Calcul matriciel
Réponses
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Avec la trace ?Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
-- Schnoebelen, Philippe -
Clé : en degré impair, tout polynôme réel admet une racine réelle.
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Bonsoir,
Si $B$ est de carré nul ?Pour $n=1,\ A=(1),\ B=(0)$ ? -
Bonsoir Math Coss
Cela permet de montrer que $A$ et $B$ ont au moins une valeur propre réelle. Mais je ne vois pas comment utiliser ce résultat. -
Oui, il y a une erreur: il faut lire $A^2+B^2=-I_n$
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Il existe une matrice $2\times 2$ dont le carré vaut $-I_2$. Sachant que le résultat souhaité est FAUX, comment faire ?
On sait aussi que pour tout $n$, il existe une matrice $B$ de carré nul. -
Échange les positions de $B$ et de la matrice identité dans la relation et utilise le déterminant.
Tu en déduis que $B$ n’est pas inversible. En considérant un vecteur réel $X$ non nul dans le noyau de $B$, tu obtiens $A^2X=-X$ et on peut justifier que c’est impossible.
Édit : Je crois que ça revient à la suggestion de Math Coss.
Édit 2 : J'ai un peu exagéré. Je ne suis pas sûr que l'on puisse conclure de cette manière. -
supp
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Tu as $A^2+I_n=-B^2$ avec $n$ impaire. Le spectre de $A^2+I_n$ est le même que celui de $-B^2$. Pour les valeurs propres $\ge 0$ de $A^2+I$ ils sont en nombre impaire $k$ on a $k$ valeurs p. imaginaires pures de $B^2$.
Pour les valeurs propres négative de $A^2+I$ ils sont chez $B^2$ réelles en nombre pair. Enfin pour les v.p de $A^2+I$ complexes à nombre pair même truc pour ceux de $B^2$ mais comme ça $B^2$ à un nombre pair de v.p réelles.
Contradiction.
(c'est la réponse de side plus ou moins à remarquer). -
supp
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Bonjour,
Au risque de me répéter, le résultat à démontrer est FAUX.
Cherchez donc un contre-exemple. -
Zephir, la dimension est impaire
Dans le cas $2\times 2$ il y aurais contre exemple.
Cordialement. -
Bonjour,
En toute dimension $n$, $A=i\times I_n$ et $B=0$ vérifient $A^2+B^2=-I_n$.
Il faut dire que l'énoncé initial ne précise pas où sont pris les coefficients des matrices.
Comme l'a dit Zéphyr, si c'est dans $\mathbb{C}$, c'est faux.
Cordialement,
Rescassol
Edit: Pardon, le mot "réelle" m'avait échappé ... -
supp
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Ah oui. le second membre est $-I_n$. Solution : le déterminant et ... une factorisation ? sauf que $A$ et $B$ ne commutent pas.
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Oui, mais ... $A$ et $I_n$ commutent. On écrit sous la forme $A^2+I_n=-B^2$. Je laisse la suite à qui veut.
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Autre méthode qui ressemble aux précédentes, mais sans parler de spectre :
Si $A^2+B^2=-I_n$ alors $A^2+I_n=-B^2$, donc $(A+iI_n)(A-iI_n)=-B^2$.
En prenant le déterminant : $|\det(A+iI_n)|^2=-\det(B)^2$ (car $\det(A+iI_n)$ et $\det(A-iI_n)$ sont des complexes conjugués).
L'égalité ci-dessus n'est possible que si $\det(B)=0$.
Si on restreint l'égalité $A^2+B^2=-I_n$ à $\ker B$ (qui est non trivial), on a : $A\vert_{\ker B}^2=-I_n\vert_{\ker B}$ et donc $\det(A\vert_{\ker B})^2=-1$ ce qui est impossible.
Edit : Bon je viens de m'apercevoir que ma preuve est fausse... je me barre.:)o -
Eh oui, le déterminant de $\lambda A$ n'est pas, en général, $\lambda\det A$, ou bien la parité de la dimension d'un espace vectoriel n'est pas préservée par passage à un sous-espace...
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D'accord avec YvesM.
Je reprends les excellentes notations et les affirmations clairement montrees de side a savoir que sans perte de generalite on peut supposer $A$ et $B$ triangulaires superieures avec coeficients complexes et que $D^2_A+D^2_B=-I_{2k+1}$ ou les matrices $D_A=\mathrm{diag}(a_0,\ldots,a_{2k})$ et $D_B=\mathrm{diag}(b_0,\ldots,b_{2k})$ sont formees par les valeurs propres reelles ou complexes de $A$ et $B$, et donc pour tout $j=0,\ldots,2k$
$$1+a_j^2=-b_j^2\ (*).$$D'apres la remarque de raoul.s on a
$$|\det(A+iI)|^2=-\det B^2=0.$$ Donc l'ensemble $X=\{j; b_j=0\}$ est non vide. Notons aussi
$$Y_+=\{j; a_j=i\},\ \ Y_{-}=\{j; a_j=-i\}$$ L'identite (*) montre que $$X=Y_+\cup Y_-.$$ Comme la matrice $A$ est reelle, $Y_{\pm}$ ont la meme cardinalite et donc la cardinalite de $X$ est paire.
