Antisymétrique trigonalisable

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Antisymétrique trigonalisable

Message par Mourien » 27 févr. 2021 11:48

Bonjour, j'ai lu qu'une matrice réelle antisymétrique et trigonalisable (dans R) était nécessairement nulle. Je n'avais jamais rencontré cette propriété remarquable.

Si l'on peut trigonaliser orthogonalement c'est clair. J'ai donc cherché à établir un pendant du théorème spectral.

Si $ F $ stable par $ u $ avec $ u^*=-u $, alors $ F^{\perp} $ est stable par $ u $. On sait que $ u $ stabilise au-moins une droite ou un plan. Or les valeurs propres réelles de $ u $ ne peuvent être que $ 0 $: toute droite stable par $ u $ est dans son noyau.
Si $ u $ stabilise un plan, écrit dans une base orthogonale : $ \begin{pmatrix} 0 \:x\\ -x\: 0\end{pmatrix} $ est non inversible car réellement trigonalisable donc stabilise au-moins une droite qui est dans son noyau. Donc $ x=0 $.
(edit : $ u $ restreint à un espace stable demeure antisymétrique)

En conclusion $ u=0 $.

Que pensez-vous de cette démonstration ? Y en a-t-il une plus directe ?
Modifié en dernier par Mourien le 27 févr. 2021 12:46, modifié 2 fois.
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Re: Antisymétrique trigonalisable

Message par Mourien » 27 févr. 2021 12:04

En me relisant il me semble avoir utilisé la propriété non triviale suivante :

Si $ u $ trigonalisable, alors $ u_F $ trigonalisable ($ F $ stable par $ u $)

C'est une histoire de polynôme annulateur scindé et de lemme des noyaux ça.
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Re: Antisymétrique trigonalisable

Message par Inversion » 27 févr. 2021 13:09

$ $Bonjour,

Je suis d'accord avec ta preuve, qui revient en fait à démontrer un résultat relativement connu de réduction des endomorphismes antisymétriques qui peut t'intéresser, et dont tu peux par exemple trouver un énoncé ici.

La propriété que tu cites dans ton deuxième message provient simplement du fait suivant (pas besoin de lemme des noyaux) : si $F$ est stable par $u$, alors le polynôme caractéristique de la restriction de $u$ à $F$ divise le polynôme caractéristique de $u$, donc est également scindé si $u$ est trigonalisable.
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Re: Antisymétrique trigonalisable

Message par Mourien » 27 févr. 2021 13:23

Bonjour Inversion,
je vais regarder ce théorème de cartan !

Pour montrer "annulateur scindé" $ \Rightarrow $ "trigonalisable", j'avais en tête la trigonalisation fine à l'aide du lemme des noyaux, mais il y a aussi une preuve par récurrence sur la dimension !
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Re: Antisymétrique trigonalisable

Message par autobox » 27 févr. 2021 19:13

Voilà une autre idée qui devrait t'intéresser.

1) $ (iA)^\ast = -iA^T = iA $, donc $ iA $ autoadjointe, donc $ iA $ diagonalisable dans $ \mathbb{C} $ et à valelurs propres réelles.
Donc $ A $ est diagonalisable dans $ \mathbb{C} $ à valeurs propres imaginaires pures.

2) $ A $ est trigonalisable dans $ \mathbb{R} $ donc de polynôme minimal scindé réel, donc à valeurs propres réelles.

3) $ A $ est à la fois à valeurs propres réelles et imaginaires pures, donc $ Sp(A) = \{0\} $, donc $ A $ est à la fois diagonalisable et nilpotente dans $ \mathbb{C} $, donc $ A $ est nulle dans $ M_n(\mathbb{C}) $, donc $ A $ est nulle dans $ M_n(\mathbb{R}) $

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Re: Antisymétrique trigonalisable

Message par JeanN » 27 févr. 2021 19:15

Mourien a écrit :
27 févr. 2021 11:48
Bonjour, j'ai lu qu'une matrice réelle antisymétrique et trigonalisable (dans R) était nécessairement nulle. Je n'avais jamais rencontré cette propriété remarquable.

Si l'on peut trigonaliser orthogonalement c'est clair. J'ai donc cherché à établir un pendant du théorème spectral.

