@@CassouMathPrepa , on aurait pas pu dire directement que pour 2 valeurs propres complexes conjuguées , leurs sous espaces propres ont même dimension et se correspondent par conjugaison ?
@@JoseMourinho-wu1yz je suis pas sûr que ça passe a l'oral en disant '"c'est du cours". 😕... mais bon, l'avantage de l'oral c'est qu'on peut prouver les choses. La bijection étant la conjugaison, ici ça me semble facile à expliquer en effet.
Merci pour la vidéo, toujours au top. Je reviens à la charge avec mon polynôme caractéristique qui est de la forme X^a(X^2+X+1)^b car X(X^2+X+1) est annulateur. Une analyse des degrés nous montre que a+2b=n et le théorème du rang donne a+rg(A)=n d'où rg(A)=2b est pair. En effet, a est bien la dimension du noyau car A est diagonalisable d'où la multiplicité de 0 dans le polynome caractéristique (notée ici a) est bien égale à la dimension de ker(A). Pour le déterminant, on évalue ce polynôme caractéristique en 0, si a>0, det(A)=0 et si a=0, det(A)=(-1)^n=(-1)^2b=1. Bref, c'est la même chose mais déguisé via le polynôme caractéristique, je trouvais ça marrant.
Merci pour la vidéo ! Une autre explication (en utilisant les propriétés des polynômes à coefficients réels) consisterait à dire que si j appartient au spectre il en est de même de son conjugué et ils ont la même multiplicité puisque le polynôme caractéristique est à coefficients réels. Et comme A est diagonalisable la multiplicité de j est égale à dim(Ej) et de même pour le conjugué de j. On retombe sur le fait que le rang de A est pair puisque les multiplicité de j et du conjugué de j sont égales. Et si j n'appartient pas au spectre de A son conjugué ne peut pas appartenir au spectre de A (toujours car le polynôme caractéristique de A est à coefficients réels) et donc dans ce cas le rang de A vaut 0.
Yep ! J'en propose un autre, sans exploiter la diagonalisabilité : la conjugaison est un isomorphisme entre les deux espaces propres : A.xbarre = Abarre.xbarre = (Ax)barre.
Sans passer pas la trace, on peut dire que X est une colonne propre de j ssi X(barre) est une colonne propre de j(barre); ceci assurant l'égalité des dimension des deux sev
en fait tout vecteur propre associé a j son conjugué est un vecteur propre de j bar donc les conjugués d'une base du sous espace propre associé à j constituent une bases de celui de j bar car l'application conjugué est un isomorphisme de Ej vers Ej bar d'ou l'égalité de p et q. Et merci.
Merci pour la vidéo. J'ai trouvé que rg(A) dans C est pair. Mais après j'ai démontré bêtement que cela entraînait que rg(A) est pair aussi dans R. Apparemment le rang d'une matrice en tant qu'endomorphisme de C^n est le même qu'en tant qu'endomorphosme de R^n. C'est sur ça ?
Une autre façon de voir, sans utiliser la trace, que dim(E_j)+dim(E_j_barre) est pair, c'est de se rappeler que les racines complexes de polynômes à coefficients réels viennent toujours par paire (x et x_barre)
@@cainabel2553 Il faut montrer d'abord que si a est une racine de P alors a barre l'est aussi (on calcule P(abarre et on utilise les propriétés sur le conjugué et l'hypothèse que les coefficients soient réels), puis que elles ont même multiplicité
Bonjour, D'autres questions bonus (avec A dans Mn(R)) : La propriété subsiste-t-elle si A^2 + A + I = 0 : oui et plus précisément A est inversible et n est pair. La propriété subsiste-t-elle si A^4 + A^3 + A^2 = 0 : non, sauf si n = 0 ou 1.
@@CassouMathPrepa Oui d'ailleurs si A³ + A² + A = 0 alors par le lemme des noyaux R^n = E est somme directe de ker(A) et de ker(A² + A + I) = im(A) , et donc on voit que c'est en fait le même exercice. En dimension impaire, tout endomorphisme a au moins une valeur propre réelle (théorème des valeurs intermédiaires sur le polynôme caractéristique), et ça donne plein de variations autour du thème. En dimension impaire, une matrice antisymétrique n'est jamais inversible. En dimension impaire, une matrice spéciale orthogonale a toujours 1 comme valeur propre, et les autres matrices orthogonales ont toujours -1 comme valeur propre.
Pour la question bonus Soit A dans Mn(R) telle que A⁴ + A³ + A² = 0, a-t-on nécessairement rg(A) pair ? non car si on prend A = E1n, matrice ayant que des coefficients nuls sauf le coefficient à la position 1,n qui vaut 1. A vérifie A⁴ + A³ + A² = 0 (A est nilpotente d'indice 2) Pourtant A est de rang 1, donc de rang impair. En fait A est annulée par X⁴ + X³ + X² qui n'est pas scindé à racines simples, donc la diagonalisabilité n'est pas garantie. Ce qui fait qu'on ne peut pas décomposer l'espace vectoriel E comme la somme ditmrecte des sous-espaces propres, de plus les multiplicités algébriques (du polynôme caractéristique) ne coïncident plus avec les multiplicités géométriques (sous-espaces propres). Le contre-exemple choisi pour A n'est pas diagonalisable.
