Matrices (mpsi)

[Anonyme]

Bonjour,


voici deux petits exos qui me posent problème.


1. Soient A, B dans Mn(C). On suppose qu'il existe un k dans C tel que
k*AB + A + B = 0. Montrer que A et B commutent.

Je n'arrive vraiment pas à avancer sur cet exo...


2. Soient A, B dans Mn(C). On suppose que :
A^2 = B^2 = In
AB = -BA
Déterminer la trace de A et de B.

J'ai : tr(AB) = tr(BA) = 0, tr(A) = -tr(BAB), tr(B) = -tr(ABA),
tr((A+iB)^2) =0, mais je ne vais pas beaucoup plus loin...
à moins qu'il ne faille expliciter les sommes ?

Merci d'avance de l'aide que vous pourrez m'apporter.


--
albert

[Anonyme]

"albert junior" a écrit dans le message
de news: 427e04ab$0$286$626a14ce@news.free.fr...
> Bonjour,
>
>
> voici deux petits exos qui me posent problème.
> 1. Soient A, B dans Mn(C). On suppose qu'il existe un k dans C tel que
> k*AB + A + B = 0. Montrer que A et B commutent.
> 2. Soient A, B dans Mn(C). On suppose que :
> A^2 = B^2 = In
> AB = -BA
> Déterminer la trace de A et de B.
>
> J'ai : tr(AB) = tr(BA) = 0, tr(A) = -tr(BAB), tr(B) = -tr(ABA),
> tr((A+iB)^2) =0, mais je ne vais pas beaucoup plus loin...
> à moins qu'il ne faille expliciter les sommes ?

1) A(kB+I) = -B. Si kB+I est inversible alors A = B(kB+I)^(-1) donc commute
avec B
Sinon, échanger les rôles de A et B.
Il reste le cas à traiter où kA+I est kB+I sont non inversible (donc A et B
ne sont pas inversibles en utilisant A(kB+I) = -B et (kA+I)B = -A)
On suppose k0 (sinon A=-B)
En considérant un vecteur propre associé à -1/k pour B, tu obtiens que ce
vecteur est dans le noyau de B, ce qui est absurde.

2) La troisième égalité montre que A envoie E_(-1)(B) sur E_1(B) et E_1(B)
sur E_(-1)(B), tu passes aux endo, tu choisis une base de diagonalisation
pour b (endo associé) et tu écris la matrice de a (endo associé) dans cette
base. Tu obtiens une matrice bloc(0,C,D,0) (matrices rectangulaires de
taille associés à la dimension de chaque espace propre) Tu réécris l'égalité
a^2=I pour obtenir CD=I et DC=I donc les matrices sont carrés et les espaces
propres sont de même dimension donc tr(B)=0 et tr(A)=0 (par construction)

********************
http://www.mathematiques.fr.st
100 exos de Taupe en +
150 exos de PHEC en +
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[Anonyme]

"Masterbech" a écrit dans le message de news:
427e0f61$0$11696$8fcfb975@news.wanadoo.fr...
> "albert junior" a écrit dans le message
> de news: 427e04ab$0$286$626a14ce@news.free.fr...[color=green]
> > Bonjour,
> >
> >
> > voici deux petits exos qui me posent problème.
> > 1. Soient A, B dans Mn(C). On suppose qu'il existe un k dans C tel que
> > k*AB + A + B = 0. Montrer que A et B commutent.
> > 2. Soient A, B dans Mn(C). On suppose que :
> > A^2 = B^2 = In
> > AB = -BA
> > Déterminer la trace de A et de B.
> >
> > J'ai : tr(AB) = tr(BA) = 0, tr(A) = -tr(BAB), tr(B) = -tr(ABA),
> > tr((A+iB)^2) =0, mais je ne vais pas beaucoup plus loin...
> > à moins qu'il ne faille expliciter les sommes ?
>
> 1) A(kB+I) = -B. Si kB+I est inversible alors A = B(kB+I)^(-1) donc[/color]
commute
> avec B
> Sinon, échanger les rôles de A et B.
> Il reste le cas à traiter où kA+I est kB+I sont non inversible (donc A et
B
> ne sont pas inversibles en utilisant A(kB+I) = -B et (kA+I)B = -A)
> On suppose k0 (sinon A=-B)
> En considérant un vecteur propre associé à -1/k pour B, tu obtiens que ce
> vecteur est dans le noyau de B, ce qui est absurde.
>
> 2) La troisième égalité montre que A envoie E_(-1)(B) sur E_1(B) et E_1(B)
> sur E_(-1)(B), tu passes aux endo, tu choisis une base de diagonalisation
> pour b (endo associé) et tu écris la matrice de a (endo associé) dans
cette
> base. Tu obtiens une matrice bloc(0,C,D,0) (matrices rectangulaires de
> taille associés à la dimension de chaque espace propre) Tu réécris
l'égalité
> a^2=I pour obtenir CD=I et DC=I donc les matrices sont carrés et les
espaces
> propres sont de même dimension donc tr(B)=0 et tr(A)=0 (par construction)