Si $ F $ stable par $ u $ avec $ u^*=-u $, alors $ F^{\perp} $ est stable par $ u $. On sait que $ u $ stabilise au-moins une droite ou un plan. Or les valeurs propres réelles de $ u $ ne peuvent être que $ 0 $: toute droite stable par $ u $ est dans son noyau.
Si $ u $ stabilise un plan, écrit dans une base orthogonale : $ \begin{pmatrix} 0 \:x\\ -x\: 0\end{pmatrix} $ est non inversible car réellement trigonalisable donc stabilise au-moins une droite qui est dans son noyau. Donc $ x=0 $.
(edit : $ u $ restreint à un espace stable demeure antisymétrique)

En conclusion $ u=0 $.

Que pensez-vous de cette démonstration ? Y en a-t-il une plus directe ?
Apprends une bonne fois pour toute à diagonaliser par blocs dans une bon une matrice réelle qui commute avec sa transposée et tu pourras ainsi résoudre une assez grande variété d'exercices...
Voici une proposition de questions intermédiaires :
- Vérifier qu'un endomorphisme réel admet un plan stable ou une droite stable
- Vérifier que si F est un sev stable par A et que $AA^T=A^TA$, alors $F^{\perp}$ est stable par A (écrire la matrice de l'endomorphisme canoniquement associé à A dans une bon adaptée à $F\oplus F^{\perp}$ et utiliser la trace)
- Conclure (et observer la forme des blocs 2*2 dans le cas général puis le cas d'une matrice antisymétrique)
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Re: Antisymétrique trigonalisable

Message par JeanN » 27 févr. 2021 19:16

autobox a écrit :
27 févr. 2021 19:13
Voilà une autre idée qui devrait t'intéresser.

1) $ (iA)^\ast = -iA^T = iA $, donc $ iA $ autoadjointe, donc $ iA $ diagonalisable dans $ \mathbb{C} $ et à valelurs propres réelles.
Donc $ A $ est diagonalisable dans $ \mathbb{C} $ à valeurs propres imaginaires pures.

2) $ A $ est trigonalisable dans $ \mathbb{R} $ donc de polynôme minimal scindé réel, donc à valeurs propres réelles.

3) $ A $ est à la fois à valeurs propres réelles et imaginaires pures, donc $ Sp(A) = \{0\} $, donc $ A $ est à la fois diagonalisable et nilpotente dans $ \mathbb{C} $, donc $ A $ est nulle dans $ M_n(\mathbb{C}) $, donc $ A $ est nulle dans $ M_n(\mathbb{R}) $
Dommage, les matrices hermitiennes ne sont pas au programme de mp :)
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Re: Antisymétrique trigonalisable

Message par autobox » 27 févr. 2021 19:30

JeanN a écrit :
27 févr. 2021 19:16
autobox a écrit :
27 févr. 2021 19:13
Voilà une autre idée qui devrait t'intéresser.

1) $ (iA)^\ast = -iA^T = iA $, donc $ iA $ autoadjointe, donc $ iA $ diagonalisable dans $ \mathbb{C} $ et à valelurs propres réelles.
Donc $ A $ est diagonalisable dans $ \mathbb{C} $ à valeurs propres imaginaires pures.

2) $ A $ est trigonalisable dans $ \mathbb{R} $ donc de polynôme minimal scindé réel, donc à valeurs propres réelles.

3) $ A $ est à la fois à valeurs propres réelles et imaginaires pures, donc $ Sp(A) = \{0\} $, donc $ A $ est à la fois diagonalisable et nilpotente dans $ \mathbb{C} $, donc $ A $ est nulle dans $ M_n(\mathbb{C}) $, donc $ A $ est nulle dans $ M_n(\mathbb{R}) $
Dommage, les matrices hermitiennes ne sont pas au programme de mp :)

Ah ben ça c'est pas de bol :mrgreen:
Faut le faire à la main alors :
si $ \lambda $ vp (réelle) de $ A $ de vecteur propre $ x $, $ x^TA^T = \lambda x^T $
donc $ x^TA^Tx= \lambda x^Tx $.

Or, $ A $ est antisymétrique, donc $ A $ produit une forme alternée (caractéristique différente de 2), et donc $ \lambda = 0 $ ou $ x = 0 $. Mais $ x $ vecteur propre donc $ \lambda = 0 $ forcément.

(j'utilise bien-sûr une base d'un R-ev, où $ x^Tx = \sum x_i^2 = |x|^2 $. Je ne suis pas en train de dire que les endomorphismes antisymétriques sont nilpotents (donc nuls), seulement ceux qui n'ont que des valeurs propres réelles)

Pour la conclusion on peut dire que $ |A|^2 = Tr(A^TA) = -Tr(A^2) = 0 $

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