Math 'O Man : le Blog des Maths

Dimension du commutant d'une matrice



Par MathOMan, jeudi 9 juillet 2009 à 00:29 - Exo, enigme, casse-tête - Tags - RSS

Après le grand succès de son dernier avis de recherche en algèbre linéaire mon collègue mathématicien Laurent Kaczmarek nous propose un nouvel exercice sympa sur les matrices.

Soit A une matrice carrée d'ordre n. Montrer que son commutant (le sous-espace vectoriel des matrices qui commutent avec A) est de dimension supérieure ou égale à n.

Etudes dans les cas réel ou complexe acceptées (et même souhaitées !).



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Commentaires


1. Le dimanche 12 juillet 2009 à 18:54, par PB

Bonjour,

On sait que A est semblable a une matrice diagonale par blocs B=diag(B(1),..., B(r)) ou B(i) est une matrice compagnon (compagne ?).
Bien sûr Comm(A) et Comm(B) ont la même dimension.

On peut voir qu'on est ainsi ramené au cas où A est une matrice compagnon, disons associée a un polynôme P, unitaire et de degré n.

Il est bien connu que dans ce cas le polynôme minimal de A est P lui-même (et c'est aussi le polynôme caracteristique de A) donc la famille de matrices I,A,A^2,... est de rang n. Toutes ces matrices commutent avec A, d'où le resultat.


2. Le lundi 13 juillet 2009 à 10:57, par MathOMan

Une belle preuve que tu nous envoies de ton lieu de vacances — l'absence des accents (je viens de les ajouter) laisse deviner que tu tappes sur un clavier non-français.

Ma démonstration est un peu différente, elle passe par un théorème plus difficile mais plus connu que celui de la matrice compagnon : la forme de Jordan sur un corps de rupture du polynôme caractéristique de A. Ainsi on est ramené au cas où A est de la forme d'un bloc de Jordan A=aI+N. Il est alors clair que les matrices I, N, ... , N^{n-1} commutent avec A.


3. Le lundi 13 juillet 2009 à 13:08, par PB

Bien vu pour les accents :-)
Nos preuves se ressemblent evidemment beaucoup (et a ma connaissance demontrer la reduction "de Jordan" ou "en matrices compagnons" c'est a peu pres pareil) mais il faudrait ajouter quelque chose a la tienne (ou est-ce trop evident ?) : tu montres le resultat apres extension des scalaires, ne faut-il pas expliquer comment on redescent ? (ok c'est vraiment evident ... "C-libre implique R-libre").

A bientot


4. Le lundi 13 juillet 2009 à 13:29, par MathOMan

Oui, en effet je ne l'ai pas détaillé car c'est l'argument classique : A induit un endomorphisme sur L^n où L est une extension du corps initial. Le rang de cet endomorphisme est égal à l'ordre du plus grand mineur non-nul de la matrice A et donc ne dépend pas du corps.


5. Le mercredi 22 juillet 2009 à 12:57, par anto

ne peut on pas trouver de demonstration COMPLETE pas trop compliquée.
De plus pouvez vous m'aider à montrer que si dimC(u)=n alors dimKeru=1 ou 0
Merci


6. Le jeudi 23 juillet 2009 à 15:55, par MathOMan

Les démonstrations proposées ci-dessus par PB et moi sont COMPLETES — où voyez-vous un trou ?

Voici une autre preuve, moins algébrique et seulement valable pour des matrices réelles ou complexes.

Supposons d'abord la matrice A complexe. L'énoncé est clair si A est une matrice diagonale (car elle commute avec toute autre matrice diagonale) et donc, par conjugaison, aussi si A est une matrice diagonalisable. Pour le cas général on utilise le fait que l'ensemble des matrices diagonalisables complexes est dense dans l'ensemble des matrices complexes (voir une preuve par exemple ici ou, mieux, là) ainsi que le lemme suivant.

Lemme : Si chaque matrice d'une suite convergente de matrices est de rang au plus k, alors la matrice limite est aussi de rang au plus k. (En autres mots, par passage à limite le rang ne peut augmenter — c'est d'ailleurs une évidence géométrique.)