j'ai oublié que tu es en sup !!!
pour le 1), tu considères un vecteur x dans le noyau de kB+I et tu en déduis
que Bx=0 donc x=0
pour le 2), tu utilises les égalités C^n = ker(B-I) + ker(B+Id) (cf. cours
sur les symétries et projecteurs, E_(-1)(B)=ker(B+Id) et E_1(B)=ker(B-Id)


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[Anonyme]

Masterbech wrote:
[color=green][color=darkred]
>>>1. Soient A, B dans Mn(C). On suppose qu'il existe un k dans C tel que
>>>k*AB + A + B = 0. Montrer que A et B commutent.
>>>2. Soient A, B dans Mn(C). On suppose que :
>>>A^2 = B^2 = In
>>>AB = -BA
>>>Déterminer la trace de A et de B.[/color][/color]
[color=green]
>>1) A(kB+I) = -B. Si kB+I est inversible alors A = B(kB+I)^(-1) donc commute
>>avec B[/color]

Pourquoi ?
(et je crois que c'est A = *-* B (kB+I)^(-1) )
[color=green]
>>Sinon, échanger les rôles de A et B.
>>Il reste le cas à traiter où kA+I est kB+I sont non inversible (donc A et B
>>ne sont pas inversibles en utilisant A(kB+I) = -B et (kA+I)B = -A)
>>On suppose k0 (sinon A=-B)
>>En considérant un vecteur propre associé à -1/k pour B, tu obtiens que ce
>>vecteur est dans le noyau de B, ce qui est absurde.[/color]

D'accord pour ca.
[color=green]
>>2) La troisième égalité montre que A envoie E_(-1)(B) sur E_1(B) et E_1(B)
>>sur E_(-1)(B), tu passes aux endo, tu choisis une base de diagonalisation
>>pour b (endo associé) et tu écris la matrice de a (endo associé) dans cette
>>base. Tu obtiens une matrice bloc(0,C,D,0) (matrices rectangulaires de
>>taille associés à la dimension de chaque espace propre) Tu réécris l'égalité
>>a^2=I pour obtenir CD=I et DC=I donc les matrices sont carrés et les espaces
>>propres sont de même dimension donc tr(B)=0 et tr(A)=0 (par construction)
>
>
> j'ai oublié que tu es en sup !!!
> pour le 1), tu considères un vecteur x dans le noyau de kB+I et tu en déduis
> que Bx=0 donc x=0
> pour le 2), tu utilises les égalités C^n = ker(B-I) + ker(B+Id) (cf. cours
> sur les symétries et projecteurs, E_(-1)(B)=ker(B+Id) et E_1(B)=ker(B-Id)[/color]

Ok. C'est bon pour le 2. Merci bien !

--
albert

[Anonyme]

Masterbech wrote:
> "Masterbech" a écrit dans le message de news:
> 427e0f61$0$11696$8fcfb975@news.wanadoo.fr...
>[color=green]
>>"albert junior" a écrit dans le message
>>de news: 427e04ab$0$286$626a14ce@news.free.fr...
>>[color=darkred]
>>>Bonjour,
>>>
>>>
>>>voici deux petits exos qui me posent problème.
>>>1. Soient A, B dans Mn(C). On suppose qu'il existe un k dans C tel que
>>>k*AB + A + B = 0. Montrer que A et B commutent.[/color][/color]

> pour le 1), tu considères un vecteur x dans le noyau de kB+I et tu en déduis
> que Bx=0 donc x=0

Une autre approche (encore plus algébrique) (pardon Bech)
a. si k = 0 -> immédiat
b. si k 0 : alors (kA + I)(kB + I) = I (oui oui),
donc (kB + I)(kA + I) = I ...

Hib.

[Anonyme]

Hibernatus wrote:

> Une autre approche (encore plus algébrique) (pardon Bech)
> a. si k = 0 -> immédiat
> b. si k 0 : alors (kA + I)(kB + I) = I (oui oui),
> donc (kB + I)(kA + I) = I ...

