Chapitre 19 : Matrices (II)

[théorème] - Si $rg(A) = 0$, alors $A = 0$ et ${}^tA = 0$
- Si $\text{rg}(A)= r \geq 1$, alors on a vu que $A\mathscr{E}_q J_r$, d'où $P$ et $Q$ dans $\text{GL}_n(K)$ tq $A = PJ_rQ$
Donc ${}^tA = {}^t[(PJ_r)Q] = {}^tQ{}^t(PJ_r) = {}^tQ{}^tJ_r{}^tP$
Or ${}^tJ_r = J_r$ car $J_r$ est diagonale.
Ainsi ${}^tA = {}^tQJ_r{}^tP$ où ${}^tQ$ et ${}^tP$ sont inversible.\ Donc ${}^tA \mathscr{E}_q J_r$
Ainsi $rg({}^tA) = r = \text{rg}(A)$

1. Montrons que $\mathscr{A}_n(K)$ est un sous-esapce vectoriel de $M_n(K) = E$
La matrice nulle est bien asymétrique ${}^t0_E = -0_E$
Soient $A$ et $B$ asymétrique dans $E$, $\lambda$ et $\mu$ dans $E$
On pose $C = \lambda A \mu B$
\begin{eqnarray*} {}^tC &=& {}^t(\lambda A + \mu B)\\ &=& \lambda{}^tA + \mu{}^tB \hspace{20pt} \text{la transposition est linéaire}\\ &=& \lambda(-A)+\mu(-B)\\ &=& -C \end{eqnarray*} Donc $C\in \mathscr{A}_n(K)$

Conclusion $\mathscr{A}_n(K)$ est un sous-espace vectoriel de $M_n(K)$
De même pour $\mathscr{S}_n(K)$

2. Montrons que $\mathscr{S}_n(K) \cap \mathscr{A}_n(K) = \{0_E\}$
Soit $A\in \mathscr{S}_n(K) \cap \mathscr{A}_n(K)$ i.e. ${}^tA = A$ et ${}^tA = -A$ donc $A = -A$ i.e. $2A = 0_E$ donc $A = 0_E$

Montrons que $A\in M_n(K) \subset \mathscr{S}_n(K) + \mathscr{A}_n(K) = \{0_E\}$
Soit $A\in M_n(K)$, $\displaystyle{} A = \underbrace{\frac{1}{2}(A+{}^tA)}_{\text{noté }U} + \underbrace{\frac{1}{2}(A-{}^tA)}_{\text{noté }V}$ $${}^tU = {}^t\left( \frac{1}{2}(A+{}^tA) \right) = \frac{1}{2}({}^tA + {}^t({}^tA)) = \frac{1}{2}({}^tA + A) = U$$ Donc $U \in \mathscr{S}_n(K)$ $${}^tV = {}^t\left( \frac{1}{2}(A-{}^tA) \right) = \frac{1}{2} ({}^tA - {}^t({}^tA)) = \frac{1}{2}({}^tA -A)) = -\frac{1}{2}(A - {}^tA) = -V$$ Donc $V\in \mathscr{A}_n(K)$
Donc $A = U+V$ avec $U$ symétrique et $V$ antisymétrique.

Conclusion : $\mathscr{A}_n(K)$ et $\mathscr{S}_n(K)$ sont supplémentaire dans $E$

On commence par $\mathscr{S}_n(K)$ :
Moralement, soit $A\in\mathscr{S}_n(K)$ $$A = \begin{pmatrix} . & \star & \star\\ \vdots & \ddots & \star \\ . & \cdots & . \end{pmatrix}$$ $\star$ est obtenu par symétrie par rapport à la diagonale. Donc pour connaitre $A\in\mathscr{S}_n(K)$, il suffit de se donner des termes diagonaux et sous diagonaux.

Comptons les : $\begin{array}{c c} \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 3 \\ \vdots \\ n \end{array}\hspace{-1em} & \left( \begin{array}{@{} c c c c c @{}} a_{11} \\ a_{21} & a_{22} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \\ \vdots & \vdots & & \ddots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & \cdots & a_{nn} \end{array} \right) \\ \end{array}$\\ Total : $\displaystyle{}1+2+...+n = \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$

Rigoureusement : Si $i<j$ on a $S_{ij} = E_{ij}+E_{ji}$.
On pose $\beta = (S_{ij})_{1\leq i < j \leq n}\cup \{E_{ii}/i\in[\![ 1;n]\!]\}$
$\beta$ est génératrice car si $A\in\mathscr{S}_n(K)$ $$A = \sum_{1\leq i < j \leq n}a_{ij}S_{ij} + \sum_{i=1}^na_{ii}E_{ii}$$ $\beta$ est libre car si $A = 0_E$, alors tous les $a_{ij}$ sont nuls.

