Trace d'endomorphisme nilpotent
Réponses
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Un graaaand classique, j'espere voir des solution postée ici
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Un grand classique, j'espere voir des solution postée ici
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Salut,
une indication: quel est le polynôme minimal d'un endomorphisme nilpotent?
;-)
cordialement,
F.D. -
Ce n'est pas drôle, j'ai deux solutions...
du coup, je donne deux indications
pour la première : Cayley Hamilton
pour la deuxième : Vandermonde -
Bonsoir
Est-ce que les solutions utilisent les liens entre les sommes de Newton et les polynômes symétriques élémentaires ? -
une troisième solution, trouvée ds Herstein (Topics in Algebra):
Montrer en utilisant le polynôme minimal que A n'est pas inversible,
prendre un vecteur non nul du noyau, le compléter en une base et engager une récurrence.
une condition sur la caractéristique est utile... -
ah non, je connais pas vas-y, développe
ça me fera trois méthodes! -
Salut,
pour le sens direct, j'ai essaye un truc...
Soit $A$ nilpotente d'indice $r$ (on a necessairement $r\leq n$). On veut montrer que pour tout $k \in \N$, $tr(A^k)=0$. Appelons $u$ l'endomorphisme associe a la matrice $A$.
Si $k\geq r$, on a la matrice nulle, donc le resultat est evident.
Si $k -
Faites un effort Le Poulpe, ce n'est pas bien difficile...
-
Salut,
Bon, j'ai une deuxième remarque à faire : $$Tr(u) = \sum_{\lambda\in Sp(u)} \lambda$$ ça aide aussi
il suffit donc de prouver que LA vp de $u$ est 0 et ça marche comme un rien
seule difficulté (conceptuelle ou presque :-) ) si ce que je donne est la DEFINITION de la trace, prouver que Tr(AB)=Tr(BA) ça complique, si on fait dans l'autre sens c'est à peine plus coton (il suffit de sortir une réduction de Fröbenius)
amicalement,
F.D. -
pour vinh
il y a une petite ambiguïté : tu parles de "polynôme minimal caractéristique" euh... bof?
sinon c'est plus clair que ce que j'ai fait :-)
cordialement,
F.D. -
salut Francois,
en fait, c'est bien "polynome caracteristique" qu'il fallait lire. J'avais ecrit minimal au debut, et je me suis rendu compte de la bourde mais ai oublie de supprimer "minimal".
See ya'
vinh -
je parle de ce dont parle Gecko...
je connais personnellement 2 méthodes pour résoudre cet exo
lis les messages avant de poste LOL -
Bon, allez, pour prouver ma bonne foi
on écrit Cayley hamilton :
$A^n + a_{n-1}A^{n-1} + \ldots + a_1 A + a_0I_n = 0$
or on sait que $a_0 =\pm \det A$
en prenant la trace, on en déduit que $\det A=0$ et donc que $A$ a une vap nulle,
on conclut par récurrence sur la dimension.
________________________________________
Deuxième méthode,
on trigonalise sur $\C$, alors pour tout k, $\sum_i \lambda_i^k=0$
et donc on a l'égalité matricielle
$\begin{bmatrix}
\lambda_1&\ldots&\lambda_p\\
\vdots& &\vdots\\
\lambda_1^p\ldots&\lambda_p^p
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\omega_1\\
\vdots\\
\omega_p
\end{bmatrix} =
\begin{bmatrix}
0\\
\vdots\\
0
\end{bmatrix}$
Où $\lambda_i$ sont les vap distinctes de $A$ comptées avec leur ordre de multiplicité $\omega_i$.
On en déduit que la première matrice est non inversible
or son déterminant vaut $\lambda_1\ldots\lambda_p\Pi(\lambda_i-\lambda_j)$
comme les vap sont distinctes c'est que l'une d'entre elles est nulle
et on conclut par récurrence sur la dimension. -
Votre méthode s'adapte pour montrer que le coefficient constant dans le polynôme minimal est nul, et donc que $A$ est non inversible. Évidemment, cela suppose que l'on sait que le degré du polynôme minimal est inférieur ou égal à $n$.
On peut cependant remarquer que l'énoncé $Tr(A^k)=0$ pour $k\leq deg \mu_A(X)$, où $\mu_A$ désigne le polynôme minimal est distinct de celui proposé, mais éviterait Cayley-Hamilton.