Dans C ils n'ont pas forcément même multiplicité. Il suffit de penser à une matrice diagonale et tu mets des j et des j barres comme tu veux sur la diagonale. Elle aura encore le même polynome annulateur. 😉
Pourquoi la somme des espaces propres dont on ne sait pas s'ils sont vraiment espaces propres (inclusion du spectre mais pas égalité) fait donc l'espace tout entier ? C'est bien possible que l'un ou l'autre n'existe pas non ?
Le polynôme annulateur est scindé à racines simples donc la somme directe des espaces propres est égale a tout l’espace, vu que le spectre est inclus dans {0,j,j^2} La somme des 3 sous espaces associés « contient » nécessairement les «vrais »espaces propres (ceux qui ne sont pas réduit à 0) ceux qui potentiellement « n’existent pas » comme tu dis sont simplement réduit à 0 et n’influe donc pas sur la somme.
Pas besoin de parler de trace pour montrer que dim(E_j) = dim(E-jbarre), l'argument derrière c'est que puisque chi_A est dans R [X], j et jbarre ont les memes multiplicités et la dimension d'un sep est égal a la multiplicité de la valeur propre associée ici ce qui conclut.
Classique, sympa et formateur. Bonne vidéo comme d'hab 👍
La réduction est très utilisée dans l'analyse des systèmes dynamiques linéaires.
🙏🙏🙏
@@CassouMathPrepa , on aurait pas pu dire directement que pour 2 valeurs propres complexes conjuguées , leurs sous espaces propres ont même dimension et se correspondent par conjugaison ?
@@JoseMourinho-wu1yz je suis pas sûr que ça passe a l'oral en disant '"c'est du cours". 😕... mais bon, l'avantage de l'oral c'est qu'on peut prouver les choses.
La bijection étant la conjugaison, ici ça me semble facile à expliquer en effet.
@@CassouMathPrepamerci pour la réponse Monsieur
Merci pour la vidéo, toujours au top.
Je reviens à la charge avec mon polynôme caractéristique qui est de la forme X^a(X^2+X+1)^b car X(X^2+X+1) est annulateur. Une analyse des degrés nous montre que a+2b=n et le théorème du rang donne a+rg(A)=n d'où rg(A)=2b est pair. En effet, a est bien la dimension du noyau car A est diagonalisable d'où la multiplicité de 0 dans le polynome caractéristique (notée ici a) est bien égale à la dimension de ker(A).
Pour le déterminant, on évalue ce polynôme caractéristique en 0, si a>0, det(A)=0 et si a=0, det(A)=(-1)^n=(-1)^2b=1.
Bref, c'est la même chose mais déguisé via le polynôme caractéristique, je trouvais ça marrant.
@@CotonBB excellent ! 🤩
Un très bel exo.
Très bien expliqué...
Merci ! 🙏
Super video , merci de partager cela
Merci pour la vidéo !
Une autre explication (en utilisant les propriétés des polynômes à coefficients réels) consisterait à dire que si j appartient au spectre il en est de même de son conjugué et ils ont la même multiplicité puisque le polynôme caractéristique est à coefficients réels. Et comme A est diagonalisable la multiplicité de j est égale à dim(Ej) et de même pour le conjugué de j. On retombe sur le fait que le rang de A est pair puisque les multiplicité de j et du conjugué de j sont égales.
Et si j n'appartient pas au spectre de A son conjugué ne peut pas appartenir au spectre de A (toujours car le polynôme caractéristique de A est à coefficients réels) et donc dans ce cas le rang de A vaut 0.
Yep ! J'en propose un autre, sans exploiter la diagonalisabilité : la conjugaison est un isomorphisme entre les deux espaces propres : A.xbarre = Abarre.xbarre = (Ax)barre.
j’ai pensé à la même chose et si j n’est pas dans le spectre donc j barre aussi alors comme A diagonalisable alors A=0 donc rg A est bien pair
Merci pour la vidéo!
Sans passer pas la trace, on peut dire que X est une colonne propre de j ssi X(barre) est une colonne propre de j(barre); ceci assurant l'égalité des dimension des deux sev
merci monsieur !!
en fait tout vecteur propre associé a j son conjugué est un vecteur propre de j bar donc les conjugués d'une base du sous espace propre associé à j constituent une bases de celui de j bar car l'application conjugué est un isomorphisme de Ej vers Ej bar d'ou l'égalité de p et q. Et merci.
Merci pour la vidéo.
J'ai trouvé que rg(A) dans C est pair. Mais après j'ai démontré bêtement que cela entraînait que rg(A) est pair aussi dans R.
Apparemment le rang d'une matrice en tant qu'endomorphisme de C^n est le même qu'en tant qu'endomorphosme de R^n.