Je vous laisse le soin de prouver ce lemme (utilisez la continuité des sous-déterminants). On l'applique alors à la matrice n²xn² de l'endomorphisme qui à une matrice carré X d'ordre n associe AX-XA. Le noyau de cet endomorphisme est précisément le commutant de A.

Le cas des matrices réelles se fait en prenant une suite de matrices complexes diagonalisables (l'ensemble des matrices diagonalisables réelles n'est pas dense dans l'ensemble des matrices réelles).

Concernant votre autre question, à savoir l'implication "si dim(Comm(A))=n alors dim(Ker(A))=1 ou 0", je vous propose l'idée suivante. Si dim(Ker(A)) est supérieur ou égal à 2, alors la matrice de Jordan de A possède deux blocs avec valeur propre nulle. On peut alors montrer par un calcul direct que la dimension de Comm(A) est strictement plus grande que n. (Mais il y a probablement une démonstration plus élégante.)


7. Le jeudi 6 août 2009 à 14:39, par anto

merci de vos reponses
une demonstration est conplete lorsqu elle n utilise pas un resultat complique du stlyle decomposition de jordan ou en matrices compagnon


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Pourquoi ne pas lire aussi :


Inversibilité d'une matrice

Par Mathoman, jeudi 21 janvier 2010 à 21:21 - Exo, enigme, casse-tête - Tags

Soit A la matrice carrée d'ordre 20 définie par les propriétés suivantes :

  • le coefficient d'indice (j,k) vaut 0 si k=j,
  • le coefficient d'indice (j,k) vaut 4 si k-j est pair et non-nul,
  • le coefficient d'indice (j,k) vaut 5 si k-j est impair.

Montrer que la matrice A est inversible (sur le corps des rationnels).

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L'application comatrice

Par Mathoman, lundi 22 mars 2010 à 18:35 - Exo, enigme, casse-tête - Tags

Le cofacteur d'indice (j,k) d'une matrice carrée A est (-1)^{k+j}\det(A_{kj}) où A_{kj} désigne la matrice qu'on obtient en enlevant de A la k-ième ligne et la j-ième colonne. Autrement dit, si A est de format nxn alors A_{kj} est la matrice suivante de format (n-1)x(n-1)

A_{kj}= \begin{pmatrix}a_{1,1} & \dots & a_{1,j-1}& a_{1,j+1}& \dots & a_{1,n} \\\vdots & & \vdots & \vdots& &\vdots\\ a_{k-1,1} & \dots & a_{k-1,j-1}& a_{k-1,j+1}& \dots & a_{k-1,n} \\ a_{k+1,1} & \dots & a_{k+1,j-1}& a_{k+1,j+1}& \dots & a_{k+1,n} \\ \vdots & & \vdots & \vdots &&\vdots\\ a_{n,1} & \dots & a_{n,j-1}& a_{n,j+1}& \dots & a_{n,n}\end{pmatrix}\;.

La matrice des cofacteurs de A, s'appelle la comatrice de A, notée com(A). En résumé,

\text{com}(A) = \left((-1)^{k+j}\det(A_{kj})\right)_{1\leq k,j\leq n}

Petit exercice :  la fonction qui à une matrice associe sa comatrice est-elle un difféomorphisme du groupe linéaire GL(n,\mathbb{R}) sur lui-même ? Et de GL(n,\mathbb{C}) sur lui-même ?

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La comatrice conserve la multiplication

Par Mathoman, mardi 14 juillet 2009 à 12:31 - Exo, enigme, casse-tête - Tags

La comatrice com(M) d'une matrice carré M d'ordre n est la matrice des cofacteurs, c'est-à-dire sa composante en (l,k) est \small{(-1)^{l+k}} fois le déterminant de la matrice qui s'obtient lorsqu'on ôte à M sa l-ème ligne et sa k-ème colonne.
Mais c'est surtout la transposée de la comatrice qui nous intéresse ; elle s'appele matrice complémentaire (en allemand Adjunkte, en anglais adjugate matrix) et on démontre dans tout cours d'algèbre linéaire qu'elle vérifie la propriété fondamentale :

^t\text{com}(M)\:M\;=\;M\:^t\text{com}(M)\;=\;\det(M)\:I\:.

