equation-matrices
Salut,
A la bourrin, on pose
$$X=\\left(\\begin{array}{cc}
a&b\\\\
c&d
\\end{array}
\\right).$$
Tous calculs faits, on obtient
$a=d$ et $b=c=\\frac{1}{(2a+1)^2}$. Donc
$$a^2+a+\\frac{1}{(2a+1)^2}=1.$$
Si on travaille dans $\\mathcal{M}_{2}(\\R)$, on voit facilement qu\'il n\'y pas de solution.
Dans $\\mathcal{M}_2(\\C)$, on obtient que
$$a\\in\\{
-\\frac{1}{2}-\\frac{1}{4}\\,\\sqrt {10+2\\,i\\sqrt {7}},\\,
-\\frac{1}{2}+\\frac{1}{4}\\,\\sqrt {10+2\\,i\\sqrt {7}},\\,
-\\frac{1}{2}-\\frac{1}{4}\\,\\sqrt {10-2\\,i\\sqrt {7}},\\,
-\\frac{1}{2}+\\frac{1}{4}\\,\\sqrt {10-2\\,i\\sqrt {7}}\\}.$$
Il ne reste plus qu\'a vérifier quelles solutions marchent.
Joaopa
A la bourrin, on pose
$$X=\\left(\\begin{array}{cc}
a&b\\\\
c&d
\\end{array}
\\right).$$
Tous calculs faits, on obtient
$a=d$ et $b=c=\\frac{1}{(2a+1)^2}$. Donc
$$a^2+a+\\frac{1}{(2a+1)^2}=1.$$
Si on travaille dans $\\mathcal{M}_{2}(\\R)$, on voit facilement qu\'il n\'y pas de solution.
Dans $\\mathcal{M}_2(\\C)$, on obtient que
$$a\\in\\{
-\\frac{1}{2}-\\frac{1}{4}\\,\\sqrt {10+2\\,i\\sqrt {7}},\\,
-\\frac{1}{2}+\\frac{1}{4}\\,\\sqrt {10+2\\,i\\sqrt {7}},\\,
-\\frac{1}{2}-\\frac{1}{4}\\,\\sqrt {10-2\\,i\\sqrt {7}},\\,
-\\frac{1}{2}+\\frac{1}{4}\\,\\sqrt {10-2\\,i\\sqrt {7}}\\}.$$
Il ne reste plus qu\'a vérifier quelles solutions marchent.
Joaopa
Réponses
-
Salut,
A la bourrin, on pose
$$X=\left(\begin{array}{cc}
a&b\\
c&d
\end{array}
\right).$$
Tous calculs faits, on obtient
$a=d$ et $b=c=\frac{1}{(2a+1)^2}$. Donc
$$a^2+a+\frac{1}{(2a+1)^2}=1.$$
Si on travaille dans $\mathcal{M}_{2}(\R)$, on voit facilement qu'il n'y pas de solution.
Dans $\mathcal{M}_2(\C)$, on obtient que
$$a\in\{
-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\,\sqrt {10+2\,i\sqrt {7}},\,
-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\,\sqrt {10+2\,i\sqrt {7}},\,
-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\,\sqrt {10-2\,i\sqrt {7}},\,
-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\,\sqrt {10-2\,i\sqrt {7}}\}.$$
Il ne reste plus qu'a vérifier quelles solutions marchent.
Joaopa -
Joaopa> il me semble qu'il y a quelques erreuts de calculs.
Sinon, plusieurs méthodes possibles :
1) $A = \left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right)$ a pour polynôme caractéristique $c_A(x) = x^2 - 2x$. Le théorème de Cayley fournit $c_A(X^2 + X) = 0$, et ainsi le polynôme $x(x-1)(x+1)(x+2)$ est annulateur de $X$, qui est diagoonalisable, et on recherche alors $X$ par sa forme diagonale...
