Exercices intéressants d'algèbre linéaire

[silk78]

Bonjour,

Quelqu'un aurait-il en tête (ou en pdf ) quelques exos ou liens vers des exos d'algèbre linéaire qui vous paraissent intéressants et pas trop faciles, au niveau L2 (enfin quand même faisable hein ^^) ? Ça peut-être assez théorique, voire en fait plus la démonstration d'un théorème qu'un vrai exo, ça ne me dérange pas. Je suis aussi preneur pour les exercices qui deviennent tout simple avec une petite astuce alors qu'il demanderait de gros calculs autrement.

Merci d'avance,
Silk

PS : J'ai conscience que ce genre de sujets doit sans doute revenir souvent sur FS, mais une recherche sur le forum ne m'a pas permis de trouver mon bonheur. Si je suis vraiment aveugle et qu'il existe déjà un topic assez complet là dessus, si une âme charitable pouvait me l'indiquer, ça serait sympa
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[invite2bc7eda7]

Bonsoir,

dans quel domaine d'algèbre linéaire cherches tu des exercices?

Matrices,

espaces préhilbertiens...?

Sur les matrices j'en ai un sympa...

Soit .

Montrer que est semblable à une matrice avec que des 0 sur la diagonale.

(La démonstration est "originale")

Un pas trop dur :

Soit
des scalaires (dans C) deux a deux distincts tels que

nilpotente.

Montrer que A et B sont nilpotentes.

Bonne soirée,

Mystérieux1

[silk78]

Bonsoir,

Tout d'abord merci pour ta réponse et tes deux propositions d'exercices. Je vais essayer de les résoudre

Ensuite, pour ce qui est des domaines, je dirais en particulier matrices et endomorphismes d'espaces vectoriels, mais je ne refuserai pas les autres.

Bonne soirée

[Seirios]

Bonjour,

Deux résultats de topologie sur les matrices très utiles : Montrer que l'ensemble des matrices inversibles est un ouvert dense dans ; montrer que l'ensemble des matrices diagonalisables est dense dans (une question qui en découle : est-ce encore vrai dans ?).

Un exemple où cela est utile : montrer que ne dépend que de .

[A voir en vidéo sur Futura]

[silk78]

Bonjour,

Merci phys2 pour tes propositions d'exercices, cependant je n'ai pas encore fait de topologie et même si je vois à peu près ce qu'est une ensemble dense dans un autre, je viens à peine de voir la norme sur un ensemble de matrice, or il me semble que ce doit être une notion nécessaire pour définir le voisinage d'une matrice.
Tes exercices me semblent très intéressants et les résultats très puissants mais je sais que je n'ai pas les connaissances pour les prouver, et bien qu'un peu autodidacte je me vois mal attaqué tout seul un aussi gros morceau que la topologie, du moins pour le moment (si je tarde trop à la voir dans mes études, je pense que j'irais jeter un coup d'œil par moi-même).
Donc pour le moment, je ne les ferais pas, mais je les garde de côté pour quand j'aurais les connaissances nécessaires à leur résolution.


J'aimerais par contre revenir sur ta proposition de fin, avec le déterminant de e^A. Il est visiblement possible de prouver ce résultat grâce à ceux que tu cites juste au dessus, mais j'aimerais savoir si le raisonnement suivant, utilisant mes plus humbles connaissances, est juste (si quelqu'un ale courage de vérifier).


Je cherche à montrer que det(e^A)=e^tr(A). Prouvons d'abord les deux lemmes suivants.


Lemme 1 :
Soient et . Si N est nilpotente, alors det(e^N)=1.

Preuve :

 Cliquez pour afficher

Soit q le degré de nilpotence de N.
N étant nilpotente, il existe telle que N=PTP^-1 avec T triangulaire supérieure de diagonale nulle et nilpotente de degré q.

Pour tout , T^k est triangulaire supérieure à diagonale nulle.
Or car pour tout k>=q, T^k=0.
Donc e^T est diagonale supérieure et tous ces coefficients diagonaux sont égaux à 1.
Donc on a det(e^T)=1ⁿ=1.

De plus, e^N=e^PTP-1=Pe^TP^-1 par propriété de l'exponentielle.
Donc det(e^N)=det(Pe^TP^-1)=det(e^T)=1.
CQFD

Lemme 2 :
Soient et . Si A est diagonalisable, alors det(e^A)=e^tr(A).