C'est sur ça ?
Bonsoir, vous dîtes que c'est un exo mines pont, mais même avec les bonus cela semble un peu simple non ? très bien expliqué cela dit
C'est vraiment un exo mines-ponts tiré des RMS de 2006. Après l'épreuve comprend 2 exos. Si le 1er prend du temps alors le 2eme peut être plus court.
Une autre façon de voir, sans utiliser la trace, que dim(E_j)+dim(E_j_barre) est pair, c'est de se rappeler que les racines complexes de polynômes à coefficients réels viennent toujours par paire (x et x_barre)
Oui mais ça revient a prouver que les racines conjuguées sont de même multiplicité (peut être pas dans tous les cours sur les polynômes)
@@CassouMathPrepa Ce n'est pas un simple argument de symétrie?
@@cainabel2553 Il faut montrer d'abord que si a est une racine de P alors a barre l'est aussi (on calcule P(abarre et on utilise les propriétés sur le conjugué et l'hypothèse que les coefficients soient réels), puis que elles ont même multiplicité
Bonjour,
D'autres questions bonus (avec A dans Mn(R)) :
La propriété subsiste-t-elle si A^2 + A + I = 0 : oui et plus précisément A est inversible et n est pair.
La propriété subsiste-t-elle si A^4 + A^3 + A^2 = 0 : non, sauf si n = 0 ou 1.
D'ailleurs pour ton 1er bonus c'est marrant de constater qu'en dimension impaire X^2+X+1 n'annule aucune matrice réelle.
@@CassouMathPrepa Oui d'ailleurs si A³ + A² + A = 0 alors par le lemme des noyaux R^n = E est somme directe de ker(A) et de ker(A² + A + I) = im(A) , et donc on voit que c'est en fait le même exercice.
En dimension impaire, tout endomorphisme a au moins une valeur propre réelle (théorème des valeurs intermédiaires sur le polynôme caractéristique), et ça donne plein de variations autour du thème.
En dimension impaire, une matrice antisymétrique n'est jamais inversible.
En dimension impaire, une matrice spéciale orthogonale a toujours 1 comme valeur propre, et les autres matrices orthogonales ont toujours -1 comme valeur propre.
Pour la question bonus
Soit A dans Mn(R) telle que A⁴ + A³ + A² = 0, a-t-on nécessairement rg(A) pair ? non
car si on prend
A = E1n, matrice ayant que des coefficients nuls sauf le coefficient à la position 1,n qui vaut 1.
A vérifie A⁴ + A³ + A² = 0
(A est nilpotente d'indice 2)
Pourtant A est de rang 1, donc de rang impair.
En fait A est annulée par X⁴ + X³ + X² qui n'est pas scindé à racines simples, donc la diagonalisabilité n'est pas garantie. Ce qui fait qu'on ne peut pas décomposer l'espace vectoriel E comme la somme ditmrecte des sous-espaces propres, de plus les multiplicités algébriques (du polynôme caractéristique) ne coïncident plus avec les multiplicités géométriques (sous-espaces propres).
Le contre-exemple choisi pour A n'est pas diagonalisable.
Oui exactement, bravo ! :)
Pour que A⁴ + A³ + A² = 0, il suffit que A² = 0, or cette nilpotence se produit par exemple avec rg(A) = 1 dès que n >= 2.
pourquoi dans le bonus même si on est dans Mn(C) on a les j et j barres qui ont même multiplicité?
Dans C ils n'ont pas forcément même multiplicité. Il suffit de penser à une matrice diagonale et tu mets des j et des j barres comme tu veux sur la diagonale. Elle aura encore le même polynome annulateur. 😉
Pourquoi la somme des espaces propres dont on ne sait pas s'ils sont vraiment espaces propres (inclusion du spectre mais pas égalité) fait donc l'espace tout entier ? C'est bien possible que l'un ou l'autre n'existe pas non ?
Le polynôme annulateur est scindé à racines simples donc la somme directe des espaces propres est égale a tout l’espace, vu que le spectre est inclus dans {0,j,j^2} La somme des 3 sous espaces associés « contient » nécessairement les «vrais »espaces propres (ceux qui ne sont pas réduit à 0) ceux qui potentiellement « n’existent pas » comme tu dis sont simplement réduit à 0 et n’influe donc pas sur la somme.
@@lukabolgashvili4790 okay merci !
Pas besoin de parler de trace pour montrer que dim(E_j) = dim(E-jbarre), l'argument derrière c'est que puisque chi_A est dans R [X], j et jbarre ont les memes multiplicités et la dimension d'un sep est égal a la multiplicité de la valeur propre associée ici ce qui conclut.
Vous pourriez faire un exo sur la trigonalisation de Jordan.
Sinon merci pour vos vidéos
Pourquoi pas mais c'est long 😁
"J'espère que vous avez déjà traité la réduction" --> on est en train ! 😅
(Enfin non on s'est interrompu à cause de ces fichues vacances 😭.)