Une matrice bien particulière

[Sylve]

Bonjour,

Je cherche une matrice $ A $ réelle de taille $3$ telle que :

- On ait $ \lambda $ réel tel que $ \chi_A = (X-\lambda)^3 $
- $ dim(Ker(A-\lambda I_3)) = 1 $
- $ (A - \lambda I_3)^2 = 0 $

Si vous avez une suggestion. Merci !

NB : Ceci dans l'optique de vérifier à la main sur un exemple que lorsque l'on effectue une trigonalisation par blocs (avec les sous-espaces caractéristiques), on n'a pas à se soucier des vecteurs de la base qu'on choisit. Par exemple, si $ Ker(A - \lambda I_3) = Vect(e_1) $ et $ Ker(A - \lambda I_3)^2 = Vect(e_1,e_2,e_3) $, Alors $ Ae_2 $ est CL de $ e_1 $ et de $ e_2 $ et de même $ Ae_3 $ est CL de $ e_1 $ et de $ e_3 $.
Ce résultat est vrai mais on n'en a jamais parlé en cours lorsqu'on a abordé la trigonalisation par bloc, il me semble pourtant fondamental pour comprendre pourquoi on obtient in fine bien quelque chose de trigonal. J'ai aussi entendu parler de la décomposition de Jordan qui m'a l'air encore plus simple et plus puissante, c'est étonnant qu'on ne l'ait pas abordée...

[bullquies]

Bonjour

tes deux dernières conditions ne sont pas contradictoires ?

Si dim(Ker) est 1, dim(Im) est 2, donc quand tu élèves au carré tu ne peux pas annuler l'application (sinon il faudrait Im inclut dans Ker, impossible via les dimensions)

[Osvatski]

Bonjour

tes deux dernières conditions ne sont pas contradictoires ?

+1

[Sylve]

Effectivement... Je me suis emballé. Merci. Une matrice $ A $ de taille $ 4 $ telle que :

- On ait $ \lambda $ réel tel que $ \chi_A = (X-\lambda)^4 $
- $ dim(Ker(A-\lambda I_4)) = 1 $
- $ dim(Ker((A - \lambda I_4)^2)) = 3 $
- Pour la puissance 3 peu importe

fera l'affaire. Le tout est d'avoir un saut de 2 (ou plus !) pour la dimension. Après le saut je me demande si l'on peut choisir à son bon plaisir les vecteurs de la base pour trigonaliser ou si il faut faire attention.

[matmeca_mcf1]

Si on met la matrice sous forme de Jordan. On se rend compte que
$$
dim(Ker(A-\lambda I_n)^k)\leq k dim(Ker(A-\lambda I_n))
$$

[Zetary]

Quitte à poser $ A' = A - \lambda I_4 $, on peut supposer $ \lambda = 0 $ (ce qui simplifie un peu la suite). La matrice que tu cherches est nilpotente d'après Cayley-Hamilton, d'ordre r = 3 ou 4 vu que $ Ker(A^2) $ est de dimension <4. Soit $ X \notin Ker(A^{r-1}) $. On peut vérifier que la famille $ X, AX, \dots, A^{r-1}X $ est libre (en appliquant la bonne puissance de $ A $ à une combinaison linéaire qui s'annule on fait disparaître tous les termes sauf un).

Si $ r=4 $, $ Vect(X,AX) $ est en somme directe avec $ Ker(A^2) $ donc ce dernier ne peut être de dimension 3 : absurde, et si $ r=3 $, soit $ Y \notin Vect(X,AX,A^2X) = H $. $ Ker(A) = Vect(A^2X) $ par inclusion et égalité des dimensions, donc $ AY\neq 0 $.

On écrit $ AY = kY + Z $ avec $ Z \in H, k\in \mathbb{K} $. $ (A-kI_4)Y \in H $ et $ H $ est $ A $-stable donc $ Im(A-kI_4) \subset H $, en particulier $ k\in Sp(A) = \{0\} $ donc $ AY\in H $. On écrit $ AY = k_0X + k_1AX + k_2A^2X $, et alors $ 0 = A^3Y = k_0A^2X $ donc $ k_0 = 0 $, c'est à dire $ Y - k_1X - k_2AX \in Ker(A) = Vect(A^2X) $ d'où $ Y \in H $ : contradiction.

Ainsi une telle matrice n'existe pas (effectivement, c'est bien plus rapide à montrer si on connait jordan)

[Sylve]

Effectivement, j'avais aussi oublié ce détail des noyaux itérés qui croissent de moins en moins vite... Merci beaucoup à vous deux !