Sans perte de generalite supposons que $X={2k_1+1,\ldots ,2k}$ avec $k_1<k$ puisque $X$ est non vide. Ecrivons alors par blocs avec $A_1,B_1$ carrees d'ordre $k_1:$
$$A=\left[\begin{array}{c,c}A_1&A_{12}\\0&A_2\end{array}\right],\ B=\left[\begin{array}{c,c}B_1&A_{12}\\0&B_2\end{array}\right].$$ Le fait que $A^2+B^2=-I_{2k+1}$ entraine que
$$A_1^2+B_1^2=-I_{2k_1+1}.$$ Pourtant $D_{B_1}$ ne comprend aucun zero. On est donc en mesure de faire une demonstration par recurrence de la non existence de $(A,B)$ puis que ceci est trivialement vrai pour $k=0.$ -
Je propose une démonstration. Supposons $A^2+I_n=-B^2$ avec $A$ et $B$ matrices réelles d'ordre $n$ impair.
La matrice $A$ a un nombre impair de valeurs propres réelles (comptées avec multiplicité), donc la matrice $A^2+I_n$ a un nombre impair de valeurs propres réelles $\geq1$ (comptées avec multiplicité).
Mais les valeurs propres réelles $\geq1$ de la matrice $-B^2$ ont toutes un ordre de multiplicité pair puisque si $\mu\in i\R$ est une valeur propre complexe de $B$, elle a même ordre de multiplicité que $-\mu$.
On obtient donc une contradiction. -
Soient $n$ un entier impair, $E$ un $\R$-espace vectoriel de dimension $n$ et $f,g$ deux endomorphismes de $E$ tels que $f^2+g^2 = -id_E$ (où $id_X$ désigne l'application identité de l'espace vectoriel $X$).
D'abord montrons un lemme: tout endomorphisme $u$ de $E$ possède une valeur propre de multiplicité impaire.
En effet soit $C_u(X) := det (X\cdot id_E - u)$ le polynôme caractéristique de $u$, que l'on écrit comme produit de polynômes irréductibles $\prod_{j=1}^q P_j^{\nu_j}$ avec $P_k \neq P_{\ell}$ pour tous $k,\ell$ distincts.
Un polynôme irréductible à coefficients dans $\R$ est toujours de degré 1 ou 2 (si $Q$ est un tel polynôme et $\alpha$ une racine de $Q$, le morphisme de $\R$ algèbres canonique canonique de $\R[X]/\langle Q\rangle$ dans $\C$ envoyant $X$ sur $\alpha$ est un morphisme de corps donc est injectif or les dimensions de ces deux $\R$-espaces vectoriels sont respectivement $deg(Q)$ et $2$).
Donc on peut réécrire la décomposition de $C_u$ en facteurs irréductibles sous la forme suivante= $C_u = \left (\prod_{k=1}^r (X^2 +a_k X +b_k) ^{\sigma_k}\right ) \times \left ( \prod_{\ell = 1}^s (X - \lambda_{\ell})^{\theta_{\ell}} \right)$.
Le degré de $C_u$ étant égal à $n$ on a l'égalité $n= 2\left ( \sum_{k=1}^r \sigma_k \right ) + \sum_{\ell = 1}^s \theta_{\ell}$. Comme $n$ est impair, on en déduit que l'un des $\theta_{\ell}$ est impair autrement dit:
$u$ possède une valeur propre de multiplicité impaire.
Revenons à l'exo. Soit désormais $\lambda$ une valeur propre de multiplicité $m$ impaire de $f^2$. Soit $F:= ker (f^2 - id_E)^m$. Alors $f^2$ commute avec $g$ (car $f^2= -id_E - g^2$), donc $g(F) \subseteq F$. Comme $F$ est de dimension impaire, il existe une valeur propre $\mu$ de $g|_F$. soit $G:= ker (g - \mu id_F)$. Alors $G$ est stable par $f^2$ et comme $f^2 - \lambda id_F$ est nilpotent sur $F$, $f^2 - \lambda id_G$ est nilpotent sur $G$ et donc s'annule et $f^2$ possède un vecteur propre non nul $v$ pour $\lambda$ sur cet espace. Donc on a $(f^2+g^2+id_G)(v)= (\lambda +\mu^2+1)v=0$. Donc $\lambda +\mu^2+1=0$. Donc $\lambda < 0$.
On en déduit que toutes les valeurs propres de $f^2$ sont négatives. Or ceci est impossible parce que $E$ étant de dimension impaire, $f$ possède au moins une valeur propre (et le carré de cette valeur propre est une valeur propre de $f^2$).Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
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