Racines carrées d'une matrice
Réponses
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C'est un résultat classique faux : si $u$ et $v$ sont deux endomorphismes qui commutent, les vecteurs propres de l'un sont vecteurs propres de l'autre.
Cf. le message de bisam. -
Tu es allé un peu vite, Poirot...
Ce que l'on peut dire, c'est que les sous-espaces propres de l'un sont stables par l'autre.
Ici, comme les sous-espaces propres de A sont de dimension 1, s'ils sont stables par X, cela implique que ce sont des sous-espaces propres de X.
Contre-exemple à ce qu'a dit Poirot : Si $A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$ alors $A$ et $B$ commutent puisqu'elles sont diagonales toutes les deux, mais $\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ est un vecteur propre de $A$ qui n'est pas vecteur propre de $B$. -
Sinon, on pouvait prendre $A=I_3$. (:D
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Effectivement, j'ai tapé ce message pendant un chargement d'un jeu en ligne, j'étais pressé. :-D Mea culpa, la version correcte est bien sûr celle de bisam !
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Bonjour
je trouve non pas huit mais une seule solution à l'équation matricielle : $X^2 = A$.
Remarquons que la matrice $A$ est triangulaire supérieure et que ses valeurs propres sont $3$, $4$ et $1$ dans l'ordre sur la diagonale principale.
La racine carrée de $A$ est forcément une matrice triangulaire supérieure de valeurs propres $\sqrt{3}$, $2$ et $1$ dans l'ordre et donc du type : $$B = \sqrt{A} = \begin{pmatrix}\sqrt{3}&0&0\\a&2&0\\b&c&1\end{pmatrix},
$$ avec $a, b$ et $c$ paramètres réels que nous allons déterminer par identification terme à terme de $
\quad B^2 = A = \begin{pmatrix}3&0&0\\8&4&0\\5&0&1\end{pmatrix}
$
Nous trouvons assez facilement : $c = 0 ; \ a = 8(2-\sqrt{3}) ;\ b = \frac{5}{2}(\sqrt{3} - 1)$,
et donc $$\sqrt{A} = \begin{pmatrix}\sqrt{3}&0&0\\8(2 - \sqrt{3})&2&0\\\frac{5}{2}(\sqrt{3}-1)&0&1\end{pmatrix}.
$$ Si nous remplaçons successivement chaque valeur propre par son opposée, l'identification n'est pas honorée.
Cordialement. -
Merci JL pour cette performance je trouve non pas huit mais une seule solutionLe 😄 Farceur
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Bonjour,
Il y a bien évidemment huit solutions.
L'affirmation surlignée est tout à fait correcte : si un sous-espace propre $D$ pour $A$ est une droite vectorielle et que $X$ commute avec $A$, alors $D$ est stable par $X$, et donc un vecteur $v$ engendrant $D$ est vecteur propre pour $X$. Et si $\lambda$ est la valeur propre de $X$ associée à $v$, alors $D$ est la droite propre associée à la valeur propre $\lambda^2$ de $A$.
PS. Merci à Jean Lismonde pour son poisson d'Avril. Moi qui avait cru d'abord que son intervention était sérieuse !
PPS. Bon, je n'ai fait que redire ce qu'a déjà expliqué Bisam. -
Quand même c'est une belle performance de JL, passer de 8 à 1. Mon message était dans ce sensLe 😄 Farceur
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J'ai posé maintes fois un tel exercice en colle. Une fois que l'on avait vu que les matrices cherchées sont : $P\cdot Diag (\pm 1, \pm \sqrt 2, \pm \sqrt 3)\cdot P^{-1}$, la question finale était naturellement : combien cela fait-il de matrices-solutions ? Et là on voyait la faiblesse de la Combinatoire, même la plus rudimentaire, dans notre enseignement, car la réponse $8$ n'était pas automatique, les élèves lui préféraient parfois $6=3!$ ou $9=3^2$.
Bonne journée de 1er avril (Jeudi Saint 2021).
Fr. Ch.
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Bonjour!
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