Bonsoir,

En écrivant les 8 sommes des lignes, des colonnes et des diagonales, on obtient un système de 8 équations à 9 inconnues M.X=S
où
X =[h1 h2 h3 h4 a h6 h7 h8 h9]^T
et S=[3a 2a 3a 3a 2a 3a 2a 2a]^T

La matrice M est égale à
1 0 0 1 0 1 0 0
0 1 0 0 0 0 1 0
0 0 1 0 1 0 0 1
1 1 1 0 0 0 0 0
0 0 0 1 1 0 0 0
0 0 0 0 0 1 1 1
1 0 0 0 0 0 0 1
0 0 1 0 0 1 0 0

Après triangularisation, on voit que M est de rang 6 (ce qui indique qu'on devra choisir 2 des inconnues comme variables en plus de a).

On trouve la matrice 6*8 suivante :

1 0 0 1 0 1 0 0
0 1 0 0 0 0 1 0
0 0 1 0 1 0 0 1
0 0 0 1 1 1 1 1
0 0 0 0 1 -1 0 1
0 0 0 0 0 1 1 1

S on choisit h8=B et h9=C; on trouve :
h1=2a-C
h2=2a-B
h3=B+C-a
h4=B+2C-2a
h6=4a-B-2C
h7=3a-B-C

Évidemment, ce n'est pas le résultat attendu, mais il y a 84 manières différentes de choisir les 3 paramètres permettant de définir les 6 autres.
D'ailleurs, en prenant b=(B-a)/2 et c=(3a-B-2C)/2, on retrouve la matrice H demandée.

Voilà, j'espère que j'ai été compréhensible.

On ne peut pas conclure en montrant que H est de dimension 3 (en tant que noyau d'une application linéaire de M₃(K) dans ⁸ et en s'inspirant de ta methode Hypatie ?

Merci beaucoup.
Ensuite on me demande d'en déduire que H est un K-espace vectoriel (ça c'est fait) de dimension 3(là je vois pas parce que pour moi la dimension est 9), puis de base (J,D,^tD) où
J = 1 1 1      et D = 1 -2 1
     1 1 1             0  0 0
     1 1 1            -1  2 -1

De même pour la base, je remarque que J permet de placer tous les a, D tous les b et ^tD tous les c, mais je ne vois pas comment montrer rigoureusement que (J,D,^tD) est une base.

Non désolé, en fait je comprend que si H a pour base (J,D,^tD), alors H a pour dimension3, mais il faudrait d'abord prouver que (J,D,^tD) est bien une base de H, ce que je n'arrive pas.

Bonjour,

Je pense que, par construction, on voit que (J,D,^tD) est une famille génératrice de M₃(K).
Il reste à montrer que c'est une famille libre.

Bonjour,
Pour le caractère générateur de B=(J,D,^tD), j'ai dis que H=Vect(B) (clairement), et que B est une famille libre. Donc B est une base de H et donc H est de dimension Card(B)=3.

Je voulais juste savoir qu'elle est la démarche pour montrer qu'une famille de 2 matrices (ou plus) est libre car je n'en suis p

pas sur.
Merci d'avance.

Dire que J, D et ^tD forment une famille libre revient à dire que :
a.J+b.D+c.^tD = matrice nulle <=> (a,b,c)=(0,0,0)

En écrivant cette relation, on voit tout de suite que c'est vrai.

D'accord, donc cela revient à comparer la première colonne d'une première matrice avec la première colonne d'une deuxième matrice, ..., et la n-ième colonne de la première matrice avec la n-ième colonne de la deuxième matrice; puis la famille contenant ces 2 matrices est libre ssi chacune des deux colonnes sont "libre" l'une par rapport à l'autre, c'est bien ça? (je sais pas si c'est très clair, mais...)

Non, en fait c'est beaucoup plus simple que ça : il suffit d'écrire que la matrice aJ+bD+C^tD est nulle, ce qui veut dire que tous ses coefficients sont nuls et on voit rapidement que cela implique que a, b et c doivent être nuls.
CQFD

Ok j'ai saisi.
Ensuite j'ai montré que :
d : HK , Ad(A)  est une forme linéaire.
j'ai déterminé les neuf produits possibles AB où A et B sont des éléments de B
Puis pour A=aJ+bD+c^tDH et xJ+yD+z^tDH où (a,b,c,x,y,z)K^6, j'ai montré que :
ABH bz=cy=0.
Puis que A est inversible abc0; mais je n'arrive pas à montrer que dans ce cas, A^(-1)H.
Merci de votre aide.

En fait, j'ai trouvé que A^-1.A = Id ax=1/9, cy=1/12 et bz=1/12 (mais j'ai pu me tromper).

