diagonalisation dans un corps fini
dans Algèbre
Z/5Z est un corps car 5 est premier
On peut donc dire que Z/5Z est un Z/5Z espace vectoriel et travailler dans l'ensemble des matrices à coefficients dans cet espace vectoriel
On considère
Je bloque sur les sous-espaces propres.
On peut donc dire que Z/5Z est un Z/5Z espace vectoriel et travailler dans l'ensemble des matrices à coefficients dans cet espace vectoriel
On considère
M = ( 1 2) ( 3 -4)J'ai formé le polynôme caractéristique et trouvé 2 et -5 comme valeurs propres, c'est-à-dire 2 et 0.
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Réponses
Autrefois, quand on faisait des mathématiques dans le Secondaire, c'était en Troisième. J'avais même fait une fiche sur les déterminants, avec la ronéo à alcool, pour mes Troisièmes de Noisy-le-Sec (93).
L'important c'est que $\mathbb Z/5\mathbb Z$ est un corps commutatif. C'est dans un tel corps qu'on prend habituellement les coefficients d'une matrice (sauf généralisations, mais pas pour l'instant).
Pour la commodité, note $0,1,2,3,4$ les éléments de $\mathbb Z/5\mathbb Z$.
Ta matrice est : $\left[ \begin{array}{cc}1 & 2 \\ 3 & 1 \end{array}\right] $, tu as trouvé ses valeurs propres $0$ et $2$. Les vecteurs propres sont alors évidents, puisque leur calcul consiste en la résolution de deux systèmes $2 \times 2$ de rang $1$. Tu as ainsi la matrice de passage. Sa matrice inverse s'obtient comme dans $\mathbb R$, on peut en apprendre la forme par cœur.
Normalement, à bac+1 une matrice $2 \times 2$ se diagonalise à vue.
Bon courage.
Fr. Ch.
pour info : les systèmes $2\times 2$ sont maintenant en classe de seconde.
Jean-éric
C'était en 3e jusqu'en 2016.
Ce n'est plus au programme désormais au collège.
Me trompé-je ?
Tu racontes n'importe quoi. Oublie $\mathbb R$ et travaille dans $\mathbb Z/5\mathbb Z$.
Tu as déjà trouvé les valeurs propres, les vecteurs propres sont plus faciles
En effet, les valeurs propres de la matrice à coefficients rationnels $\tilde M=\left(\begin{smallmatrix}1 & 2 \\3 & -4\end{smallmatrix}\right)$ sont $2$ et $-5$. Elle est donc diagonalisable sur $\Q$ et voici deux vecteurs propres correspondants : $(1,1/2)$ (pour la valeur propre $\tilde\lambda_1=2$) et $(1,-3)$ (pour la valeur propre $\tilde\lambda_2=-5$).
Chassons les dénominateurs : posons $\tilde e_1=(2,1)$ et $\tilde e_2=(1,-3)$. Les égalités $\tilde M\tilde e_i=\tilde\lambda_i\tilde e_i$ (qui expriment que $(\tilde e_1,\tilde e_2)$ est une base de $\Q^2$ dans laquelle $\tilde M$ est diagonale) sont à coefficients dans $\Z$ et peuvent donc être réduites modulo $5$ : elles entraînent $Me_i=\lambda_ie_i$, où $e_1=(2,1)$, $e_2=(1,-3)\in(\Z/5\Z)^2$, $\lambda_1=2$, $\lambda_2=-5=0\in\Z/5\Z$. Autrement dit, la famille $(e_1,e_2)$ de $(\Z/5\Z)^2$ est formée de vecteurs propres pour des valeurs propres différentes donc c'est une base qui diagonalise $M$.
Variante plus snob : sans chasser les dénominateurs, la famille $(\hat{e}_1,\hat{e}_2)$, où $\hat{e}_1=(1,1/2)$ et $\hat{e}_2=(1,-3)$ habite dans $(\Z[1/2]\bigl)^2$, où $\Z[1/2]$ est l'anneau localisé $\{a/2^k,\ a\in\Z,\ k\in\N\}$. Comme $2$ est inversible dans $\Z/5\Z$ (son inverse est (la classe de) $3$), on a un morphisme de réduction modulo $5$ de $\Z[1/2]$ sur $\Z/5\Z$, qui envoie $a/2^k$ sur $a\times3^k\in\Z/5\Z$. La famille $\bigl((1,3),(1,-3)\bigr)$ est une base de $(\Z/5\Z)^2$ – obtenue par réduction modulo $5$ – dans laquelle $M$ est diagonale.
Enfin, il n'en reste pas moins que l'esprit de l'exercice est plutôt de résoudre directement les systèmes
\[\begin{cases}x+2y=\lambda x\\3x-4y=\lambda y\end{cases}\]à coefficients dans $\Z/5\Z$, pour $\lambda=2$ et pour $\lambda=0$, pour diagonaliser $M$...
• Je répète : le mieux est d'oublier $\mathbb R$, $\mathbb Q$, ou autres, et de conduire tous les calculs dans le corps $\mathbb Z / 5 \mathbb Z = \{0,1,2,3,4 \}$, avec ses deux opérations internes bien connues. Ça se passe comme dans tout corps commutatif.
• La matrice est : $A=\left[ \begin{array}{cc}1 & 2 \\ 3 & 1 \end{array}\right]$.
• Polynôme caractéristique : $\chi_A(\lambda)=\det (A-\lambda I_2)=\left | \begin{array}{cc} 1-\lambda & 2 \\ 3 & 1-\lambda \end{array}\right| =(1-\lambda)^2-1=\lambda(\lambda-2)$.