Preuve :

 Cliquez pour afficher

Soient λ₁, ..., λ_n les valeurs propres (possiblement complexes) de A, comptées avec leur multiplicités. On a tr(A)=λ₁ + ... + λ_n.

A est diagonalisable donc il existe telle que N=PDP^-1 avec D=diag(λ₁, ..., λ_n).

Pour tout , D^k=diag(λ₁^k, ..., λ_n^k).

Donc

Donc det(e^D)=e^λ₁ x ... x e^λ_n=e^{λ₁ + ... + λ_n}=e^tr(A)

Or e^A=e^PDP-1=Pe^DP^-1 par propriété de l'exponentielle.
Donc det(e^A)=det(Pe^DP^-1)=det(e^D)=e^tr(A).
CQFD.

On peut alors démontrer la proposition suivante :

Proposition :
Soient et . On a det(e^A)=e^tr(A).

Preuve :

 Cliquez pour afficher

D'après la décomposition de Duncan, il existe telles que :
1) A=B+N
2) B est diagonalisable
3) N est nilpotente
4) B et N commutent

B et N commutent donc e^A=e^B+N=e^Be^N d'où det(e^A)=det(e^B)det(e^N).

N est nilpotente donc d'après le lemme 1, det(e^N)=1.
B est diagonalisable donc d'après le lemme 2, det(e^B)=e^tr(B).

On a donc det(e^A)=e^tr(B).

On a tr(A)=tr(B+N))=tr(B)+tr(N), or N est nilpotente donc tr(N)=0, on a donc tr(A)=tr(B).

On obtient donc det(e^A)=e^tr(A).
CQFD

Sinon, j'ai commencé à réfléchir au deuxième exercice de mystérieux1 (que je trouvais pas si simple que ça quand même ) et je pense avoir trouvé une solution, mais je ne sais pas si il y a plus simple. Est-ce que la solution à laquelle tu pensais était de prouver que pour tout 1<=k<=n, tr(A^k)=tr(B^k)=0 grâce au développement des (A+λ_iB)^k et des matrices de Vandermonde ?

[mimo13]

Salut,

Un exemple où cela est utile : montrer que ne dépend que de .

@ silk78: Ta réponse me semble correcte...Hormis le fait que la décomposition de Dunford ne figure pas officiellement au programme MP. (C'est un exercice )

By the way: J'ai jamais entendu le nom "Duncan" (a part dans macbeth), c'est plutôt la décomposition de Dunford.

De ma part, pour cet exercice, si on trigonalise la matrice dans , le résultat tient en une ligne.

Sinon, j'ai commencé à réfléchir au deuxième exercice de mystérieux1

Indication:

 Cliquez pour afficher

Penser aux polynomes

[silk78]

Honte sur moi, la décomposition est bien sur celle de Dunford et pas celle de Duncan, malheureusement, je ne peux plus édité mon message.

La trigonalisation dans C, effectivement il me semble que c'est très rapide, et qu'en fait la preuve est à peu près celle de mon lemme 2 avec quelques changements (à part si je vois pas du tout la même chose que toi), donc bon, j'ai encore balancé une tartine de calcul pour rien .


Pour l'exo de mystérieux1 et l'utilisation des polynômes, est-ce que c'est un truc du genre le polynôme P(X)=(A+XB)ⁿ a n+1 racines alors qu'il est de degré n donc il est identiquement nul ? Je connaitrais un tel résultat si A et B étaient des scalaires, mais j'avoue ne jamais avoir vu des polynômes à inconnus dans un corps mais avec des coefficients matriciels, ça existe ? Si oui, quelles sont leurs propriétés communes avec les polynômes à coefficients dans un corps ?

Merci pour les réponses déjà données et merci d'avance pour les futures réponses ^^.
Silk

[mimo13]

Pour l'exo de mystérieux1 et l'utilisation des polynômes, est-ce que c'est un truc du genre le polynôme P(X)=(A+XB)ⁿ a n+1 racines alors qu'il est de degré n donc il est identiquement nul ? Je connaitrais un tel résultat si A et B étaient des scalaires, mais j'avoue ne jamais avoir vu des polynômes à inconnus dans un corps mais avec des coefficients matriciels, ça existe ? Si oui, quelles sont leurs propriétés communes avec les polynômes à coefficients dans un corps ?

