire.
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  • christophe c
    christophe c
    Génial ta caractérisation Poirot!!
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  • Poirot
    Poirot
    C'est une conséquence assez immédiate du théorème de réduction de Jordan. On se rend compte que les différents tableaux de Young caractérisent la classe de similitude d'une matrice, et la "forme" de ces tableaux est justement donnée par les dimensions des noyaux itérés $ker(A-\lambda I_n)^i$, $0 \leq i \leq n$ (plus exactement les "sauts" de dimension entre ces noyaux). Un petit théorème du rang nous donne que regarder les rangs suffit ;-)
  • flipflop
    flipflop
    Salut Christophe,

    Un truc que je voulais te dire, concernant un autre post je ne sais où. Il me semble que ; Je ne formalise pas, si tu le permet.

    Pour les polynômes (des coefficients d'une matrice) invariants par similitude, c'est l'ensemble des polynômes des coefficients du polynômes caractéristiques (det, ... , tr).

    Exemple : $det^2+13*tr \times det$ est invariant
  • Poirot
    Poirot
    @flipflop : je pense que dans son "et tout ce qui en découle", christophe parlait de cela.
  • flipflop
    flipflop
    D'accord ! C'est un semi-invariant de toute façon, si j'ai bien compris !
  • christophe c
    christophe c
    Merci à nouveau pour vos informations!! Je n'ai pas encore eu le temps d'en profiter, mais je vais essayer d'occuper mon métro ce soir à la contemplation de la caractérisation de Poirot dans le corps $F_2$ (vu qu'il n'y a que 2 lambda à regarder)
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  • Poirot
    Poirot
    Hum, du coup ton message me fait penser qu'il faut que le corps de base soit algébriquement clos ! Bah oui, il faut bien que la réduction de Jordan s'applique... En tout cas on s'en sort dès que le polynôme caractéristique de nos matrices (ce sera le même) est scindé sur le corps en question.
  • MrJ
    MrJ
    Je ne crois pas que ton équivalence soit juste énoncé telle quelle Poirot. Les matrices
    \[A=\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}\quad\text{et}\quad B= \begin{pmatrix}2&-2\\2&2\end{pmatrix}\]
    sont deux éléments de $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ qui vérifient ton assertion, mais elles ne sont pas semblables dans $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$.

    EDIT : Désolé, j'avais loupé ton dernier post.
  • Poirot
    Poirot
    On peut l'énoncer comme ça dans tout corps $k$ (c'est un tout petit peu moins glamour) :

    Soient $A$ et $B$ deux matrices (de taille $n$) dont les polynômes caractéristiques sont scindés. Alors $A$ et $B$ sont semblables si et seulement si pour tout $\lambda \in k$ et pour tout $i \in \{0, \dots ,n\}, rang((A-\lambda I_n)^i) = rang((B-\lambda I_n)^i)$.
  • MrJ
    MrJ
    Je note $I_n(K)$ l'ensemble des polynôme irréductibles de $K$ de degré au plus $n$. Je pense que l'énoncé suivant est valable sur tout corps $K$.

    Deux matrices $A,B\in\mathcal{M}_n(K)$ sont semblables si et seulement si
    \[\forall P\in I_n(K),\quad \forall i\in\{1,\ldots,n\}, \quad \textrm{rang}(P^i(A))=\textrm{rang}(Q^i(A)).\]
  • christophe c
    christophe c
    De montéléphone merci beaucoup et pardon pour le retard: SNIF c'est un peu moins sexy comme ça :-D
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Poirot
    Poirot
    En effet, dans le cas non-scindé il faut inclure l'égalité des rangs pour les facteurs irréductibles du polynôme caractéristique, et donc ça se traduit comme l'a dit MrJ.
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