• Valeurs propres : $\lambda=0, \lambda=2$.
• Vecteur propre associé à la valeur propre $0$ : $x+2y=0, 3x+y=0$.
Système de rang $1$, équivalent à l'une des deux équations. Vecteur propre : $\left[ \begin{array}{c}1 \\ 2 \end{array} \right]$.
• Vecteur propre associé à la valeur propre $2$ : $4x+2y=0, 3x+4y=0$.
Système de rang 1, équivalent à l'une des deux équations. Vecteur propre : $\left[ \begin{array}{c}1 \\ 3 \end{array}\right]$.
• Matrice de passage : $P=\left[ \begin{array}{cc}1 & 1 \\ 2 & 3 \end{array}\right]$.
• Matrice inverse de la matrice de passage : $P^{-1}=\frac{1}{\det P}\left[ \begin{array}{cc} 3 & -1 \\ -2 & 1\end{array}
\right] $ $=\left[ \begin{array}{cc}3 & 4 \\ 3 & 1\end{array}\right] $.
• Conclusion : $P^{-1}AP=\left[ \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 2\end{array}\right]=D $. On peut le vérifier en effectuant le produit.Pour tout corps commutatif $K$, il est conseillé de mémoriser que si $A=\left[ \begin{array}{cc}a & c \\ b & d\end{array}\right] $ $\in GL_2(K)$, alors : $A^{-1}=\frac{1}{\det A}\left[ \begin{array}{cc} d & -c \\ -b & a\end{array} \right] $.
Les coefficients $a$ et $d$ changent de place mais pas de signe, et les coefficients $b$ et $c$ changent de signe mais pas de place, et le $\frac{1}{\det A}$ est là pour nous rappeler que le déterminant ne doit pas être nul.Bonne journée.
Fr. Ch.
Question : Soit $p$ un premier, trouver la réduction (enfin dire un truc intelligent) de la matrice de $A=\left[ \begin{array}{cc}1 & 2 \\ 3 & 1 \end{array}\right]$ ?
ps : merci Chaurien
Si $6$ est résidu quadratique mod. $p$ , il existe des algorithmes permettant d'expliciter les racines carrées, et le calcul des vecteurs propres n'est qu'un calcul d'inverse dans $\mathbb Z / p \mathbb Z$.
Si $6$ n'est pas résidu quadratique mod. $p$, alors la matrice n'est pas diagonalisable sur ce corps $\mathbb Z / p \mathbb Z$. On peut bricoler une extension quadratique en adjoignant un « $\sqrt {6}$ », et c'est sans doute un peu plus compliqué, mais mon petit doigt me dit que c'est faisable.
En tout cas, ce n'était pas le problème initialement posé, et à quoi j'ai répondu de la façon la plus simple me semble-t-il.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Pour préciser la réponse de Chaurien, je distingue trois cas :
1. Dans \(\mathbf{F}_p\) : \(6=0\), c'est-à-dire : \(p\in\lbrace2,3\rbrace\). Il y a a priori deux sous-cas :
\begin{align}
p&=2&A=\begin{pmatrix}1&2\\3&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix} \\
p&=3&A=\begin{pmatrix}1&2\\3&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}
\end{align}
et la matrice est triangulaire avec une valeur propre double et ne diagonalise pas.
2. Dans \(\mathbf{F}_p\) : \(6\neq0\) et 6 n'est pas carré parfait. Le polynôme caractéristique : elle ne diagonalise ni ne trigonalise.
3. Dans \(\mathbf{F}_p\) : \(6\neq0\) et 6 est pas carré parfait. Si \(a\) est une racine de 6 dans \(\mathbf{F}_p\), la matrice \(A\) admet le deux valeurs propres simples \(1+a\) et \(1-a\) distinctes, donc diagonalise.
Pour une valeur propre \(\lambda\), le système : \((A-\lambda I)X=0\) est de rang 1, et il suffit donc de résoudre la première équation :
\[(1-\lambda)x+2y = 0\]
qui n'est pas triviale, et dont une solution non nulle est : \((2,\lambda-1)\).
Le calcul des vecteurs propres ne demande donc aucun calcul d'inverse, mais pour écrire une égalité de diagonalisation sous la forme :
\begin{align}
D&=P^{-1}AP&D&=\begin{pmatrix}1-a&0\\0&1+a\end{pmatrix}&P&=\begin{pmatrix}2&2\\-a&a\end{pmatrix}
\end{align}
il y a un calcul d'inverse, puique :
\[P^{-1}=(4a)^{-1}\begin{pmatrix}a&-2\\a&2\end{pmatrix}.\]
\begin{align} 43^2 &\equiv 6 \pmod{97} & 50^2 &\equiv -6 \pmod{179} & 179 &\equiv -1 \pmod{4} \end{align}
et la dernière relation établit que \(-1\) n'est pas un carré dans \(\mathbf{F}_{179}\), et il en est donc de même pour \(6\).
Sinon ,est-ce que ça a un avantage de réduire avant ou après, ben, je ne sais pas du tout :-D
\[\newcommand{br}[2]{\left(\frac{#1}{#2}\right)}\br{6}{p}=\br{2}{p}\br{3}{p}=(-1)^{(p^2-1)/8}(-1)^{(p-1)/2}\br{p}{3},\]ce qui ne dépend que de $p$ modulo $24$.
Ou $(1-\lambda)^2-6$.