Par conséquence si on travaille avec des coefficients dans un anneau A, alors la matrice M est inversible dans l'anneau matriciel à coefficients dans A si et seulement si le scalaire det(M) est inversible dans l'anneau A. Par exemple les matrices inversibles sur \small\mathbb{Z} sont précisément celles dont le déterminant est 1 ou -1.

Exercice :  Démontrer que  com  est compatible avec la multiplication matricielle,

com(I) = I      et      com(MN) = com(M) com(N).

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Question de codimension en algèbre linéaire

Par Mathoman, lundi 11 mai 2009 à 21:59 - Exo, enigme, casse-tête - Tags

Je collectionne constamment des exercices de maths intéressants et accéssibles aux élèves niveau prépa ou licence. On en trouve beaucoup dans les livres, sur internet, sur les vieilles feuilles d'exercices de ses propres professeurs... et quelques fois en invente soi-même ! Voici une question intéressante qui m'est venue le week-end dernier. La solution que j'ai trouvée ne nécessite pas de grand théorème, il faut seulement bien maîtriser ses connaissances élémentaires en algèbre linéaire :
Quel est le plus grand entier k tel que tout sous-espace affine de codimension k dans l'espace des matrices n x n contient une matrice inversible ?
Rappel : la codimension d'un sous-espace est la différence entre la dimension de l'espace ambiant et la dimension du sous-espace. Autrement dit, c'est le nombre d'équations nécessaires pour décrire le sous-espace (car chaque équation enlève un degré de liberté). Par exemple, dans l'espace habituel à trois dimensions la codimension d'une droite est 2, celle d'un plan est 1.

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Déterminant de sous-matrices

Par Mathoman, mardi 4 janvier 2011 à 13:25 - Exo, enigme, casse-tête - Tags

Voici un petit exercice d'algèbre linéaire :

Soit A une matrice symétrique n×n à coefficients entiers et de déterminant nul. On note Aj la matrice (n-1)×(n-1) obtenue à partir de A en supprimant la j-ième ligne et la j-ième colonne. Soient i,j dans {1,...,n}. Le nombre det(AiAj) est-il un nombre carré?

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Mieux comprendre la topologie des matrices singulières

Par Mathoman, samedi 30 mai 2009 à 12:45 - Maths pour matheux - Tags

Mon billet récent sur la dimension maximale d'un sous-espace affine contenu dans l'ensemble des matrices non-inversibles m'a inspiré les réflexions suivantes, une sorte de version différentiable de ce résultat.

On note {\mathcal M}_n(\mathbb{R}) l'espace des matrices n x n à coefficients réels et GL(n,\mathbb{R}) le sous-ensemble des matrices inversibles. On sait que GL(n,\mathbb{R}) est un ouvert dans {\mathcal M}_n(\mathbb{R}). En effet c'est l'image réciproque de l'ouvert \mathbb{R}^* par l'application continue déterminant

\det\;:\;\; {\mathcal M}_n(\mathbb{R}) \;\rightarrow\;\mathbb{R}.

On peut même dire un peu plus : le déterminant étant polynômial en x_{11},x_{12},\dots,x_{nn} le complémentaire des matrices inversibles, c'est-à-dire l'ensemble des matrices de déterminant nul,

\mathcal{A}\; =\; {\mathcal M}_n(\mathbb{R}) \:\backslash\:GL(n,\mathbb{R})

est une hypersurface algébrique. Géométriquement parlé \mathcal{A} est un fermé de {\mathcal M}_n(\mathbb{R}) qui ressemble localement à un hyperplan (c'est-à-dire à un sous-espace affine de dimension n²-1). Enfin, cela est vrai en presque tous les points, ceux où la différentielle du déterminant ne s'annulle pas (points réguliers). En revanche, en les points où la différentielle du déterminant est nulle (points singuliers), l'hypersurface \mathcal{A} ne ressemble plus à un sous-espace affine. Il peut y avoir un croisement comme par exemple

algebraische Fläche, surface algébrique

ou un rétrécissement comme par exemple

Algebraische Flächen

(Pour plus d'images de surfaces algébriques visitez le la galerie de Herwig Hauser.)

