Signe de $\det({}^t\!AA-A{\,}^t\!A)$ ?
Bonjour
En prenant $A=\left(
\begin{array}{cc}
a & b \\
c & d \\
\end{array}
\right)$ une matrice réelle on a $$
B=\,{^t}\!AA-A\,{^t}\!A=\left(
\begin{array}{cc}
c^2-b^2 & ab+dc-ac-bd \\
ab+dc-ac-bd & b^2-c^2 \\
\end{array}
\right)
$$ et donc $$
\det B=-(c^2-b^2)^2-(ab+dc-ac-bd)^2.
$$ Le déterminant de $B$ est donc négatif.
C'est général ou particulier à la dimension 2 ?
Merci d'avance pour vos réponses,
Michal.
En prenant $A=\left(
\begin{array}{cc}
a & b \\
c & d \\
\end{array}
\right)$ une matrice réelle on a $$
B=\,{^t}\!AA-A\,{^t}\!A=\left(
\begin{array}{cc}
c^2-b^2 & ab+dc-ac-bd \\
ab+dc-ac-bd & b^2-c^2 \\
\end{array}
\right)
$$ et donc $$
\det B=-(c^2-b^2)^2-(ab+dc-ac-bd)^2.
$$ Le déterminant de $B$ est donc négatif.
C'est général ou particulier à la dimension 2 ?
Merci d'avance pour vos réponses,
Michal.
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Réponses
0.488420727175780 & 0.530007491909435 & 0.989876648195121 \\
-0.555813966773141 & 0.336770933807083 & 0.760430321196777 \\
-0.729580682617182 & 0.666770898421185 & 0.172173822055838
\end{array}\right)$, $\det B = -0.548195966199091$.
0.163616338361834 & -0.568567592950629 & -0.937169842134613 & -0.0311569033472863 \\
0.758151384489680 & 0.583652366367811 & -0.249645486387651 & -0.223729853033074 \\
0.944901565022616 & 0.553968434986057 & -0.567514965064999 & 0.327941710687957 \\
0.118912276562644 & -0.980145494112661 & 0.858533454715255 & 0.428876846642955
\end{array}\right)$, $\det B = -0.323214014861648$.
Pour $A = \left(\begin{array}{rrr}
-0.148889853948476 & 0.679952020240725 & -0.624853134985665 \\
-0.119539407083394 & 0.548068868955916 & -0.0134691218321723 \\
0.681991251250498 & -0.662267766714295 & -0.336257219627990
\end{array}\right)$, $\det B = 0.585556253576665$.
Pour $A = \left(\begin{array}{rrrr}
0.871914495262088 & -0.796894761216433 & 0.137426339097027 & 0.945854772617506 \\
-0.513549499329404 & -0.949913685065193 & -0.373716457248548 & 0.156527332027365 \\
0.527563379968850 & 0.817640669763943 & 0.0399776434268033 & -0.404978155494037 \\
0.957027172156247 & -0.296043748280872 & -0.356029404761058 & 0.686509307135210
\end{array}\right)$, $\det B = 0.864946477772031$.
Bien sûr ce raisonnement ne tient plus en dimension $>2$.
Question subsidiaire. Si $B$ est symétrique de trace nulle, peut-elle s'écrire sous la forme ${}^t\! AA -A{}^t\! A$ ?
Sinon, voici une tentative :
$\def\t#1{{}^t #1}$
Pour $E =
\begin{bmatrix}
0 & 0 \\
1 & 0 \\
\end{bmatrix}
$, on a : $\t{E} \cdot E - E \cdot \t{E} =
\begin{bmatrix}
1 & 0 \\
0 & -1 \\
\end{bmatrix}
$, notée $F$.
Soit $B = P \cdot \lambda F \cdot \t{P}$ avec $\t{P} \cdot P = P \cdot \t{P} = I$ une matrice symétrique de trace nulle diagonalisée.
Supposons $\lambda>0$.
Posons alors $A = \sqrt{\lambda} \cdot P \cdot E \cdot \t{P}$
Alors $\t{A} \cdot A - A \cdot \t{A} =
P \cdot \lambda F \cdot \t{P} = B$.
Si $\lambda<0$, on prend
$A = \sqrt{-\lambda} \cdot P \cdot \t{E} \cdot \t{P}$
Par exemple :
pour récupérer $B =
\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0 \\
\end{bmatrix}
$, on choisit $A =
\frac{1}{2} \cdot
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -1 \\
\end{bmatrix}
$,
pour récupérer $B =
\begin{bmatrix}
0 & -1 \\
-1 & 0 \\
\end{bmatrix}
$, on choisit $A =
\frac{1}{2} \cdot
\begin{bmatrix}
1 & -1 \\
1 & -1 \\
\end{bmatrix}
$
Bien sûr, mais c'était pour tenter de comprendre pourquoi la généralisation à la dimension $>3$ ne marche pas.
\begin{bmatrix}
a & b \\
b & -a \\
\end{bmatrix} $.