Vous avez parfaitement raison, utiliser cette propriété comme ça est faux, car elle nécessite que les coefficients soient dans un corps commutatif, ce qui n'est pas le cas des matrices.

Toutefois, tu peux voir comme une matrice où chaque coefficient est un polynôme....

[silk78]

Est-ce quelque chose comme ça : le coefficient a_ij(X) des i-ème ligne et j-ème colonne de (A+XB)ⁿ est un polynôme en X à coefficient complexes de degré n, possédant n+1 racines donc il est identiquement nul.
Ainsi, pour tout X, a_ij(X)=0 donc pour tout X, (A+XB)ⁿ=0.

En particulier, le cas X=0 donne Aⁿ=0 et donc A nilpotente.

Ensuite, j'avoue que je vois pas de moyen très simple de prouver que B est aussi nilpotente (à part à la rigueur le fait que si tous les λ_i sont non nuls, B+(1/λ_i)A est nilpotente et par le même raisonnement, on a B nilpotente).
Mais, ça doit sans doute être un truc tout simple qui m'échappe, comme souvent


Par contre, le raisonnement qui consiste à considérer chaque coefficient de (A+XB)ⁿ comme un polynôme et conclure qu'ils sont identiquement nuls, est-ce que ça revient pas à prouver qu'un polynôme à coefficients matriciels est nul si il a un nombre de racines plus grand que son degré ?

[invite2bc7eda7]

Bonjour,

Ensuite, j'avoue que je vois pas de moyen très simple de prouver que B est aussi nilpotente (à part à la rigueur le fait que si tous les λi sont non nuls, B+(1/λi)A est nilpotente et par le même raisonnement, on a B nilpotente).
Mais, ça doit sans doute être un truc tout simple qui m'échappe, comme souvent

En effet, vous êtes tout près...

Comme on l'a déjà démontré, la matrice est une matrice o* les coefficients sont tous des polynômes de degré inférieur ou égal à n.

En utilisant l'hypothèse sur les , on en déduit que c'est la matrice nulle.

Pour la deuxième partie je vous donne une astuce...

 Cliquez pour afficher

Soit considérons que dire de ??

[silk78]

Je reviens sur ce sujet.

Pour les histoires de matrices nilpotentes, et plus précisément le cas de B : le raisonnement suivant, qui part de l'indice de mystérieux1, est-il juste ?

Pour tout x!=0, on a (A+ xB)ⁿ=0, donc en considérant y=1/x, on a (A+B/y)ⁿ=1/y(yA+B)ⁿ=0, et y étant non nul (car étant 1/x), on a donc (yA+B)ⁿ=0.

Comme la fonction inverse est une bijection de R* dans R*, et que x est quelconque, y prend n'importe quelle valeur de R* donc pour tout y!=0, (yA+B)ⁿ=0.

Chaque coefficient de la matrice (yA+B)ⁿ est un polynôme en y, nul sur R*. En faisant tendre y vers 0, et par continuité des polynômes, on déduit l'égalité Bⁿ=0.
(je pense qu'on aurait aussi pu remarquer que ces polynômes ayant une infinité de racines, ils sont identiquement nuls).


Sinon, j'ai pas encore eu beaucoup le temps de réfléchir à la question sur les matrices de trace nulle, et donc je ne cherche pas (encore) d'indication mais j'aimerais juste savoir si une propriété intéressante dont je me suis rappelé peut servir à la démonstration : toute matrice de trace nulle peut s'écrire sous la forme AB-BA avec A,B dans M_n(K) ?

Merci d'avance pour vos réponses.
Silk

[invite2bc7eda7]

Bonsoir,

Je ne sais pas si il y a une seule démonstration (surement pas) pour l'exercice que j'utilise mais ma démonstration n'utilise pas cette propriété...

La démonstration est "originale", elle ne ressemble pas aux démonstrations que l'on fait habituellement en algèbre linéaire si je puis dire.

Bonne soirée,

Mystérieux1

[silk78]

Bonjour,

J'avais un peu zappé ce sujet, mais je m'y suis re-intéressé dernièrement. J'aimerais donc savoir si mon raisonnement est juste, pour ce qui est des matrices de trace nulle.