Bon j'ai résolu mon problème tout seul finalement après l'avoir écrit (c'est malin) proprement mais je poste quand même ce que j'avais écrit à titre informatif :

Je pense que j'ai mal formulé mon sujet en fait. Au fond ma question est la suivante : Soit $ E $ un espace vectoriel de dimension finie (disons $ n $), et $ u \in L(E) $ tel que le polynome caractéristique de $ u $ soir scindé i.e. $ \chi_u = \prod_{i=1}^p (X-\lambda_i)^{r_i} $ où les $ \lambda_i $ deux à deux distincts.

Supposons aussi qu'il existe $ j \in [|1;p|] $ tel que l'on ait un $ k \in [|1;r_i - 1|] $ tel que $ dim(Ker((u-\lambda_j)^{k+1})) = dim(Ker((u-\lambda_j)^k)) + 2 $ (ou plus grand mais 2 ici pour l'exemple).
En notant $ e = (e_1,...,e_m) $ une base de $ Ker((u-\lambda_j)^k) $ et soit deux vecteurs $ f_1 $ et $ f_2 $ qui complètent cette base en une base de $ Ker((u-\lambda_j)^{k+1}) $. Est-on assuré que $ u(f_1) $ s'exprime comme combinaison linéaire de $ f_1 $ et d'éléments de $ e $ ? Est-on assuré que $ u(f_2) $ s'exprime comme combinaison linéaire de $ f_2 $ et d'éléments de $ e $ ? C'est ce que mon livre de maths semble affirmer et ça ne me paraît pas évident... Je sais bien que $ Ker((u-\lambda_j)^{k+1}) $ est stable par $ u $ mais je ne sais pas pourquoi il semblerait que l'on puisse choisir les vecteurs pour compléter comme bon nous semble, pour trigonaliser.

Solution : $ u(f_1)-\lambda_j f_1 \in Ker((u-\lambda_j)^k) $ d'où le résultat

Merci encore.

[matmeca_mcf1]

On peut démontrer l'inégalité sans la forme de Jordan. Soit A et B deux matrices de $ \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) $. Soit $ F $ un supplémentaire de $ Ker(B) $ dans $ \mathbb{R}^n $. On montre d'abord que
$$
\mathrm{Ker}(AB)=\mathrm{Ker(B)}\oplus\mathrm{Ker}(AB)\cap F.
$$
Or, $ B $ est injective sur $ F $, donc $ \mathrm{Ker}(AB)\cap F $ est isomorphe à $ \mathrm{Ker}(A)\cap B(F) $ . Et donc $ \mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB)\cap F)\leq \mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(A)) $.

Nous avons montré que:
$$
\mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB))\leq \mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB))+\mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB)).
$$

[JeanN]

On peut démontrer l'inégalité sans la forme de Jordan. Soit A et B deux matrices de $ \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) $. Soit $ F $ un supplémentaire de $ Ker(B) $ dans $ \mathbb{R}^n $. On montre d'abord que
$$
\mathrm{Ker}(AB)=\mathrm{Ker(B)}\oplus\mathrm{Ker}(AB)\cap F.
$$
Or, $ B $ est injective sur $ F $, donc $ \mathrm{Ker}(AB)\cap F $ est isomorphe à $ \mathrm{Ker}(A)\cap B(F) $ . Et donc $ \mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB)\cap F)\leq \mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(A)) $.

Nous avons montré que:
$$
\mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB))\leq \mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB))+\mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB)).
$$

C’est un résultat très impressionnant

[matmeca_mcf1]

On peut démontrer l'inégalité sans la forme de Jordan. Soit A et B deux matrices de $ \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) $. Soit $ F $ un supplémentaire de $ Ker(B) $ dans $ \mathbb{R}^n $. On montre d'abord que
$$
\mathrm{Ker}(AB)=\mathrm{Ker(B)}\oplus\mathrm{Ker}(AB)\cap F.
$$
Or, $ B $ est injective sur $ F $, donc $ \mathrm{Ker}(AB)\cap F $ est isomorphe à $ \mathrm{Ker}(A)\cap B(F) $ . Et donc $ \mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB)\cap F)\leq \mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(A)) $.

Nous avons montré que:
$$
\mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB))\leq \mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB))+\mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB)).
$$

C’est un résultat très impressionnant

Effectivement, j'aurais dû écrire
$$
\mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(AB))\leq \mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(A))+\mathrm{dim}(\mathrm{Ker}(B)).
$$