Exos sympas MP(*)

[Nuhlanaurtograff]

Il figure dans les Francinou/Giancola, je suppose qu'il est donc déjà tombé à l'X ou aux ENS.

[Nuhlanaurtograff]

On est d'accord sur ce point (surtout vu les exos que j'ai eus :p). Mais sincèrement, je ne vois pas le problème avec celui-ci.

[Gyptone]

Ami(e)s des maths, voici un petit problème destiné aux initiés...

Soient $ A,B $ deux matrices $ n\times n $ à coefficients réels telles que $ A^2+B^2=\pi (AB-BA) $
Montrer que $ A^2+B^2 $ n'est pas inversible ...


Indication :

SPOILER:

On peut remplacer $ \pi $ par tout autre nombre $ t $ transcendent .
Mais on peut aussi le remplacer par tout nombre $ q $ rationnel sauf $ -1 $ et $ +1 $.

[Silvere Gangloff]

Une solution :

On remarque tout d'abord que pour toutes matrices A et B, $ A^2+B^2=(A+iB)(A-iB)+i(AB-BA) $, donc l'égalité de l'énoncé s'écrit : $ (A+iB)(A-iB)=(\pi-i)(AB-BA) $, et donc $ (A+iB)(A-iB)=\frac{\pi-i}{\pi}(A^2+B^2) $. On a donc égalité des déterminants.
Or le déterminant de $ (A+iB)(A-iB) $ est égal au déterminant de la matrice :
$ \begin{pmatrix}A&B\\
-B&A\\
\end{pmatrix} $
qui a le même déterminant que :
$ \begin{pmatrix}A&-B\\
B&A\\
\end{pmatrix} $
Or quand on fait un des produits de ces deux matrices, on obtient le produit tensoriel de $ A^2+B^2 $ par la matrice :
$ \begin{pmatrix}1&\frac{1}{\pi}\\
-\frac{1}{\pi}&1\\
\end{pmatrix} $
On a donc : $ det((A+iB))^2 $ $ det((A-iB))^2 $=$ det(A^2+B^2)^2(1+\frac{1}{{\pi}^2})^2 $=$ det((\pi-i)(AB-BA))^2=det(\frac{(\pi-i)}{\pi}(A^2+B^2))^2 $, donc si $ A^2+B^2 $ inversible, on a : $ (\frac{(\pi-i)}{\pi})^4=(1+\frac{1}{{\pi}^2})^2 $, ce qui est impossible.

Et si je ne me trompe pas, le résultat est toujours vrai en remplaçant $ \pi $ par n'importe quel réel.

[Gyptone]

Une solution :

On remarque tout d'abord que pour toutes matrices A et B, $ A^2+B^2=(A+iB)(A-iB)+i(AB-BA) $, donc l'égalité de l'énoncé s'écrit : $ (A+iB)(A-iB)=(\pi-i)(AB-BA) $, et donc $ (A+iB)(A-iB)=\frac{\pi-i}{\pi}(A^2+B^2) $. On a donc égalité des déterminants.
Or le déterminant de $ (A+iB)(A-iB) $ est égal au déterminant de la matrice :
$ \begin{pmatrix}A&B\\
-B&A\\
\end{pmatrix} $
qui a le même déterminant que :
$ \begin{pmatrix}A&-B\\
B&A\\
\end{pmatrix} $
Or quand on fait un des produits de ces deux matrices, on obtient le produit tensoriel de $ A^2+B^2 $ par la matrice :
$ \begin{pmatrix}1&\frac{1}{\pi}\\
-\frac{1}{\pi}&1\\
\end{pmatrix} $
On a donc : $ det((A+iB))^2 $ $ det((A-iB))^2 $=$ det(A^2+B^2)^2(1+\frac{1}{{\pi}^2})^2 $=$ det((\pi-i)(AB-BA))^2=det(\frac{(\pi-i)}{\pi}(A^2+B^2))^2 $, donc si $ A^2+B^2 $ inversible, on a : $ (\frac{(\pi-i)}{\pi})^4=(1+\frac{1}{{\pi}^2})^2 $, ce qui est impossible.