Soit telle que tr(M)=0.
Montrons par récurrence sur n que M est semblable à une matrice à diagonale nulle.


- Cas n=1 :
La seule matrice de trace nulle d'ordre 1 est la matrice (0), qui est donc déjà à diagonale nulle


- Récurrence :
ε_k désigne la base canonique de R^k.
Supposons que pour un certain entier naturel n-1, toute matrice d'ordre n-1 de trace nulle soit semblable à une matrice de diagonale nulle.
Soit telle que tr(M)=0. Distinguons alors deux cas.

1) Si u possède une unique valeur propre λ, alors tr(M)=nλ d'où λ=0. Une trigonalisation de M donne alors une matrice de diagonale nulle.

2) Si u possède au moins deux valeurs propres distinctes, alors il existe un vecteur x non nul telle que Mx soit non nul et non colinéaire à x.
Complétons alors la famille libre (x,Mx) en une base B=(e₁,...,e_n-2,Mx,x) et posons P la matrice de passage de ε_n à B.

M'=P^-1MP est de la forme avec

On a clairement tr(A)=tr(M')=tr(M) car M et M' sont semblables, d'où tr(A)=0.
On peut donc appliquer l'hypothèse de récurrence à A : il existe Q inversible d'ordre n-1 telle que B=Q^-1AQ soit de diagonale nulle.

Posons alors .
On a clairement R inversible.

M est semblable à M''=R^-1AR donc à :


B étant de diagonale nulle M'' est elle-même de diagonale nulle, ce qui achève la récurrence.


- Conclusion :
Soit . Si tr(M)=0, alors M est semblable à une matrice de diagonale nulle.


Merci d'avance aux vérificateurs.
Silk

[mimo13]

Salut,

De ma part, c'est bon.

[mimo13]

Re,

Ca me rappelle une petite discussion que j'ai eu avec mon prof.

Question: Qu'en est-il si je remplace par un corps quelconque ?

P.S: Les profs de maths, s'abstenir !!

[thepasboss]

Pour le cas avec un corps quelconque :

 Cliquez pour afficher

La matrice identité dans M2(F2) est de trace nulle mais n'est pas semblable à une matrice de diagonale nulle ?

[silk78]

Pour le corps quelconque, doit y avoir un contre-exemple à chaque fois que le corps est de caractéristique non nulle non ?.

Sinon, je me suis penché sur les questions de topologie de Seirios, et encore une fois j'aimerais savoir si mes calculs sont juste.

Pour GL_n(K) dense dans M_n(K), j'ai vu je ne sais où une démonstration utilisant les matrices équivalentes, mais j'aimerais savoir si le raisonnement suivant fonctionne :

 Cliquez pour afficher

Soit M appartenant à M_n(K). Montrons qu'il existe une suite d'éléments (M_k)_k de GL_n(K) telle que M_k converge vers M.

- Si M est inversible, alors la suite constante (M)_k convient

- Si M est non inversible, alors il existe un entier p inférieur ou égal à n et Q appartenant à K[X] premier avec X^p tels que le polynôme caractéristique de M soit P(X)=X^pQ(X).
Le lemme des noyaux donne donc Rⁿ = Ker(M^p) + Ker(Q(M)) (où la somme est directe). De plus X^p est scindé dans K, donc l'écriture de M dans une base adaptée à cette décomposition et à une trigonalisation dans Ker(M^p) donne l'existence de P appartenant à GL_n(K), telle que M'=P^-1MP soit de la forme :
avec T dans M_p(K) strictement triangulaire supérieure et A dans GL_n-p(K).
(Je passe assez vite ici, même si pour être vraiment rigoureux, il faudrait sans doute expliciter un peu plus le changement de base effectué et la forme de la matrice)

On pose alors pour tout k entier non nul : et M_k=PM'_kP^-1.

On a det(T)=(1/k)^p non nul donc M'_k, et par similitude M_k, appartient à GL_n(K).
De plus on a clairement M'_k -> M' lorsque k tend vers l'infini, d'où M_k -> PM'P^-1=M, ce qui répond au problème posé.

Conclusion :
GL_n(K) est dense dans M_n(K).