Si c'est exact, cela prouverait que A^-1H puisqu'on peut l'écrire dans la base de H.

Qu'en penses-tu ?

Mais n'a t-on pas plutôt A^-1A=I₃ au lieu de A^-1A=Id?

Non excusez moi, je pense qu'on est d'accord là dessus et que ce n'est qu'un problème de notation.
En revanche je ne saisi pas comment vous arrivez à ce résultat.

Bonjour,

J'écris A=aJ+bD+c^tD et A^-1=xJ+yD+z^tD.
Ensuite A^-1.A=axJ²+ayJD+azJ^tD+bxDJ+byD²+bzD^tD+cxD^tJ+cyD^tD+czD^tD^t

Or, J²=3J,et JD=J^tD=DJ=^tDJ=D²=^tD²=0

et
D^tD=6.[1 0 -1;0 0 0;-1 0 1]
^tDD=[2 -4 2;-4 8 -4;2 -4 2] (j'écris les vecteurs lignes)

De là, on trouve A^-1.A=3axJ+cy[2 -4 2;-4 8 -4;2 -4 2]+6bz[1 0 -1;0 0 0;-1 0 1]=I₃

En identifiant les coefficients, j'arrive aux équations suivantes :
3ax-4cy=0
3ax+2cy-6bz=0
3ax+2cy+6bz=1
3ax+8cy=1

Si tu veux vérifier...

Merci mais peut-on vraiment écrire A^-1 sous la forme xJ+yD+z^tD, puique cela suppose déja que A^-1 est élément de H, non?

C'est une hypothèse. Si elle conduit à une contradiction, c'est qu'elle était fausse.
Si on trouve x, y et z en fonction de a, b et c alors on a prouvé que A^-1H

Juste pour comprendre, pourquoi peut-on supposer cela ici et pas dans d'autres cas, par exemple :
Je suppose 1=0, donc 0=1 puis en additionnant membre à membre, on a bien 1=1, ce qui est vrai alors que 1=0 est faux, non?

C'est une remarque intéressante. Je ne sais pas trop comment y répondre. Peut-être que quelqu'un pourrait nous aider ?

Dans le cas présent, on dit "peut-on trouver x,y,z tels que A^-1 s'écrive dans la base de H ?"
Or, il se trouve qu'on peut les trouver de façon unique (à supposer que mes calculs soient justes, ce qui reste à vérifier).

D'accord .
Ensuite, si A est inversible, il faut décomposer A^-1 sur la base B. La aussi je vois pas comment faire, en fait j'ai un peu de mal avec tout ce qui à un rapport avec les bases.

En fait, c'est ce qu'on vient de faire : on trouve x=1/(9a), y=1/(12c) et z=1/(12b)

Pouvez-vous m'expliquer en quoi cela est une décomopsition sur la base B car j'avoue que c'est un peu flou pour moi.

On avait posé A^-1=xJ+yD+z^tD qui est bien une décomposition sur B et on a trouvé x,y et z de façon unique.

Je crois avoir saisi, donc on aurait également pu écrire que A^-1=(1/(9a)),1/(12c),1(12b)) sur la base B, c'est bien ça?

oui, c'est ça.
J'espère que tu as vérifié mes calculs !

Je viens de vérifier les calculs, c'est bon je trouve pareil.

Il faut alors exprimer d(A^-1) en fonction de d(A).
Je fais : d(A^-1)=3*((1/(9a)+1/(12c)+1/(12b))=1/(3a)+1/(4c)+1/(4b)=d(A)/9+1/(4c)+1/(4b)
Je ne sais pas si la réponse est satisfaisante par ce qu'il reste encore du b et du c.

Non excusez moi, en fait d(A^-1)=d(A)

Faute de frappe, en fait d(A^-1)=d(A)/9

Non la pour le coup c'est sur, d(A^-1)=1/d(A)

Et enfin voici la dernière partie :
Soit k* et A=aJ+bD+c^tDH où (a,b,c)K³.
Montrer que le produit de A et d'une combinaison linéaire de I₃ et J est un élément de H. Ca c'est fait.
Puis déterminer A²: ça aussi c'est fait.
Et montrer que A^2k est magique bc=0 (on pourra poser α=12bc et β=3a²-4bc).
Donc là je veux dire que A^2k=(A²)^k=^k_l-1(l parmi k)α^k-l(βJ)^l.  Après je sais plus comment avancer.

J'ai essayé de le démontrer par récurrence mais il me manque la dernière étape.
Voici toujours ce que l'ai réussi à faire, si ça peut t'aider.

On a A²=I₃+J.

