Soient $E$ un $K$-espace vectoriel de dimension n, et soient $A, B$ deux matrices.
Montrer que si \(Tr(A^k) = Tr(B^k)\) pour tous $k \in \{0,1,\ldots,n\}$ alors $A$ et $B$ ont le même polynôme caractéristique.
Merci.
D'ailleurs c'est faux en caractéristique $p$ (prendre $n=p$, $A=I_n, B=0$) donc il va falloir diviser par $n$ à un moment.
Pour prendre des valeurs propres déjà il te faut passer à un corps algébriquement clos : vois-tu comment te ramener à une telle situation ?
MathCoss : c'est vrai, mais ça ne change pas qu'il faut se ramener au cas complexe si on veut parler de valeurs propres.
Indépendamment de cette subtilité, je ne retrouve pas de solution simple (je sais qu'il y en a une), mais j'ai quelque chose d'amusant avec des matrices Compagnon et un argument qui relie les traces de $A^k$ au polynôme caractéristique.
Une façon de s'en sortir est d'étudier la série entière : \[f_A:t\mapsto \sum_{k=0}^{+\infty} \text{tr}(A^k)t^k\]
Si $\chi_A$ désigne le polynôme caractéristique de $A$, on peut alors montrer que pour tout complexe $z$ non nul et de module suffisamment petit, on a : \[f_A(z)=\frac{z^{-1}\chi_A'(z^{-1})}{\chi_A(z^{-1})}\]
On conclut par égalité de fractions rationnelles en une infinité de valeurs, puis en intégrant.
Bisam : tu n'as pas égalité de $tr(A^k) = tr(B^k)$ pour tout $k$
MrJ : le document que tu proposes suit l'approche naturelle, mais repose quand même sur la théorie des polynômes symétriques, je ne sais pas si l'énoncé est posé avec ce genre de prérequis... Je me souviens qu'il y avait une solution plus simple (et plus simple aussi que celle à laquelle je pensais quelques messages plus haut, qui est quand même plus élémentaire que celle avec les polynômes symétriques)
MrJ : Bien vu ! Surprenamment je n'avais jamais vu cet argument ! ::o Merci !!
Dans ce cas ça simplifie largement l'entreprise - on a cette égalité pour tout $k$, on suppose $K$ algébriquement clos pour pouvoir raisonner en termes de valeurs propres, on applique Van der Monde pour obtenir que $A,B$ ont une valeur propre commune (c'est là qu'intervient la caractéristique $0$ : regarder les détails), donc quitte à réordonner elle se trouve dans le coin supérieur gauche de $A,B$, donc on peut l'enlever et conclure par récurrence.
Comment est-ce que ça se déduit du théorème de Cayley-Hamilton ?
À ce stade, on ne sait pas que les polynômes caractéristiques sont égaux : le théorème de Cayley Hamilton nous dit-il autre chose que $A^n$ est combinaison linéaire des puissances précédentes, sans dire comment ?
marsup : Beh oui. Tu as raison, dans ma tête je me suis embrouillé. Pas étonnant que je n'aie jamais vu l'argument auparavant :-D et je me suis enflammé trop vite
Je crois qu'on peut s'en sortir sans les polynômes symétriques de Newton en imitant les calculs de l'algorithme de Le Verrier (voir un moteur de recherches pour ce mot).
On peut s'en sortir sans polynômes symétriques aussi en remarquant que $tr(A^k)$ ne dépend que du polynôme caractéristique (par un argument de densité - usuel sur $\mathbb C$ ou de Zariski sur un corps algébriquement clos quelconque, ou encore en passant par la densité usuelle puis la matrice générique), puis en calculant $tr(C^k)$ pour $C$ la matrice Compagnon du polynôme caractéristique de $A$
Réponses
Tu ne nous as pas présenté $k$.
Cordialement,
Rescassol
Pour prendre des valeurs propres déjà il te faut passer à un corps algébriquement clos : vois-tu comment te ramener à une telle situation ?
Indépendamment de cette subtilité, je ne retrouve pas de solution simple (je sais qu'il y en a une), mais j'ai quelque chose d'amusant avec des matrices Compagnon et un argument qui relie les traces de $A^k$ au polynôme caractéristique.
Si $\chi_A$ désigne le polynôme caractéristique de $A$, on peut alors montrer que pour tout complexe $z$ non nul et de module suffisamment petit, on a : \[f_A(z)=\frac{z^{-1}\chi_A'(z^{-1})}{\chi_A(z^{-1})}\]
On conclut par égalité de fractions rationnelles en une infinité de valeurs, puis en intégrant.
MrJ : le document que tu proposes suit l'approche naturelle, mais repose quand même sur la théorie des polynômes symétriques, je ne sais pas si l'énoncé est posé avec ce genre de prérequis... Je me souviens qu'il y avait une solution plus simple (et plus simple aussi que celle à laquelle je pensais quelques messages plus haut, qui est quand même plus élémentaire que celle avec les polynômes symétriques)
> Bisam : tu n'as pas égalité de $tr(A^k) = tr(B^k)$ pour tout $k$
Cela se déduit aisément du théorème de Cayley-Hamilton.
Dans ce cas ça simplifie largement l'entreprise - on a cette égalité pour tout $k$, on suppose $K$ algébriquement clos pour pouvoir raisonner en termes de valeurs propres, on applique Van der Monde pour obtenir que $A,B$ ont une valeur propre commune (c'est là qu'intervient la caractéristique $0$ : regarder les détails), donc quitte à réordonner elle se trouve dans le coin supérieur gauche de $A,B$, donc on peut l'enlever et conclure par récurrence.
À ce stade, on ne sait pas que les polynômes caractéristiques sont égaux : le théorème de Cayley Hamilton nous dit-il autre chose que $A^n$ est combinaison linéaire des puissances précédentes, sans dire comment ?