Il est évident que la différentielle du déterminant est nulle à l'origine. Donc notre hypersurface {\mathcal A} possède une singularité à l'origine. Le résultat suivant dit qu'il s'agit d'une singularité de type rétrécissement, car l'hypersurface de dimension n²-1 y perd quelques dimensions — il y reste juste assez de place pour n²-n dimensions...

Proposition :

Le nombre n²-n est la plus grande dimension possible d'une sous-variété différentiable F de \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) telle que 0\in F\subset {\mathcal M}_n(\mathbb{R}) \backslash GL(n,\mathbb{R})\,.
Démonstration :
  • L'ensemble des matrices dont la première ligne est nulle est un sous-espace vectoriel (et donc en particulier une sous-variété différentielle) de dimension n²-n. Evidemment il contient l'origine 0 et est contenu dans \mathcal{A}.

  • Soit F une sous-variété de {\mathcal M}_n(K) de dimension n²-n+1 et telle que 0\in F. Nous allons prouver que F contient une matrice inversible.
    Au voisinage de l'origine la sous-variété F est décrite par un système de n-1 équations
    f_j(x_{11},x_{12},\ldots,x_{nn})=0\,,\;\;\;j=1,\,\ldots\,,n-1,
    tel que les différentielles df_j sont linéairement indépendantes à l'origine. On résoud ce système par le théorème des fonctions implicites, c'est-à-dire on peut isoler (théorétiquement) n-1 des coordonnées et les exprimer par les autres. On a ainsi, toujours au voisiange de l'origine, n²-n+1 coordonnées variables et n-1 coordonnées isolées (fonctions différentiables des coordonnées variables).
    Maintenant je peux poursuivre mon raisonnement de la preuve du cas affine : par des permutations de lignes et de colonnes je m'arrange à ce que les coordonnées isolées soient toutes au-dessus de la diagonale matricielle ; puis je prends les coordonnées sur la diagonale toutes égales à un nombre \epsilon non-nul et proche de 0 et les autres coordonnées variables égales à 0. Ainsi j'obtiens une matrice inversible qui est dans F.

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Faut-il un corps pour la méthode du pivot ?

Par Mathoman, jeudi 30 septembre 2010 à 19:36 - Maths pour matheux - Tags

A l'occasion de la solution d'un joli exercice de type colle sur les matrices (voir le blog de Pierre Lecomte), je suis naturellement amené à poser la question suivante.

Soit A une matrice inversible à coefficient dans un corps. Alors par des opérations élémentaires sur les lignes on peut transformer A en la matrice unité. En fait c'est la méthode du pivot de Gauss qui permet cela. On en déduit que A est un produit de matrices correspondantes aux trois types d’opérations élémentaires (permutation de lignes, multiplication d’une ligne par un scalaire non-nul, ajout d’une ligne à une autre).
Cette écriture en produit est pratique car elle permet de prouver plein de choses. Par exemple, pour montrer que le déterminant conserve les produits il suffit de le vérifier pour la multiplication entre une matrice de ce type et une matrice quelconque — et c'est tout facile.

Or comment ça se passe-t-il sur un anneau ? Plus précisément :

Soit R un anneau commutatif et A une matrice carrée avec coefficients dans R telle que det(A) est une unité de R. On sait que A est une matrice inversible (c’est du classique, voir par exemple ici pour la formule qui donne l'inverse en fonction de (det A)-1 et de la comatrice).
Question : Peut-on ramener A à la matrice unité par des opérations élémentaires ?