Et pour les matrices diagonalisables, j'avais pensé à ça :

 Cliquez pour afficher

Notons D_n(C) l'ensemble des matrices diagonalisables à coefficients complexes.
Soient M appartenant à M_n(C), λ₁,...,λ_n ses valeurs propres (possiblement identiques) et δ=min{|λ_i-λ_j|, 1<=i,j<=n et λ_i!=λ_j}

Le polynôme caractéristique de M est scindé dans C donc il existe P appartenant à GL_n(C) telle que M'=P^-1MP soit triangulaire supérieure avec pour coefficients diagonaux les λ₁,...,λ_n.

Soient A=diag(1,2,...,n) et pour tout k entier non nul M'_k=M'+A/k et M_k=PM'_kP^-1.
Posons μ_i,k=λ_i+i/k. M'_k est triangulaire supérieure et ses coefficients diagonaux sont les μ_i,k. Le polynôme caractéristique de M'_k et donc de M_k est donc P_k(X)=(X-μ_1,k)...(X-μ_n,k).

Pour k assez grand, les 1/k,...,n/k sont tous inférieurs à δ, donc les μ_i,k sont tous disctincts : on a donc P_k scindé à racines simples d'où M_k appartient à D_n(C).

De plus, on a clairement M'_k -> M' d'où M_k -> M, ce qui répond au problème posé.

Conclusion :
D_n(C) est dense dans M_n(C).

Enfin, pour ce qui est de prouver que det(e^A)=e^tr(A) :
- La propriété est simple à prouver pour A diagonalisable
- Si A est non diagonalisable, on imagine une suite (A_k) de matrices diagonalisables qui tend vers A. On a det(e^A_k)=e^tr(A_k).
Le déterminant, la trace, l'exponentielle complexe et l'exponentielle matricielle étant des applications continues, on obtient bien par passage à la limite det(e^A)=e^tr(A)


Voilà, merci beaucoup à ceux qui pourront vérifier.
Si jamais quelqu'un à d'autres propositions de résultats intéressants à démontrer, je prends avec plaisir

Silk

[mimo13]

Pour le corps quelconque, doit y avoir un contre-exemple à chaque fois que le corps est de caractéristique non nulle non ?.

Si la taille de la matrice est égale à la caractéristique, un contre exemple est comme déjà dit par thepasboss.
Sinon, je ne vois pas encore de contre exemple général, j'y réfléchirai.

Pour GL_n(K) dense dans M_n(K), j'ai vu je ne sais où une démonstration utilisant les matrices équivalentes, mais j'aimerais savoir si le raisonnement suivant fonctionne :

Ton raisonnement est bon, mais je ne sais pas pourquoi tu appliques ça à la matrice au lieu de l'appliquer directement à la matrice elle même.
Autrement dit, pour une matrice quelconque, la suite convient dans la mesure où elle ne contient que des matrices inversibles à partir d'un certain rang, car le spectre de est nécessairement fini.
(Personnellement, je trouve que c'est plus rapide, surtout si on prépare un concours. )

[Seirios]

Pour GL_n(K) dense dans M_n(K), j'ai vu je ne sais où une démonstration utilisant les matrices équivalentes, mais j'aimerais savoir si le raisonnement suivant fonctionne :

 Cliquez pour afficher

Soit M appartenant à M_n(K). Montrons qu'il existe une suite d'éléments (M_k)_k de GL_n(K) telle que M_k converge vers M.

- Si M est inversible, alors la suite constante (M)_k convient

- Si M est non inversible, alors il existe un entier p inférieur ou égal à n et Q appartenant à K[X] premier avec X^p tels que le polynôme caractéristique de M soit P(X)=X^pQ(X).
Le lemme des noyaux donne donc Rⁿ = Ker(M^p) + Ker(Q(M)) (où la somme est directe). De plus X^p est scindé dans K, donc l'écriture de M dans une base adaptée à cette décomposition et à une trigonalisation dans Ker(M^p) donne l'existence de P appartenant à GL_n(K), telle que M'=P^-1MP soit de la forme :
avec T dans M_p(K) strictement triangulaire supérieure et A dans GL_n-p(K).
(Je passe assez vite ici, même si pour être vraiment rigoureux, il faudrait sans doute expliciter un peu plus le changement de base effectué et la forme de la matrice)

On pose alors pour tout k entier non nul : et M_k=PM'_kP^-1.

