Salut,

Pour l'orthogonal de V...
Je t'aide pour arriver a trouver a quoi ressemble une matrice de l'orthogonal:

Une telle matrice est orthogonale a la matrice de base e11.
Qu'en deduis-tu sur le premier coefficient diagonal de cette matrice?
Pareil avec e22, e33, ... eii.

DOnc?

Ensuite tu rediges proprement...

Pour W... c'est quoi une matrice scalaire????

A+
biondo

Non une matrice stochastique.
Oups, j'arrete mes bétises.

matrice scalaire c'est avec tous des lambda y compris la diagonale.
matrice hermitienne c'est avec des complexes

Bonjour;
Une matrice de est dite scalaire si elle est de la forme

pfou, dur dur mon dimanche après-midi!!
je ne m'en sors pas avec mon V orthogonal
A appartient à V orthogonal implique f(A,Eh,k)=0
d'où tr(tA)=0

Meuh allez.
Pour l'orthogonal de V:

Soit M une matrice du sev orthogonal de V (matrices diagonales - attention les coefficients peuvent etre differents les uns des autres...).
M est orthogonale a toutes les matrices Eii, qui engendrent V (facile a montrer).

Or f(M,Eii) = mii (le coefficient de la ligne i et colonne i de la matrice M)
DOnc mii = 0, et M est de diagonale nulle.

reciproquement, si on prend une matrice de diagonale nulle, elle est orthogonale a tous les Eii, donc a tout element de V.

L'intersection est reduite a l'element nul, car si je prends une matrice diagonale, dont al diagonale est nulle, ben... elle est nulle.

reste a montrer que ca forme un supplementaire. Je te laisse trouver deux matrices M1 et M2 dont la somme fasse M et qui soient respectivement dans V et son orthogonal.

Ca va jusque la?


pour W:
Une matrice de l'orthogonal verifie par exemple f(M, In) = 0
AUtrement dit Tr(M) = 0.
C'est une matrice de trace nulle.

recirpoquement, une matrice de trace nulle sera bien orthogoanle a toute matrice scalaire.

Intersection des deux sev: une matrice scalaire, de trace nulle.... le scalaire doit etre nul, donc la matrice est nulle. Hop.

Supplementarite:
on ecrit M = 1/n.Tr(M).In + (M-1/nTr(M).In)

Le deuxieme terme a une trace nulle, le premier est une matrice scalaire. Le tour est joue...



Il te reste la redaction de tout ca...


A+
biondo

Ecoute je viens de m'y plonger et ça ne me paraît pas très clair.
J'arrive pas à voir la réciproque du V orthogonal. Je vais étudier ça de + près.

Merci et je te tiens au courant.

A+

bon ok
V orthogonal={matrices diagonales nulles}

là je revois mes théorèmes pour ccl dimension!

on a dim E < dim v + dim V orthogonal
Je suppose que c'est là que je dois avoir la supplémentarité, l'intersection,... pour conclure.
à+

j'ai trouvé M=MEii + MEl,k avec kl.
ainsi 1er appartient à V   et  le 2nd à V orthogonal.

Bon je vais m'attaquer à W aujourd'hui.
à +

Re,

Je t'arrête tout de suite: la matrice "Somme(MEii)" n'est pas diagonale a priori...
EN effet En factorisant M, on trouve somme(Eii), qui n'est autre que l'identite...

En fait, ME11, par exemple, c'est la matrice constituee de la premiere colonne de M, et de zeros ensuite..

Non, je pensais à quelque chose de plu simple: à partir de M, la première matrice diagonale qui te vient à l'esprit, c'est quoi? Vraiment la première... A partir des coefficients de la diagonale...

A+
biondo

je m'en suis aperçu qu'il y avait un problème.
j'avais bien pensé à tr(M) mais on obtient pas une matrice!

je peux considérer plutôt M1=diag(M) tout simplement?!

C'est exactement ca:
tu ecris que M est la somme d'une matrice diagonale dont les coefficients sont exactement ceux de la diagonale de M; et d'une autre, avec des zeros sur la diagonale et le reste des coefficients de M (bon, faut rediger un peu mieux que ca...).
Tu as bien une matrice diagonale, et une matrice de diagonale nulle.
D'ou la supplementarite.

A+
biondo

pour les dim, on a n^2=n(n+1)/2 + n(n-1)/2 mais comment on peut le montrer?
et pour W?
4/trouver la projection de M sur W et W orthogonal.
5/soit g linéaire. Démontrer qu'il existe une unique matrice F de E tq g(M)=f(F,M)


pour la 4/: on a M= M1+M2  M1,M2 appartenant(W,Worthogonal)
M1 est la projection de M sur W
M2 est la projection de M sur W orthogonal.
on cherche donc un endomorphisme u par exple tq u(M1)=M1  et v tq v(M2)=M2

Attends, attends. J'ai pas tout suivi.

