$T$ semblable à $T^2$
Bonjour,
je cherche à montrer que si $T$ est une matrice triangulaire de dimension $n$ dont la diagonale est composée de $1$ alors elle est semblable à $T^2$ (je ne suis pas sûr que ce soit vrai, mais cela semble bon). Les outils à disposition sont ceux de deuxième année post-bac, donc pas d'invariants de similitude, de réduction de Jordan...
Si quelqu'un à une piste, je suis preneur. Merci à vous.
je cherche à montrer que si $T$ est une matrice triangulaire de dimension $n$ dont la diagonale est composée de $1$ alors elle est semblable à $T^2$ (je ne suis pas sûr que ce soit vrai, mais cela semble bon). Les outils à disposition sont ceux de deuxième année post-bac, donc pas d'invariants de similitude, de réduction de Jordan...
Si quelqu'un à une piste, je suis preneur. Merci à vous.
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Réponses
Avec une triangulaire où toute la diagonale vaut 1, déjà, on a la bijectivité.
Dis-je des bêtises grosses comme moi ?
$N=T-I$ est nilpotente et $N$ est semblable à $kN+P(N)$ où $P$ est un polynôme de valuation $\ge 2$ et $k$ est un scalaire non nul quelconque. A démontrer.
1) Il existe une matrice nilpotente $N_0$ telle que $T=\exp(N_0)$ (exercice)
2) Comme $N_0$ est nilpotente, $N_0$ est semblable à $2N_0$ (exercice)
3) Conclure.
Ni le point 1 ni le point 2 ne sont évidents, mais ça peut théoriquement se faire à bac+2.
Imbécile que je suis.
Merci !
@zephir je ne suis pas sûr d'avoir compris, je vais réfléchir un peu avant de questionner
Merci à vous deux, j'ai ce qu'il me faut.
Pour info et pour ceux qui passeraient par ici, l'exo de base était de trouver les matrices $X$ semblables à $X^2$ dans $M_n(C)$.
Bonnes fêtes
PS: désolé, oui c'est semblables (je viens de modifier)!
En voici une d'un genre différent de l'exponentielle de nilpotentes : \[\begin{pmatrix}\mathrm{j}&0\\0&\mathrm{j}^2\end{pmatrix}\quad\text{où}\ \mathrm{j}=\mathrm{e}^{2\pi\mathrm{i}/3}.\]
Merci pour la précision. Si je ne dis pas de bêtises, on a $\{\lambda_1,\ldots,\lambda_p\}=\{\lambda_1^2,\ldots,\lambda_p^2\}$, ce qui ne signifie pas que nécessairement $ \lambda_i=\lambda_i^2$ !
Si tu permutes convenablement les vecteurs de ta base propre initiale, tu obtiens une nouvelle base propre, et la formule de changement de base te permet de conclure.
Toi qui es attaché au sens des mots, il aurait mieux valu que tu dises "inculte que je suis" :-D
L'intérêt du $2$ est évident, parce que le résultat est faux en caractéristique $2$ : voir $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.
Cependant la preuve de guego utilise la caractéristique $0$, alors que ce résultat est certainement vrai aussi en caractéristique $p\neq 2$.
Voici donc l'idée: $T+I$ est inversible car on est en caractéristique $\neq 2$ - de plus, il commute avec $T-I$ pour des raisons évidentes.
En particulier, $(T+I)(T-I)$ est nilpotent, et a exactement les mêmes invariants de similitude que $T-I$ - plus précisément, pour tout $k$, $\ker ((T-I)(T+I))^k= \ker (T-I)^k$.
Il s'ensuit que les deux sont semblables, sauf que le premier est $T^2-I$, c'est ce qu'on voulait.
Peut-être devrais-je ajouter un mot à propos de la conclusion: on remarque qu'essentiellement je montre que $(T-I)f $ et $(T-I)$ sont semblables, pour un certain $f$ inversible. Il faut alors noter que ce n'est pas toujours vrai en général, et que la forme du $f$ est ici importante, ainsi que celle de $(T-I)$. D'ailleurs, un point important aussi à remarquer: à ce stade de la preuve il n'est pas possible de bidouiller avec des puissances de $T$ pour obtenir la matrice de passage, puisque tout tel bidouillage commutera avec $(T-I)$ et $(T+I)$ et empêchera donc une conjugaison intéressante : il faut donc un résultat structurel, que je rappelle :
Lemme: Soit $E$ un espace vectoriel, $u,v$ deux endomorphismes nilpotents tels que pour tout $k, \dim\ker(u^k) = \dim\ker(v^k)$. Alors $u,v$ sont semblables.
Preuve: Voir 3b ici par exemple : de l'égalité des dimensions des noyaux on déduit, par le théorème du rang, l'égalité des rangs, et de l'égalité des rangs on déduit, par le 3b indiqué, on déduit l'égalité du nombre de blocs de Jordan de taille $l$ pour tout $l$. A partir de ça, on récupère le type de similitude de $u,v$.
On peut peut-être faire une preuve plus à la main, mais je dirais que c'est essentiellement équivalent à Jordan de toute façon.
En conclusion, comme chez Guego on utilise la nilpotence et le $2$, mais l'intérêt c'est qu'ici on n'utilise que $2$, et pas $n!$ pour tout $n$ ($\leq \dim E$)
Merci aussi chaurien, j'ai corrigé la faute.
Cela dit, je suis d'accord que ma solution utilise fortement le fait qu'on soit en caractéristique nulle. Je ne sais pas s'il y a une preuve élémentaire (sans Jordan ni invariants de similitudes) qui suppose juste la caractéristique différente de $2$.
Par "programme de deuxième année post bac" il faut comprendre "dans le cadre imposé par les pédagogistes" (il doit y avoir un document officiel: cela veut dire math spé c'est ça ?).
Après on peut multiplier les divertissements du genre "soit $N$ nilpotent et $\alpha$ non nul dans le corps de base, montrer que $N$ et $\alpha N$ sont semblables".
En fait on récupère Jordan avec Dunford et le résultat ci-dessus.
Allez revisiter mon message, un peu plus haut.J'ajoute qu'il faut Frobenius, redémontrable facilement.