$\beta$ est une base de $\mathscr{S}_n(K)$ \begin{eqnarray*} \text{card}(\beta) &=& \text{card}\{(i,j)\in[\![ A;n]\!]/i<j\} + \text{card}\{E_{ii}/i\in[\![ 1;n]\!]\}\\ &=& \frac{n(n-1)}{2}+n\\ &=& \frac{n(n+1)}{2} \end{eqnarray*} Grassman : \begin{eqnarray*} \dim(M_n(K)) &=& \dim(\mathscr{S}_n(K))+\dim(\mathscr{A}_n(K))\\ n^2 &=& \frac{n(n+1)}{2} + \dim(\mathscr{A}_n(K)) \end{eqnarray*} Donc \begin{eqnarray*} \dim(\mathscr{A}_n(K)) &=& n^2 - \frac{n(n+1)}{2}\\ &=& n^2 - \frac{n^2}{2} - \frac{n}{2}\\ &=& \frac{n^2}{2}-\frac{n}{2}\\ &=&\frac{n(n-1)}{2} \end{eqnarray*}

Contre exemple :
$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = E_{2,1}$ et $B = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = E_{1,1}$
$A\mathscr{E}_q B$ car $\text{rg}(A) = \text{rg}(B) = 1$
$A\not\sim B$ en effet $A^2 = 0$ mais $B^2 = B \neq 0$

Par récurrence sur $k\in\mathbb{N}$ 1. Initialisation : $B^0 = I_n$ et $P^{-1}A^0P = P^-1I_nP = I_n = B^0$
2. Héréditer : soit $k\in\mathbb{N}$ tel que $B^k = P^{-1}A^kP$ \begin{eqnarray*} B^{k+1} &=& B\times B^k\\ &=& (P^{-1}A^kP)\times(P^{-1}AP)\\ &=& P^{-1}A^k\times A P\\ &=& P^{-1}A^{k+1}P \end{eqnarray*} Ce qui achève la récurrence.

On note $A = (a_{ij})$ et $B = (b_{ij})$
1. \begin{eqnarray*} \text{tr}(A+B) = \sum_{i=1}^n (a_{ii}+b{ii})\\ &=& \left( \sum_{i=1}^n a^{ii} \right) + \left( \sum_{i=1}^n b_{ii} \right)\\ &=& \text{tr}(A) + \text{tr}(B) \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} \text{tr}(\lambda A) &=& \sum_{i=1}^,\lambda a_{ii}\\ &=& \lambda \sum_{i=1}^n a_{ii}\\ &=& \lambda\text{tr}(A) \end{eqnarray*} 2. On note $AB = (C_{ij}) \rightarrow C_{ij} = \sum_{k=1}^n a_{ik}b_{kj}$ $$\text{tr}(AB) = \sum_{i=1}^n c_{ii} = \sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^n a_{ik}b_{ki}$$ \begin{eqnarray*} \text{tr}(BA) &=& \sum_{k=1}^nd_{kk}\\ &=& \sum_{k=1}^n\sum_{p=1}^n b_{kp}a_{pk}\\ &=& \sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^n a_{ik}b_{ki}\\ &=& \sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^n a_{ik}b_{ki}\\ \text{tr}(AB) \end{eqnarray*} 3. On suppose $A\sim B$
D'où $P\in\text{GL}_n(K)$ tel que $B = P^{-1}AP$ \begin{eqnarray*} \text{tr}(B) &=& \text{tr}(P^{-1}AP)\\ &=& \text{tr}((AP)P^{-1})\\ &=& \text{tr}(A) \end{eqnarray*} 4. $A$ et ${}^tA$ on les même termes diagonaux donc la même trace.

Soit $E$ un $K-$espace vectoriel de dimension fini égale à $n\in\mathbb{N}^*$.
Soit $p\in\mathscr{L}(E)$ un projecteur i.e. $p\circ p = p$
Montrons que $\text{tr}(p) = \text{rg}(p)$
On note $r = \text{rg}(p) = \dim(\text{Im}(p))$ ($\star$)
D'après $p = P_{F,G}$ projection de $F$ parallèlement à $G$ où $F = \text{Im}(p)$ et $G = \ker(p)$.
On choisit une base $\beta$ adapté à $p$ pour calculer sa trace.
Or $E = F\oplus G$ et $\dim(F) = r$ selon ($\star$)
On choisit $\varepsilon_1,...,\varepsilon_r$ une base de $F$, $\varepsilon_{r+1},...,\varepsilon_{n}$ une base de $G$
Par recollement $\beta = (\varepsilon_1,...,\varepsilon_r,\varepsilon_{r+1,...,\varepsilon_n})$ est une base de $E$. $$[p]_{\beta} = \begin{array}{c c} & \begin{array} {@{} c c c c c c @{}} p(\varepsilon_1) & \cdots & p(\varepsilon_r) & p(\varepsilon_{r+1}) & \cdots & p(\varepsilon_n) \end{array} \\ \begin{array}{c} \varepsilon_1 \\ \vdots \\ \varepsilon_r \\ \varepsilon_{r+1} \\ \vdots \\ \varepsilon_n \end{array}\hspace{-1em} & \left( \begin{array}{@{} c c c c c c @{}} 1_K & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1_K & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1_K & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \hspace{0.9em} 0 \hspace{0.9em} & \hspace{0.9em} 0 \hspace{0.9em} & \hspace{0.9em} 0 \hspace{0.9em} & \hspace{0.9em} 0 \hspace{0.9em} & \hspace{0.9em} 0 \hspace{0.9em} & \hspace{0.9em} 0 \hspace{0.9em} \end{array} \right) \\ \end{array} = J_r$$ $p(\varepsilon_1) = \varepsilon_1,...,p(\varepsilon_r) = \varepsilon_r, p(\varepsilon_{r+1}) = 0,...,p(\varepsilon_n)=0$ car $\varepsilon_1,...,\varepsilon_r$ sont dans $\text{Im}(p) = F$
Ainsi $\text{tr}(p) = \underbrace{1_K + ... + 1_k}_{r\text{ fois}} = r = \text{rg}(p)$