On a det(T)=(1/k)^p non nul donc M'_k, et par similitude M_k, appartient à GL_n(K).
De plus on a clairement M'_k -> M' lorsque k tend vers l'infini, d'où M_k -> PM'P^-1=M, ce qui répond au problème posé.

Conclusion :
GL_n(K) est dense dans M_n(K).

Pourquoi A doit-elle être inversible ? Sinon, pour justifier ton écriture par blocs, il suffit de dire que les sous-espaces considérés sont stables.

Et pour les matrices diagonalisables, j'avais pensé à ça :

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Notons D_n(C) l'ensemble des matrices diagonalisables à coefficients complexes.
Soient M appartenant à M_n(C), λ₁,...,λ_n ses valeurs propres (possiblement identiques) et δ=min{|λ_i-λ_j|, 1<=i,j<=n et λ_i!=λ_j}

Le polynôme caractéristique de M est scindé dans C donc il existe P appartenant à GL_n(C) telle que M'=P^-1MP soit triangulaire supérieure avec pour coefficients diagonaux les λ₁,...,λ_n.

Soient A=diag(1,2,...,n) et pour tout k entier non nul M'_k=M'+A/k et M_k=PM'_kP^-1.
Posons μ_i,k=λ_i+i/k. M'_k est triangulaire supérieure et ses coefficients diagonaux sont les μ_i,k. Le polynôme caractéristique de M'_k et donc de M_k est donc P_k(X)=(X-μ_1,k)...(X-μ_n,k).

Pour k assez grand, les 1/k,...,n/k sont tous inférieurs à δ, donc les μ_i,k sont tous disctincts : on a donc P_k scindé à racines simples d'où M_k appartient à D_n(C).

De plus, on a clairement M'_k -> M' d'où M_k -> M, ce qui répond au problème posé.

Conclusion :
D_n(C) est dense dans M_n(C).

Cela me paraît correct.

Enfin, pour ce qui est de prouver que det(e^A)=e^tr(A) :
- La propriété est simple à prouver pour A diagonalisable
- Si A est non diagonalisable, on imagine une suite (A_k) de matrices diagonalisables qui tend vers A. On a det(e^A_k)=e^tr(A_k).
Le déterminant, la trace, l'exponentielle complexe et l'exponentielle matricielle étant des applications continues, on obtient bien par passage à la limite det(e^A)=e^tr(A)

Je suis d'accord. Maintenant, comme l'a dit mimo13 plus haut, c'est plus rapide en trigonalisant la matrice.

Ton raisonnement est bon, mais je ne sais pas pourquoi tu appliques ça à la matrice au lieu de l'appliquer directement à la matrice elle même.
Autrement dit, pour une matrice quelconque, la suite convient dans la mesure où elle ne contient que des matrices inversibles à partir d'un certain rang, car le spectre de est nécessairement fini.
(Personnellement, je trouve que c'est plus rapide, surtout si on prépare un concours. )

Une autre manière de le voir est de dire que le polynôme a nécessairement un nombre fini de racines s'il est non nul.

[Seirios]

Si jamais quelqu'un à d'autres propositions de résultats intéressants à démontrer, je prends avec plaisir

Un voici trois autres :

Soient E un espace vectoriel sur un corps K et f un endomorphisme de E. Montrer que le polynôme caractéristique de f est irréductible dans K[X] ssi les seuls sous-espaces stables par f sont E et {0}.

Soit une partie compacte . Montrer que est compact dans .

Soit . On note le rayon spectral de A. Montrer que .

[mimo13]

Re,

Un exo qui peut t'intéresser:

Montrer que puis que est un ouvert de .

[Seirios]

Tu pourrais définir tes notations ?

[mimo13]

Tu pourrais définir tes notations ?

Oui bien sur. (désolé, l'habitude....)


désignent respectivement l'ensemble des matrices réelles symétriques, symétriques positives et symétriques strictement positives.

[mimo13]

Soit . On note le rayon spectral de A. Montrer que .

Le rayon spectral, c'est plutôt le max des modules des valeurs propres non ?

[silk78]

Merci à vous deux pour vos réponses et vos exos.