Déterminant : ...
0 & a & 0 \\
0 & 0 & b \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right) $, et pour un choix idoine de $a$ et $b$, on a $ \det (AA^{\mathbf{T}}-A^{\mathbf{T}}A)$ positif, négatif ou nul à volonté.
Éspérons que je n'ai pas du "gal"
On suppose $S$ diagonal à trace nulle par une matrice unitaire $U$, $U^*A^*UU^*AU-U^*AUU^*A^*U=U^*SU=D$, et $\mathcal{A}=U^*AU$, on sait que pour tout $A$ $A=U|A|=|A^*|U$, on va prendre $\mathcal{A}\mathcal{A}^*$ diagonal ayant les même valeurs propres que $\mathcal{A}^*\mathcal{A}$ mais avec une permutation (cycle complet) sans point fixe. Ici aussi $\mathcal{A}^*\mathcal{A}$ diagonal donc $\mathcal{A}=P|\mathcal{A}|$, $P$ est la permutation cycle. Ça doit être résolvable.
Pour répondre à ta question (toute matrice symétrique réelle de trace nulle s'écrit-elle sous la forme ${}^t\!AA-A{\,}^t\!A$) en dimension 3, je reprends la matrice de Chaurien
$ A = \left(\begin{array}{rrr}
0 & a & 0 \\
0 & 0 & b \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right)\in \mathcal M_3(\R) $. Alors, sauf erreur de calcul :
$$
{}^t\!AA-A{\,}^t\!A= \left(\begin{array}{ccc}
-a^2 & 0 & 0 \\
0 & a^2-b^2 & 0 \\
0 & 0 & b^2
\end{array}\right)
$$
Si maintenant $M$ est une matrice symétrique de $ \mathcal M_3(\R) $ de trace nulle, alors il existe une matrice orthogonale $P$ telle que $M=PD\,^tP$ où $D=\left(\begin{array}{rrr}
\lambda_1 & 0 & 0 \\
0 & \lambda_2 & 0 \\
0 & 0 & \lambda_3
\end{array}\right)$. Comme $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=0$, on peut supposer que $\lambda_1\leqslant 0$ et $\lambda_3\geqslant 0$. Alors $\lambda_1=-a^2$, $\lambda_3=b^2$ pour certains réels $a$ et $b$ et comme $\lambda_2=-\lambda_1-\lambda_3$, alors $\lambda_2=a^2-b^2$. Il existe donc une matrice $A$ telle que $D={}^t\!AA-A{\,}^t\!A$. Comme $M=PD^t\,P$, alors $M={}^t\!A'A'-A'{\,}^t\!A'$ où $A'=PA^tP\,$.
La méthode fonctionne en toute dimension puisqu'avec
\[A = \begin{pmatrix}
0 & a_1 & 0 & \dots & 0 \\
0 & 0 & a_2 & \dots & 0 \\
\vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \dots & 0 & a_{n-1} \\
0 & 0 & \dots & 0 & 0
\end{pmatrix}\in\mathcal{M}_n(\R),\]
on obtient
\[\,{\vphantom{A}}^{t}{A}A-A\,{\vphantom{A}}^{t}{A} = \begin{pmatrix}
-a_1^2 & 0 & 0 & \dots & 0 \\
0 & a_1^2-a_2^2 & 0 & \dots & 0 \\
\vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\
0 & \dots & 0 & a_{n-2}^2-a_{n-1}^2 & 0 \\
0 & \dots & \dots & 0 & a_{n-1}^2
\end{pmatrix}\in\mathcal{M}_n(\R),\]
$$
\left\{\begin{array}{l}
\lambda_1=-a_1^2 \\
\lambda_2=a_1^2-a_2^2 \\
\lambda_3=a_2^2-a_3^2 \\
\quad \vdots \\
\lambda_{n-1}=a_{n-2}^2-a_{n-1}^2 \\
\lambda_n=a_{n-1}^2
\end{array}\right.
$$
Ce système équivaut à
$$
\left\{\begin{array}{l}
\lambda_1=-a_1^2 \\
\lambda_1+\lambda_2=-a_2^2 \\
\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=-a_3^2 \\
\quad \vdots \\
\lambda_1+\dots+\lambda_{n-1}=-a_{n-1}^2 \\
\end{array}\right.
$$
donc pour pouvoir le résoudre il faut s'assurer que les sommes $\lambda_1+\dots+\lambda_i$ sont négatives pour tout $i$. On obtient cela en rangeant les $\lambda_i$ en ordre croissant. Dans ce cas $\lambda_1\leqslant 0$. Tant qu'on ajoute des $\lambda$ négatifs, la somme reste négative et lorsqu'on se met à ajouter des $\lambda$ positifs, comme la somme va être inférieure à $\lambda_1+\dots+\lambda_n=0$, elle restera négative.
Une autre question connexe : Si $B$ est complexe et symétrique de trace nulle, peut-elle s'écrire sous la forme ${}^t\! AA -A{}^t\! A$ ?