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Montrez que deux matrices normales A et B sont semblables si et seulement si TrAk=TrBk.
(le théorème de Specht est une vaste généralisation: les fonctions A ® Tr(m(A,A*)) où m
est un mot quelconque (de degré £ 2n2 d'après un théorème de Pearcy), séparent les orbites sous l'action
de la conjugaison de U(n)).
Utilisez les sommes de Newton
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(Tauvel p.417) Montrez que u est diagonalisable de spectre réel si et seulement si u est le produit
de deux endomorphismes hermitiens, l'un au moins d'entre eux étant défini positif
- Supposons que u est diagonalisable de spectre réel: soit (e1,¼,en) une base orthonormée et soit
(x1,¼,xn) une base formée de vecteurs propres de u de valeurs propres réelles
l1,¼,ln. On définit f et g par f(xi)=ei et g(ei)=li ei de sorte que
u=f-1°g °f. Soit alors f=qr la décomposition polaire de f avec q unitaire et r hermitienne
définie positive. On obtient ainsi en posant l=r °l °r-1=q* °g °q qui est hermitienne,
alors u=r-1 °l °r=(r-1 °l °r-1) °r2 avec donc r-1 °l °r-1
et r2 hermitiennes.
- Réciproquement si u=v °w avec w (resp. v) hermitienne (resp. hermitienne définie positive). Notons
l=v1/2 qui est hermitienne définie positive, on a u=l °(l °w °l) °l-1. Comme
l °w °l est hermitienne, elle est diagonalisable à spectre réel et il en est donc de même de u
qui lui est semblable.
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(Tauvel p.418) Pour n ³ 2 et A hermitienne non nulle de taille n, montrez que A est définie positive
ou négative si et seulement si pour toute matrice B hermitienne, AB est diagonalisable.
- Le sens direct découle de l'exercice précédent. Supposons donc que pour toute matrice hermitienne B, AB
est diagonalisable. Soit P unitaire telle que A=PDP* avec D diagonale réelle. Comme AB=P(DP*BP)P-1,
on voit que AB est diagonalisable si et seulement si DP*BP l'est. Par ailleurs comme P*BP
est hermitienne, on peut supposer A=D.
- On se ramène aisément en dimension 2 avec A=diag(x2,-y2) avec x,y réels. Soient alors
B=(
) et B¢=(
). Si y ¹ 0, on a AB ¹ 0 et (AB)2=0. Si y=0 alors AB¢ ¹ 0
et (AB¢)2=0. Ainsi AB (resp. AB¢) est nilpotente non nulle et donc non diagonalisable.
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(M-T p.219 ou M p.92)
Soient l1,¼,ln les valeurs propres d'une matrice complexe A=(ai,j).
Montrez que A est normale si et seulement si åi,j |ai,j|2=åi |li|2.
(remarquez que Tr(AA*)=åi,j |ai,j|2 est U(n)-invariante)
Rappelons que Tr(AA*)=åi,j |ai,j|2 est U(n)-invariante de sorte que si A est normale
elle est alors unitairement semblable à la matrice diagonale des li d'où le sens direct. Réciproquement
toute matrice complexe est unitairement semblable à une matrice triangulaire T de diagonale formée des li.
L'égalité implique alors que les termes qui ne sont pas sur la diagonale sont nulle, i.e. que T est diagonale.
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Montrer que A est normale si et seulement si Tr(AA*)2=TrA2 A*2.
(notez que la matrice hermitienne H=AA*-A*A est nulle si et seulement si TrH2=0)
D'après l'exercice précédent, la matrice hermitienne H=AA*-A*A est nulle si et seulement si TrH2=0. Ainsi
A est normale si et seulement si la trace de (AA*)2-A(A*)2A-A*A2A*+(A*A)2 est nulle. Or rappelons
que TrAB=TrBA de sorte que Tr(A*A)2=Tr(AA*)2 et TrA*A2A*=TrA(A*)2A=TrA2A*2,
d'où le résultat.
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Montrez que deux matrices sont unitairement équivalentes si et seulement si elles ont même valeurs singulières.
Le sens direct découle de PAP*=B, PA*P*=B* soit PAA*P*=BB*.
Réciproquement, la décomposition polaire donne A=HAUA, B=HBUB avec HA,HB hermitiennes
définies positives, et UA,UB unitaires. On a donc AA*=HAHA* et BB*=HBHB*. Les matrices
HA,HB sont diagonalisables de sorte que si AA* et BB* ont même valeurs propres alors les valeurs
propres de HA sont égales à celles de HB au signe près, soit HA=PADPA* et HB=PB DD¢PB* avec
D¢=diag(e1,¼,en) où les ei sont égaux à ±1 de sorte que D¢ est unitaire.
On a donc D=PB*UB*BPB D¢ et A=UAPAPB*UB*BPB D¢PA* d'où le résultat.
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Montrez que les seules matrices de Bourdaud (i.e. les valeurs propres se lisent sur la diagonale)
réelles symétriques sont les matrices diagonales.
- Soit l1 la plus grande des valeurs propres, on a l1=å||x||=1 (A(x),x)
et là où le sup est atteint, on est en présence d'un vecteur propre associé à l1: en effet la différentielle
s'annule en x0 sur l'espace tangent à la sphère en x0 (extrema liés), soit (A(x0),y)=0 pour tout y tel
que (x0,y)=0 de sorte que A(x0) est colinéaire à x0.
- On remarque ensuite qu'il existe k tel que l1=ak,k=(A(ek),ek) et on raisonne par récurrence sur
l'orthogonal à ek.
- On aurait aussi pu utiliser la forme quadratique A ® Tr(\scriptspace t A A)=åi,j li,j2 qui
est clairement invariante sous l'action par conjugaison du groupe orthogonal de sorte que Tr(\scriptspace t AA) = åi li,i2, d'où le résultat.
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Soit G un sous-groupe de O(n) alors G fini si et seulement si G est d'exposant fini si
et seulement si l'ensemble des traces des éléments de G est fini.
- Si G est fini il est clairement d'exposant fini. Si G est d'exposant fini alors tout
élément de G est semblable à une matrice diagonale par blocs avec sur la diagonale Ir, -Is et
des matrices de taille 2, de rotations dont les angles sont alors de la forme [(2kp)/(n)], ce qui donne
donc un ensemble fini de traces possibles.
- Si l'ensemble des traces est fini, considérons VectG le sous-espace vectoriel de Ln(R) engendré par
les éléments de G dont on fixe une base g1,¼,gr. On considère aussi le produit scalaire
(A,B):=Tr(\scriptspace t A B). On note ai(g) la composante de g sur gi, soit
g=åi ai(g)gi. On compose à droite avec gj-1 et on prend la trace. Comme gi-1=\scriptspace t gj,
on a Tr(gigj-1)=(gi,gj) et donc
|
Tr
| (ggj-1)= |
å
i
|
ai(g) (gi,gj) |
|
et comme les gi sont linéairement indépendants, la matrice M dont les éléments sont les (gi,gj)
est inversible donc
ai(g)= |
å
j
|
(M-1)g |
Tr
| (ggj-1) |
|
de sorte que l'on obtient un nombre fini de ai(g) et donc de g.