Et si je ne me trompe pas, le résultat est toujours vrai en remplaçant $ \pi $ par n'importe quel réel.

Preuve ?

Cela ne prouve pas qu'elle peut être inversible si le coefficient est l'un des ces nombres, par exemple +1

[Gyptone]

Supposons que
$ \displaystyle A^2+B^2=r(AB-BA) $


où $ r $ est un nombre réel et notons $ M $ la matrice complexe $ A+iB $.

On a
$ \displaystyle M\overline{M}=A^2+B^2-i(AB-BA)=(r-i)(AB-BA) $


En passant aux déterminants, cela donne

$ \displaystyle \vert\det(M)\vert^2=(r-i)^n\det(AB-BA) $


Si $ (r-i)^n $ n'est pas un nombre réel, cela implique que $ \det(AB-BA)=0 $ et alors
$ \displaystyle \det\left(A^2+B^2\right)=r^n\det(AB-BA)=0 $

Les valeurs de $ r $ pour lesquelles $ A^2+B^2 $ n'est éventuellement pas singulier sont donc les solutions réelles de l'équation

$ \displaystyle (x-i)^n=(x+i)^n $

$ \pi $ n'en fait pas partie car il n'est pas algébrique.

L'équation

$ \displaystyle (x+i)^n=(x-i)^n, \quad x\in\mathbb{R} $


est facile à résoudre. Comme, dans une solution, $ x+i\neq 0 $, on voit que
$ \displaystyle \frac{x-i}{x+i}=\exp\frac{2ik\pi}{n} $


pour un certain $ k\in\{0,...,n-1\} $. Il est clair que $ k=0 $ est exclu et un peu de calcul donne alors les solutions
$ \displaystyle x=-\cot\frac{k\pi}{n}, \quad k\in\{1,...,n-1\} $
Le fait que ces nombres sont tous irrationnels sauf $ \pm 1 $ (qui correspondent à $ n=4, k=1,3 $) et 0 ( $ n=2 $), équivaut au fait que le seul polygone régulier dont les sommets sont des sommets d'un quadrillage régulier est le carré.

[Silvere Gangloff]

Oui, j'ai fait une légère erreur dans la fin de ma démo : l'inversibilité éventuelle de $ A^2+B^2 $ impliquerait : $ (\frac{\pi-i}{\pi})^{2n}=(1+\frac{1}{{\pi}^2})^{2n} $, ce qui implique $ (\frac{\pi-i}{\pi})^{2n} $ réel positif, et donc $ \frac{\pi-i}{\pi} $ est racine 2n-ième de l'unité, ce qui en passant à t au lieu de $ \pi $, donne un ensemble dénombrable de valeurs restantes.
Et il n'y a pas besoin de passer par les matrices d'ordre 2n que j'ai introduites, je me suis un peu emballé..

[ØļivierŏđÐ]

Bonjour Silvere,

Je ne saisis pas ce passage :

le déterminant de $ (A+iB)(A-iB) $ est égal au déterminant de la matrice :
$ \begin{pmatrix}A&B\\
-B&A\\
\end{pmatrix} $

Pourrais-tu me l'expliquer s'il te plaît ?

[optimath]

Bonjour Silvere,

Je ne saisis pas ce passage :

le déterminant de $ (A+iB)(A-iB) $ est égal au déterminant de la matrice :
$ \begin{pmatrix}A&B\\
-B&A\\
\end{pmatrix} $

Pourrais-tu me l'expliquer s'il te plaît ?

Je me suis posé la même question (d'où ça sort ?). Et bien ça sort de quelques opérations sur les lignes et les colonnes. Par exemple, si l'on note M cette matrice :
- multiplier par $ i $ le bloc $ (M_{11},M_{12}) $

- multiplier par $ i $ le bloc $ ^{t}(M_{12},M_{22}) $ (notation sans sens, je ne maîtrise pas latex)

- S'arranger avec des opérations pour avoir un bloc nul et conclure.

[compol]

Ca se montre simplement par les opérations élémentaires.
grillé