C'est quoi cette histoire de dimension? Il y a une question la-dessus?

Si tu cherches juste a montrer la supplementarite, on n'a pas besoin des dimensions. Le fait que V et Vorthogonal engendrent l'espace entier decoule directement du fait qu'on arrive a decomposer une matrice en une combinaison lineaire de deux matrices appartenant respectivement a chacun des sous-espaces. E = V + Vorthogonal (le + est un + normal...).
Et la somme est directe parce que l'interesection des deux est reduite a l'element nul.

On peut alors en deduire la dimension de Vorthogonal, (si on a envie):
dim(E) = dim(V) + dim(Vorthogonal)  (parce que la somme est directe)
Et on connait la dimension de V asez facilement: la famille des (Eii) engendre le sev V. Elle est libre (facile a montrer aussi). Donc c'est une base de V. Il y a n matrices, V est de dimension n. Et donc dim(Vorthogonal) = n(n-1).



meme genre de truc pour W:
W est clairement engendre par la matrice identite. Donc il est de dimension 1. Et dim(Worthogonal) = (n-1)(n+1)



Pour la question 4/
ben on l'a faite (sans le dire...)
Je pense pas qu'on te demande plus que de dire que M1 = Tr(M)/n.In est la projection de M sur W.

Pour la 5/
J'ai trouve un truc. Genre "efficacite indeniable de la force brutale dans sa plus simple expression". Donc:

g est une forme lineaire (a valeurs reelles). Elle est determinee par sa valeur en chacun des elements d'une base de Mn(R). Au hasard, la famille des Eij.
je pose alors (innocemment):
f_ij = g(Eij)
Eh ben tu me croiras si tu veux, mais la matrice F determinee par les f_ij verifie Tr(tFM) = g(M) quelle que soit M. (les deux formes lineiares coincident sur une base de Mn(R), donc sont egales.
Nous voila avec une matrice F qui fait l'affaire. Reste a montrer l'unicite. Rien de mysterieux: F1 et F2 qui verifient le truc.
DOnc Tr(tF1M) = Tr(tF2M) pour tout M. donc Tr(t(F1-F2)M) = 0
En appliquant ca pour chacune des Eij successivement, on a que les coefficients de F1 et F2 sont egaux. Donc F est unique.

Tres honnetement, je suis pas fier. Je pense qu'il y a beaucoup plus simple, et de plus en rapport avec le reste... Ou alors il y a une suite?


A+
biondo

oui, il y a une suite!
mais comme j'essaie de traîter mon pb au fur et à mesure, je n'ai pas voulu tt mettre. En+, je veux d'abord avoir réfléchi un peu aux questions avant de vous les soumettre.
A trés vite certainement
à+
zazou.

salut, me revoilà.

6/on se donne gX,Y(M)=f(MX,Y)
Déterminer F tq gX,Y(M)=f(F,M)

ici, j'ai F déterminée par F=tY.X

7/Soit A une matrice de E.Soit u endomorphisme de E défini par u(X)=AX-XA. Déterminer u* adjoint de u.

8/A,B matrices de E. C(A) le commutant de A. Démontrer qu'il existe X tq B=AX-XA ssi X appartient à C(A) et tr(BX)=0.

on cherche u* tq f(u(X),Y)=f(X,u*(Y))

???
je suis un peu perdu sur la 6.
Ca veut dire quoi "gX,Y(M)=f(MX,Y)"...
qui est g, qui est X, qui est Y... tout ca quoi?
C'est du: Soit Y une matrice, alors pour tout X, on définit Y(M) = ...?? ou autre chose?...

6/en fait on se donne X et Y dans Rⁿ et on définit une forme linéaire
g_X,Y(M)=f(M.X,Y) pour tt M de E.
Déterminer F tq g_X,Y(M)=f(F,M).

comme précedemment, on utilise la base ({E_ij}) et en appliquant à tr(^tFM-^tX^tMY)=0; on obtient (^tF)[i,j]=(^tXY)[i,j]).
c'est ça?
en tout cas, c'est certainement + clair

7/ on cherche u* mais ??

C'est effectivement beaucoup plus clair.

6/
On peut utiliser le base Eij comme précédemment, tu as raison.
Néanmoins, comme je n'étais pas super fier de moi, je préférerais faire quelque chose de plus élégant cette fois-ci. La démonstration "face nord", j'essaie d'éviter en général...

Ici:
Il faut bien voir que si tu as trois matrices carrées quelconques A, B et C, alors Tr(ABC) = Tr(BCA) = Tr(CAB)    (ca va?)