!
merci à toi


par contre je n'ai pas compris le début de la réponse de Masterbech :
[color=green]
>>1) A(kB+I) = -B. Si kB+I est inversible alors A = B(kB+I)^(-1) donc commute
>>avec B[/color]

--
albert

[Anonyme]

Dans le message news:427e4e42$0$823$8fcfb975@news.wanadoo.fr,
Hibernatus a écrit:[color=green][color=darkred]
>>>>
>>>> voici deux petits exos qui me posent problème.
>>>> 1. Soient A, B dans Mn(C). On suppose qu'il existe un k dans C tel
>>>> que k*AB + A + B = 0. Montrer que A et B commutent.[/color]
>
> Une autre approche (encore plus algébrique) (pardon Bech)
> a. si k = 0 -> immédiat
> b. si k 0 : alors (kA + I)(kB + I) = I (oui oui),
> donc (kB + I)(kA + I) = I ...[/color]

Elégant

--
Cordialement,
Bruno

[Anonyme]

On 2005-05-08, albert junior wrote:
> par contre je n'ai pas compris le début de la réponse de Masterbech :
>[color=green][color=darkred]
>>>1) A(kB+I) = -B. Si kB+I est inversible alors A = B(kB+I)^(-1) donc commute
>>>avec B[/color][/color]

Je ne sais pas quelles étapes intermédiaires il avait en tête, mais un
résultat « bien connu » est que l'inverse d'une matrice est un polynôme
en cette matrice. Donc (kB+I)^(-1) = P(kB+I) pour un certain polynôme
P, ce qui donne A = B P(kB+I) qui, étant un polynôme en la matrice B,
commute avec B.

Mini-preuve du fait que l'inverse de M commute avec M :
1. la famille Id, M, M^2, ..., M^{n^2} compte n^2+1 éléments dans un
e.v. de dimension n^2, elle est donc liée. Cela implique qu'il existe
P un polynôme non nul, tel que P(M) = 0.
2. soit k l'ordre de 0 comme racine de P. On écrit alors
P(X) = X^k Q(X)
qui annule M :
M^k Q(M) = 0
Or M est inversible, donc Q(M) = 0, 0 n'étant pas racine de Q.
3. Divisons Q par X : il existe a une constante, R un polynôme, tels
que Q = a + X * R. Comme Q(0) non nul, a est non nul.
Appliquons à M : 0 = Q(M) = a*Id + M * R(M)
Donc a Id = -M * R(M), soit M^{-1} = -1/a R(M). CQFD

--
Frédéric

[Anonyme]

Frederic wrote:

> Je ne sais pas quelles étapes intermédiaires il avait en tête, mais un
> résultat « bien connu » est que l'inverse d'une matrice est un polynôme
> en cette matrice. Donc (kB+I)^(-1) = P(kB+I) pour un certain polynôme
> P, ce qui donne A = B P(kB+I) qui, étant un polynôme en la matrice B,
> commute avec B.
>
> Mini-preuve du fait que l'inverse de M commute avec M :
> 1. la famille Id, M, M^2, ..., M^{n^2} compte n^2+1 éléments dans un
> e.v. de dimension n^2, elle est donc liée. Cela implique qu'il existe
> P un polynôme non nul, tel que P(M) = 0.
> 2. soit k l'ordre de 0 comme racine de P. On écrit alors
> P(X) = X^k Q(X)
> qui annule M :
> M^k Q(M) = 0
> Or M est inversible, donc Q(M) = 0, 0 n'étant pas racine de Q.
> 3. Divisons Q par X : il existe a une constante, R un polynôme, tels
> que Q = a + X * R. Comme Q(0) non nul, a est non nul.
> Appliquons à M : 0 = Q(M) = a*Id + M * R(M)
> Donc a Id = -M * R(M), soit M^{-1} = -1/a R(M). CQFD

Merci !
C'est plus clair maintenant

merci donc à vous 3

--
albert

[Anonyme]

"albert junior" a écrit dans le message
de news: 427f8f38$0$318$636a15ce@news.free.fr...
> Frederic wrote:
>[color=green]
> > Je ne sais pas quelles étapes intermédiaires il avait en tête, mais un
> > résultat « bien connu » est que l'inverse d'une matrice est un polynôme
> > en cette matrice. Donc (kB+I)^(-1) = P(kB+I) pour un certain polynôme
> > P, ce qui donne A = B P(kB+I) qui, étant un polynôme en la matrice B,
> > commute avec B.[/color]

Me revoila dans le monde mathématique.

Si X commute avec Y alors X commute avec Y^(-1) (si Y est inversible. En
effet,
Y^(-1)*X=X*Y^(-1) XY=YX,
ce qui est vrai (multiplier par Y à gauche et à droite)
Ainsi, A commute avec (kB+I) donc avec (kB+I)^(-1) donc avec B(kB+I)^(-1)
AB(kB+I)^(-1) = BA(kB+I)^(-1)=B(kB+I)^(-1)A, cqfd.

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