Pour k=1 :
* bc=0 A²=3a²J donc A² H
* A² H 9a² = 9a² + 24bc (somme lignes = somme diagonale principale) bc=0

Supposons que pour k2, A^2kbc=0
* bc=0 =0 et =3a² A^2(k+1)=3a²JA^2k
or A^2k H
Petit résultat utile : XH, X.J=J.X=d(X).J
On en déduit A^2(k+1)=3a²d(A^2(k+1)).J
d'où A^2(k+1) H

Par contre, dans l'autre sens, je n'ai pas trouvé.

Merci beaucoup.
J'essaye de trouver pour la réciproque...

Pour la réciproque je dis juste que A^2k magique A² magique α=0 ie bc=0.
C'est bon?

Bonsoir,

J'espère qu'il n'est pas trop tard. J'ai trouvé une autre démonstration que la récurrence.

A²=I₃+J
donc A^2k=(l=0 à k)C(k,l)^k-llJ^l

Or J^l=3^l-1J.
De plus, si on sort le premier terme de la somme (l=0), on obtient :
A^2k=^kI₃+(l=1 à k)C(k,l)^k-ll3^l-1J.

Calculons maintenant la somme des colonnes (ou des lignes) de A^2k. On trouve (colonnes)=(lignes)=^k+3(l=1 à k)C(k,l)^k-ll3^l-1

Mais la somme de la diagonale principale vaut (diagonale)=3^k+3(l=1 à k)C(k,l)^k-ll3^l-1

On en déduit facilement que =bc=0.

Réciproquement, si bc=0 alors =0 et =3a²
donc A^2k=(l=0 à k)C(k,l)^k-llJ^l= ^kJ^k=^k3^k-1J

De là, on voit que A^2kH
CQFD

Je vois que j'arrive au bon moment.
Merci beaucoup pour la démonstration.
Il me reste encore 2 questions que je ne parviens toujours pas à résoudre : que dire de A^2k si A est inversible? Si vous avez une piste...

Bonjour,

Si A est inversible, alors on peut écrire que (A^-1)^2k.A^2k=I₃

Ca se démontre par récurrence.
(A^-1)².A²=A^-1.(A^-1.A).A=A^-1.I₃.A=A^-1.A=I₃

Ensuite, si A^2k est inversible et que son inverse est (A^-1)^2k,
(A^-1)^2(k+1).A^2(k+1)=(A^-1)^2k.(A^-1)².A².A^2k=(A^-1)^2k.A^2k=I₃

Quelle est l'autre question ?

Bonne journée.

Bonjour,
Il reste plus que : Que vaut A^2k lorsque bc=0? Ca c'est fait.
Et enfin : Montrer que A^2k+1 est toujours inversible (j'ai pensé à une récurrence mais je bloque sur l'hérédité). Qu'en est il de A^-2k-1 lorsque A est inversible?
Merci d'avance

Bonjour,

Il faut écrire A^2k+1=A.A^2k=A.(I₃+J) et développer.

Un résultat précédent nous disait que X=xJ+yD+z^tD inversible xyz0.

Il faut donc écrire le produit des coefficients de A^2k+1 et montrer qu'il n'est jamais nul.

J'ai l'impression qu'il y a un petit problème pour A^2k+1 car A^2k=(αI₃+βJ)^2k et non pas αI₃+βJ, non?

Euh non,  A_2k=(αI3+βJ)^k

Désolé j'ai mal tapé la question, en fait il faut démontrer que A^2k+1 est toujours magique (et non pas inversible)

Je trouve A^2k+1=(3a²)^k*3^k-1AJ, le problème c'est qu'il ne m'apparait pas évident que cette matrice soit inversible.

C'est vrai : j'avais oublié la puissance k.

OK pour A^2k+1 qui peut encore se développer avec AJ=3a.J, donc A^2k+1=(9a²)^k.J ce qui prouve que A^2k+1H

Par ailleurs, je crois qu'on peut aussi prouver que A^2k+1 est toujours inversible, mais je n'ai pas encore réussi à trouver A^-(2k+1)

Ah mais non en fait je me suis trompé puisque l'expression de A^2k+1 que j'ai trouvé n'est valable que lorsque bc=0, or on veut montrer que A^2k+1 est toujours magique dans le cas général, et donc on n'a pas non plus AJ=3aJ, vous etes d'accord?

Non, XJ=JX=d(X).J est toujours valable (même si X n'est pas magique).

En revanche, c'est vrai que A^2k+1=(9a²)^k.J+b^k.D+c^k.^tD

Mais ça prouve bien quand même que A^2k+1 est magique.

Bonjour.
Je crois que c'est plutôt à moi de vous remercier, c'est vraiment sympa de m'avoir aidé comme ça.
Donc encore merci de votre patience et à une prochaine fois peut-être.