Donc:
g_X,Y(M) = f(M.X,Y) = Tr(^tYMX)
        = Tr(X^tYM)
        = Tr(^t(Y^tX)M)
        = f(F,M)   en posant F = Y^tX

(tu as du faire une petite inversion d'indices à un moment dans ton calcul... pas très grave, c'est assez délicat. c'est pour cela aussi que je préfère les calculs "globaux" directement à partir des propriétés de la trace...)
Je repasse plus tard pour la 7/

biondo

en effet, c'est beaucoup plus net en utilisant propriété trace.
A tte à l'heure  

La 7/ s'enchaîne facilement, toujoiurs avec mon Tr(ABC) = Tr(BCA):

En écrivant
f(u(X),Y) = Tr(^t(AX-XA)Y) = Tr(^tX^tAY) - Tr(^tA^tXY)
          = Tr(^tYAX) - Tr(^tYXA)
          = Tr(^t(^tAY)X) - Tr(A^tYX)
          = Tr(^t(^tAY)X) - Tr(^t(YtA)X)
          = Tr(^t(^tAY - Y^tA)X)

et on trouve u*(Y) = ^tAY - Y^tA

Bon, faut peut-être rédiger un peu mieux...

biondo

pour la 8/ ça me semble un peu évident?!


8/A,B matrices de E. C(A) le commutant de A. Démontrer qu'il existe X tq B=AX-XA ssi X appartient à C(A) et tr(BX)=0.


| soit B=AX-XA.
tr(BX)=tr(AX²-XAX)=0tr(AX²)=tr(XAX)
AX²=XAXX commutant de A



Réciproquement, Xcommutant de A.Alors AX=XA AX-BX=0
d'où si X commutant de A alors Pour tt X B=AX-XA=0 et tr(BX)=0


Est-ce correct?

Non, ca va pas... mais rassure-toi, ce n'est pas de ta faute: l'enonce est faux. Plus exactement, il est formule de maniere ambigue. Je vais t'expliquer, mais on va d'abord revenir sur ce que tu as fait:

Je cite:
soit B=AX-XA.
tr(BX)=tr(AX²-XAX)=0tr(AX²)=tr(XAX)
AX²=XAX     X commutant de A

Bof... Tr(BX) = 0 est assez evident.
Par contre tu ne peux pas en deduire que AX2 = XAX (c'est vrai pour la trace, pas forcement pour les matrices elles-memes). Et meme dans ce cas, ca prouverait que X commute avec AX, pas avec A.


La reciproque est un peu embrouilee: le fait que tr(BX) est sense etre une hypothese, pas quelque chose que l'on montre.

Et c'est grace a la recpiroque qu'on voit que l'enonce est faux: il semble vouloir dire que si je trouve une matrice X commutant avec A, et telle que Tr(BX) = 0, alors elle verifie forcement B = AX - XA. Le probleme c'est que B est a priori fixe, et que si X commute avec A, AX-XA = 0... Donc on perd le choix sur B...

On peut aussi exhiber un contre-exemple en dimension 2:

Soient les matrices suivantes:

A = (1  1)
     (1  1)

B = (0  -1)
     (1  0)

X = (1  0)
     (0  0)

Tu pourras verifier que B = AX - XA. Pour autant X ne commute pas avec A (ben heureusement, sinon B = 0...). Mais on a Tr(BX) = 0.

Tout ca pour dire que l'enonce exact (a mon avis) de la question 8/ devrait etre le suivant:

A,B matrices de E. C(A) le commutant de A. Démontrer qu'il existe X tq B=AX-XA ssi pour tout M appartenant a C(A), Tr(BM) = 0


(je pense que X a remplace M dans la deuxieme partie, et ca prete a confusion, car ce n'est pas le X du debut, c'est un "pour tout X").
je te laisse chercher un peu...

A+
biondo

ok merci, je vais faire ça cet aprèm.
A+

dans ce sens B=AX-XA
soit M appartenant à C(A)
BM=AXM-XAM=AXM-XMA.
tr(BM)=tr(AXM)-tr(XMA)=tr(AXM)-tr(AXM) = 0 car tr(ABC)=tr(CBA)

réciproquement,
soit M appartenant à C(A), B appartenant à E tq tr(BM)=0
tr(BM)=0
tr(^t(BM))=0
tr(^tMB)=0
f(M,B)=0
M orthogonal à B.
...

Yep, pas tres loin...

Pour l'implication directe, c'est navrant de simplicite.

Pour la reciproque:
On va utiliser l'endomorphisme u de la question 7/

On voit facilement que Ker(u) = C(A)

Le plus simple c'est de faire comme ca:
pour tout M de C(A): Tr(BM) = 0
Tr(^t(^tB)M) = 0  donc ^tB appartient a l'orthogonal de Ker(u)
Or l'orthogonal de Ker(u) est egal a Im(u*)  (cf le cours sur les adjoints)

Autrement dit, il existe une matrice Y telle que
^tB = ^tAY - Y^tA

B = ^tYA - A^tY
B = A(-^tY) - (-^tY)A

DOnc on a bien trouve une matrice X = -^tY qui verifie B = u(X).

Sauf erreur.

Ca roule?

A+
biondo

ouais, ça roule.
Merci et à+