2) Toujours par le théorème de Cayley-Hamilton, mais pour $X$ cette fois :
$$X^2 = \text{tr}(X) - \text{det}(X)I$
En posant $t = \text{tr}(X)$ et $d = \text{det}(X)$, l'équation se met sous la forme
$$(t+1)X - dI = A$$
$t+1 = 0$ conduit à $-dI = A$ qui est impossible, donc $t+1 \neq 0$ et les solutions sont les matrices de la forme $\dfrac{d}{t+1}I + \dfrac{1}{t+1}A$ qui admettent $t$ pour trace et $d$ pour déterminant, d'où les solutions
$$\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right) \quad \left(\begin{array}{cc} -1 & -1 \\ -1 & -1 \end{array}\right) \quad \left(\begin{array}{cc} \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \end{array}\right) \quad \left(\begin{array}{cc} -\dfrac{3}{2} & -\dfrac{1}{2} \\ -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{2} \end{array}\right)$$ -
Joaopa> il me semble qu'il y a quelques erreuts de calculs.
Sinon, plusieurs méthodes possibles :
1) $A = \left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right)$ a pour polynôme caractéristique $c_A(x) = x^2 - 2x$. Le théorème de Cayley fournit $c_A(X^2 + X) = 0$, et ainsi le polynôme $x(x-1)(x+1)(x+2)$ est annulateur de $X$, qui est diagoonalisable, et on recherche alors $X$ par sa forme diagonale...
2) Toujours par le théorème de Cayley-Hamilton, mais pour $X$ cette fois :
$$X^2 = \text{tr}(X) - \text{det}(X)I$$
En posant $t = \text{tr}(X)$ et $d = \text{det}(X)$, l'équation se met sous la forme
$$(t+1)X - dI = A$$
$t+1 = 0$ conduit à $-dI = A$ qui est impossible, donc $t+1 \neq 0$ et les solutions sont les matrices de la forme $\dfrac{d}{t+1}I + \dfrac{1}{t+1}A$ qui admettent $t$ pour trace et $d$ pour déterminant, d'où les solutions
$$\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right) \quad \left(\begin{array}{cc} -1 & -1 \\ -1 & -1 \end{array}\right) \quad \left(\begin{array}{cc} \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \end{array}\right) \quad \left(\begin{array}{cc} -\dfrac{3}{2} & -\dfrac{1}{2} \\ -\dfrac{1}{2} & -\dfrac{3}{2} \end{array}\right)$$ -
bonjour
je confirme le résultat de gb (mais il existe peut-être d'autres solutions réelles)
l'équation matricielle X²+X=A avec A=
(1 1)
(1 1)
admet en effet deux racines évidentes X= - A et X=A - I en effet A²=2A
les deux autres racines réelles peuvent être obtenues par l'algèbre classique en faisant le début du carré du polynôme en X :
(X+I/2)²-I²/4 - A=0 soit (X+I/2)²-B=0 avec la matrice 2X2 B=
(5/4 1)
(1 5/4)
B est une matrice carrée symétrique de valeurs propres r1=9/4 et r2=1/4
la racine carrée de B est égale à la moitié de la matrice symétrique 2X2:
[rac(r1)+rac(r2) rac(r1)-rac(r2)]
[rac(r1)-rac(r2) rac(r1)+rac(r2)]
soit: rac(B)=
(1 1/2)
(1/2 1)
et donc X1=-I/2 +rac(B)=
(1/2 1/2)
(1/2 1/2)
et X2=-I/2 - rac(B)=
(-3/2 -1/2)
(-1/2 -3/2)
cordialement -
rebonjour
nous avons trouvé gb et moi quatre racines réelles en X de l'équation de georges X²+X=A matrice 2x2 telle que A²=2A
les quatre racines étant combinaison linéaire de A et I (on peut montrer que ce sont les seules dans ce cas)
on peut généraliser l'équation matricielle de georges avec
X²+mX=A (matrice 2x2 telle que A²=rA avec m et r complexes)
(A matrice singulière de valeurs propres 0 et r différent de 0)
cherchons les solutions particulières en X de la forme X=aA+bI
(a et b complexes) il vient dans l'équation matricielle:
A(ra²+2ab+ma-1)+bI(b+m)=0 quelle que soit A de valeurs propres 0 et r
il faut donc b(b+m)=0 soit deux valeurs en b:
b=0 et alors ra²+ma-1=0 et donc a=[-m+ou-rac(m²+r)]2r
b=-m et alors ra²-am-1=0 et donc a=[m+ou-rac(m²+r)]/2r
nous trouvons là aussi 4 racines en X forme linéaire de A et I :
X=A.[-m+ou-rac(m²+r)]/2r et
X=A.[m+ou-rac(m²+r)]/2r - mI
cordialement
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Bonjour!
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