Je vais y réfléchir. Par contre, le rayon spectral n'est-il pas le maximum et non le minimum des |λ_i| ? Et la norme ||A||, est-ce bien sup{||Ax||_C/||x||_C, x dans Cⁿ\{0}} où ||.||_C est la norme issu du produit hilbertien canonique sur Cⁿ ?

Silk

[Seirios]

Le rayon spectral, c'est plutôt le max des modules des valeurs propres non ?

Oui bien sûr. Cela dit, la propriété resterait vraie

Et la norme ||A||, est-ce bien sup{||Ax||_C/||x||_C, x dans Cⁿ\{0}} où ||.||_C est la norme issu du produit hilbertien canonique sur Cⁿ ?

J'ai effectivement oublié une précision : le norme est quelconque, dans la mesure où elle munit d'une structure d'algèbre normée, c'est-à-dire que pour toutes matrices complexes A et B, .

[Seirios]

Un petit dernier : Soit A une matrice orthogonale d'ordre n. Montrer que . Est-ce toujours vrai pour ?

[silk78]

Soit . On note le rayon spectral de A. Montrer que .

Je me lance (je trouve ma démonstration un peu "artificielle" mais bon).

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ρ(A) est atteint. Soient alors λ la valeur propre de A telle que |λ|=ρ(A) et x un vecteur propre associé à λ.

Soit B la matrice de rang 1 dont les n colonnes sont le vecteur x. La matrice AB possède n colonnes identiques, égales à Ax donc égales à λx. Donc AB=λB.
Par homogénéité de la norme, ||AB||=||λB||=|λ|x||B||=ρ(A)|| B||.
Or ||.|| est une norme d'algèbre donc ||AB||<=||A||x||B|| d'où ρ(A)||B||<=||A||x||B||.
B est non nulle (car x est non nul), donc ||B|| est un réel strictement positif, on peut donc simplifier l'inéquation par ||B|| d'où le résultat attendu : ρ(A)<=||A||

Soit une partie compacte . Montrer que est compact dans

Celui-là me parait un peu plus ardu (d'ailleurs y a un endroit où je suis pas super sur de moi), mais j'essaye tout de même.

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Munissons M_n(C) d'une norme d'algèbre.
M_n(C) et C sont de dimension finie, leurs compacts sont donc exactement leurs fermés bornés. Il suffit donc de montrer que S est fermé borné.

S est borné :
E est compact donc borné : il existe R tel que pour tout M dans E, ||M||<=R.
Soit z dans S. Par définition, il existe A appartenant à E telle que z appartienne à Sp(A).
Par définition du rayon spectral, |z|<=ρ(A). Or d'après la propriété vue précédemment, ρ(A)<=||A|| et comme A est dans E, ||A||<=R donc |z|<=R.
S est donc bornée. CQFD

S est fermé :
Soit (z_k)_k une suite convergente de S et z sa limite. Montrons que z appartient à S.
Pour tout k, il existe M_k dans E tel que z_k soit dans Sp(M_k).
E est compact donc il existe une sous-suite M_φ(k) qui converge dans E (notons M sa limite).
Observons que z_φ(k) converge encore vers z.

Soit P_φ(k) le polynôme caractéristique de M_φ(k). Il existe Q_φ(k) dans C[X] tel que P_φ(k)(X)=(X-z_φ(k))Q_φ(k)(X).
Les coefficients du polynôme caractéristique d'une matrice A étant des fonctions polynomiales des coefficients de A, la fonction qui a A associe son polynôme caractéristique est continue.
Donc ici P_φ(k) converge vers le polynôme caractéristique P de M.

(X-z_φ(k)) converge vers (X-z) et P_φ(k), donc Q_φ(k) doit converger vers un certain polynôme Q et on obtient alors P(X)=(X-z)Q(X). z est donc racine de P et donc valeur propre de M, or M appartient à E donc z appartient à S.
S est donc fermé. CQFD

Conclusion :
S étant fermé et borné, S est compact.

Je ne suis pas sur du tout de ma justification de la convergence de Q_φ(k) et donc du fait que z est racine de P. Les racines de Q_φ(k) sont bornées par ρ(M_φ(k)) et donc par R, mais ça ne suffit pas à prouver qu'elles convergent.