Une autre méthode consiste à se rappeler les relations entre les sommes de Newton et les fonctions symétriques des racines. Comme les sommes de Newton sont nulles et que $car(K)=0$, alors les fonctions symétriques sont nulles aussi et le polynôme caractéristique est éga à $X^n$ et le tour est joué. Je dois avouer en passant que les relations entre sommes de Newton et fonctions symétriques des racines me sont devenues mémorisables grâce à cet exercice...
Tous ces exos datent de 30 ans au moins! Il faut trouver des plus originaux...
Bonne nuit. -
une autre conséquence de l'exo, en caractéristique nulle : si uv-vu=u, où u et v sont des endomorphismes d'un ev de dim. finie, alors u est nilpotent.
Mais on le voit directement aussi en montrant que $u^k v - v u^k= k u^k$ pour tout entier k. -
Mr vinh le ricain
peut on completer cette famille libre $ {x, u(x), .... u^(r-1)(x)} $ avec des elements de $ Ker(u) \inter Im(u) $ -
Mr vinh le ricain
peut on completer cette famille libre $ \{x, u(x), .... u^{r-1}(x)\} $ avec des elements de $ Ker(u) \cap Im(u) $ ????
Est-ce que $ Ker(u) \cap Im(u) $ contient des element pour completer la base ?? pq ?? Merci pour votre reponse !) -
Bonjour ,
Je lis ce sujet intéressant et je me pose quelques questions :
1) dans les 2 méthodes de Le Poulpe , il montre que si les traces de A^k sont nuls alors A est non inversible , et ensuite il invoque une récurrence sur la dimension pour aboutir à A est nilpotente.
A première vue , je ne vois pas trop la récurrence en question ?
2) Lol évoque des sommes de Newton et leur relation avec les fonctions symétriques des racines .
Je vais étaler ici mon inculture , mais c'est quoi exactement les sommes de Newton ( vu le résultat qu'on cherche à montrer je suppose qu'il s'agit de somme du style ( x1+ x2 + +xn)^k et que si elles s'annulent pour tout k alors les fonctions symétriques élémentaires (qui interviennent dans le polynôme caractéristique) sont toutes nulles ...
Merci -
Les sommes de Newton sont les sommes des puissances k-ièmes des valeurs propres.
on a$a_0S_1+a_1=0$
$a_0S_2+a_1S_1+2a_2=0$
$a_0S_3+a_1S_2+a_2S_1+3a_3=0$
....
où $P(X)= a_0X^n+a_{n-1}X^{n-1}+...+a_n$
On notera la condition sur la caractéristique... -
Mr Vinh le ricain
Peut-on compléter cette famille libre $ \{x, u(x), .... u^{r-1}(x)\} $ avec des éléments de $ \ker(u) \cap \mathrm{im}(u) $ -
On note $F(X)$ la série formelle $\sum\limits_{n=0}^{+\infty}{\rm tr}(A^n)X^n$.
Elle vaut $\dim(A)$ par hypothèse. Si on note $m(\lambda)$ la multiplicité de la valeur propre $\lambda$ dans le polynôme caractéristique de $A$ et si on calcule tr$(A^n)$ en fonction des valeurs propres, on obtient :
$F(X)=\sum\limits_{\lambda}\frac{m(\lambda)}{1-\lambda X}$.
Par unicité de la décomposition en éléments simples, on a une seule valeur propre, qui est $0$, donc $A$ est nilpotente.
En caractéristique non nulle, on peut seulement dire que les multiplicités $m(\lambda)$ peuvent être nulle modulo la caractéristique.
watercat -
Et que se passe-t-il si seules les n puissances k-ièmes ont une trace nulle ?
La démonstration proposée par Watercat, retranché au delà de la Manche, est encore assez inhabituelle en France. Elle montre si besoin est la vertu des séries formelles...
Ce serait bien si à l'occasion de cette intervention, on fasse le point sur quelques unes des techniques et résultats autour des séries formelles. Je suis personnellement très curieux de comprendre pourquoi les séries formelles sont encore si méconnues "chez nous". -
il y a aussi l'équivalence : TR(A) = 0 <-> A appartient à l'espace vectoriel engendré par les matrices nilpotentes
-
Si "seules les n puissances k-ièmes ont une trace nulle", on prouve par recurrence, a partir de Cayley-Hamilton, qu'en realite toutes les puissances ont une trace nulle.
Watercat -
bien répondu Watercat !
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Bonjour!
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