Peut-être avez-vous déjà réfléchi là-dessus et connaissez la réponse...

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Blagues ingénieur vs. physicien vs. mathématicien

Par Mathoman, jeudi 12 mars 2009 à 08:26 - Humour - Tags

Aujourd'hui quelques lignes pour vous faire rire...

On demande à plusieurs scientifiques : "Combien vaut pi ?"
L'ingénieur répond : "C'est approximativement 3 et 1/7."
Le physicien dit : "C'est 3,14159"
Le mathématicien réfléchit un instant et répond : "C'est égal à pi".

Un mathématicien et un ingénieur assistent à la conférence d'un éminent physicien concernant les théories de Kaluza-Klein sur les processus physiques intervenant dans les espaces de dimension 9.
Le mathématicien est assis et apprécie beaucoup la conférence, pendant que l'ingénieur fronce les sourcils et semble complètement embrouillé. A la fin, le mathématicien et l'ingénieur, qui a un énorme mal de crâne, commentent la conférence.
L'ingénieur : "Comment fais-tu pour comprendre tout cela ?"
Le mathématicien : "Il suffit de visualiser le processus."
L'ingénieur : "Mais comment peux-tu visualiser un processus intervenant dans un espace de dimension 9 ???"
Le mathématicien : "C'est simple. D'abord tu visualises le processus en dimension n, et ensuite il suffit de prendre n=9."

Un biologiste, un physicien et un mathématicien sont assis à la terrasse d'un café et regardent les passants. De l'autre côté de la rue, ils voient un homme et une femme entrer dans un immeuble. 10 minutes plus tard, ils ressortent avec une troisième personne.
 — Ils se sont multipliés, dit le biologiste.
 — Oh non, une erreur de mesure, s'écrie le physicien.
 — S'il rentre exactement une personne dans l'immeuble, il sera de nouveau vide, conclut le mathématicien.

Un mathématicien, un physicien et un ingénieur voyagent à travers l'Ecosse et voient un mouton noir par la fenêtre du train.
"Aha," dit l'ingénieur, "je vois que les moutons écossais sont noirs."
"Hmm," dit le physicien, "tu veux dire que certains moutons écossais sont noirs."
"Non," dit le mathématicien, "tout ce qu'on sait est qu'il y a au moins un mouton en Ecosse, et qu'au moins un côté de ce mouton est noir !"

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Perelman surprend de nouveau la communauté scientifique

Par Mathoman, mercredi 1 avril 2009 à 14:53 - Maths et société - Tags

Grande surprise : le mathématicien russe Grigori Perelman vient d'annoncer que sa preuve de la conjecture de Poincaré, publiée en novembre 2002 sur ArXiv (revue scientifique en ligne sans comité de lecture), est fausse. Apparemment Perelman le savait tout le temps et attendait que quelqu'un trouve l'erreur ! Maintenant il se moque de toute la communauté mathématique, qui pendant six ans était incapable de vérifier les subtilités de sa (fausse) démonstration. Aujourd'hui il va même plus loin et propose un contre-exemple à la conjecture de Poincaré ; en fait ce contre-exemple (à vérifier scrupuleusement...) est en dimension 22 et Perelman a des pistes pour la construction de contre-exemples en toute dimension supérieure.

Il semble que cette fois, pour son travail destructeur, le chercheur russe ne réfuse plus d'être récompensé :

"Mathematicians are so easily baffled — now I want the Fields medal and the money, even if I'm too old for it!"

Vous pouvez lire l'entretien complet avec cet homme d'exception ici.

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Avis de recherche

Par Mathoman, vendredi 6 février 2009 à 12:38 - Exo, enigme, casse-tête - Tags

Mon ami Laurent Kaczmarek souhaite recenser toutes les démonstrations du résultat suivant d'algèbre linéaire.
Un espace vectoriel de dimension finie sur un corps non-dénombrable n'est pas réunion dénombrable de sous-espaces vectoriels stricts.

Preuves dans les cas réel ou complexe acceptées (et même souhaitées !).

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