Les autres exos, je verrais une autre fois

Silk

[Seirios]

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ρ(A) est atteint. Soient alors λ la valeur propre de A telle que |λ|=ρ(A) et x un vecteur propre associé à λ.

Soit B la matrice de rang 1 dont les n colonnes sont le vecteur x. La matrice AB possède n colonnes identiques, égales à Ax donc égales à λx. Donc AB=λB.
Par homogénéité de la norme, ||AB||=||λB||=|λ|x||B||=ρ(A)|| B||.
Or ||.|| est une norme d'algèbre donc ||AB||<=||A||x||B|| d'où ρ(A)||B||<=||A||x||B||.
B est non nulle (car x est non nul), donc ||B|| est un réel strictement positif, on peut donc simplifier l'inéquation par ||B|| d'où le résultat attendu : ρ(A)<=||A||

Je suis d'accord.

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Munissons M_n(C) d'une norme d'algèbre.
M_n(C) et C sont de dimension finie, leurs compacts sont donc exactement leurs fermés bornés. Il suffit donc de montrer que S est fermé borné.

S est borné :
E est compact donc borné : il existe R tel que pour tout M dans E, ||M||<=R.
Soit z dans S. Par définition, il existe A appartenant à E telle que z appartienne à Sp(A).
Par définition du rayon spectral, |z|<=ρ(A). Or d'après la propriété vue précédemment, ρ(A)<=||A|| et comme A est dans E, ||A||<=R donc |z|<=R.
S est donc bornée. CQFD

S est fermé :
Soit (z_k)_k une suite convergente de S et z sa limite. Montrons que z appartient à S.
Pour tout k, il existe M_k dans E tel que z_k soit dans Sp(M_k).
E est compact donc il existe une sous-suite M_φ(k) qui converge dans E (notons M sa limite).
Observons que z_φ(k) converge encore vers z.

Soit P_φ(k) le polynôme caractéristique de M_φ(k). Il existe Q_φ(k) dans C[X] tel que P_φ(k)(X)=(X-z_φ(k))Q_φ(k)(X).
Les coefficients du polynôme caractéristique d'une matrice A étant des fonctions polynomiales des coefficients de A, la fonction qui a A associe son polynôme caractéristique est continue.
Donc ici P_φ(k) converge vers le polynôme caractéristique P de M.

(X-z_φ(k)) converge vers (X-z) et P_φ(k), donc Q_φ(k) doit converger vers un certain polynôme Q et on obtient alors P(X)=(X-z)Q(X). z est donc racine de P et donc valeur propre de M, or M appartient à E donc z appartient à S.
S est donc fermé. CQFD

Conclusion :
S étant fermé et borné, S est compact.

Je ne suis pas sur du tout de ma justification de la convergence de Q_φ(k) et donc du fait que z est racine de P. Les racines de Q_φ(k) sont bornées par ρ(M_φ(k)) et donc par R, mais ça ne suffit pas à prouver qu'elles convergent.

Ta justification de la convergence des revient à se demander si est fermé dans . En fait ce n'est pas vrai (il suffit de considérer qui converge vers ()), mais tu peux borner le degré des polynômes de ta suite, ce qui fait que cela fonctionne (donc il faut se demander si est fermé dans ; or doit être homéomorphe à qui est complet, donc fermé).

Une autre possibilité pour cet exercice est d'utiliser la norme infinie : les valeurs propres sont alors évidemment inférieures à la norme de la matrice à laquelle elles appartiennent, que l'on peut majorer par compacité de E.
Pour montrer que c'est fermé, on peut considérer la suite des trigonalisations des (dont un des éléments de la diagonal est ; on arrange les bases pour que les soit à la même place dans les ) ; puis on extrait une sous-suite qui converge dans E (notons M la limite). Ayant choisi la norme infinie, on peut dire que M est triangulaire et que converge vers un élément de la diagonale de M, limite qui appartient donc à son spectre.

[mimo13]

Un petit dernier : Soit A une matrice orthogonale d'ordre n. Montrer que . Est-ce toujours vrai pour ?

Bon, vue que moi et mon cours d'algèbre on s'entend pas trop je tente ma chance.

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En posant , on a

Puis par CS:

Pour , une rotation d'angle en dimension fera l'affaire.
Exo : Montrer dans les mêmes conditions que que :