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 #1 - 15-05-2011 18:28:42

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

fermay pour les matrices

Je me décide à vous proposer quelque chose.
Montrer ( par vous même et si possible de manière élémentaire) que la trace du matrice carrée de rang n à la puissance p pour p premier est congrue à la trace de cette même matrice:
[TeX]tr(A^p)=tr(A)[p][/TeX]
Je n'ai pas de démonstration à mon goût donc j'espère que vous m'en produirez.
(svp ne pas chercher sur le net ou dans un livre)



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 #2 - 15-05-2011 18:37:25

L00ping007
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 2010
Lieu: Paris

Ferrmat pour les matrices

J'imagine qu'on parle d'une matrice à coefficients dans Z

Je note \lambda_1,...,\lambda_n les valeurs propres de A
[TeX]tr(A)=\sum_{k=1}^n\lambda_k[/TeX][TeX]tr(A^p)=\sum_{k=1}^n(\lambda_k)^p[/TeX]
car les valeurs propres de [latex]A^p[/latex] sont les [latex](\lambda_k)^p[/latex]
[TeX]tr(A)^p=\left(\sum_{k=1}^n\lambda_k\right)^p
=\sum_{k=1}^n(\lambda_k)^p [p][/TeX]
La dernière égalité se montre par récurrence et en utilisant le résultat suivant :
[TeX]\forall 0 < k < p, p|C_p^k[/TeX]
Outre les puissances p-ièmes des différents [latex]\lambda_k[/latex], il y a toujours un facteur p dans les autres termes.

On arrive donc à l'égalité :
[TeX]tr(A^p)=tr(A)^p [p][/TeX]
Et on utilise le petit théorème de Fermat sur l'entier tr(A) :
[TeX]tr(A)^p=tr(A)[p][/TeX]
On a donc bien l'égalité cherchée :
[TeX]tr(A^p)=tr(A)[p][/TeX]

 #3 - 18-05-2011 07:14:05

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

fermat pour les matrives

Vu la difficulté focalisons nous sur le cas p=2 je rappelle alors que les coefficient de [latex]A^2[/latex] sont [latex]\sum_{k=1}^{n}a_{i,k} a_{k,j}[/latex]

d'ou  [latex]tr(A^2)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}a_{i,k} a_{k,i}[/latex]

et on a [latex]tr(A)=\sum_{i=1}^{n}a_{i,i}[/latex]

donc il faut montrer que
[TeX]\sum_{i=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}a_{i,k} a_{k,i}=\sum_{i=1}^{n}a_{i,i} \ [2][/TeX]
c'est-à-dire que ces deux entiers ont la même parité.


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 #4 - 18-05-2011 07:21:19

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

Fermat pour les maatrices

Pour  L00ping007 (et autres) s'occuper du cas n=2 donc des matrice 2*2 en faisant les calculs explicitement.


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 #5 - 18-05-2011 12:31:52

papiauche
Sa Sainteté
Enigmes résolues : 49
Messages : 2131

fermat poue les matrices

Pas simple mais ça se prouve.

1. La trace est invariante par similitude
2. On peut triangulariser la matrice sous la forme de Jordan
3. On obtient n coefficients diagonaux dans la matrice triangulaire
4. Chacun vérifie la propriété de congruence (petit théorème de Fermat)
5. Donc leur somme aussi.


"Je ne lis jamais un livre dont je dois faire la critique. On se laisse tellement influencer." O. Wilde

 #6 - 18-05-2011 14:25:08

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

fermat pour les mztrices

Sa sainteté arrive-t-il a trigonaliser dans [latex]Z[/latex]?


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 #7 - 18-05-2011 18:48:31

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

Fermat pour les mmatrices

Double erreur de L00ping007 qui a considéré la trace de A le tout puissance p.
Je vais resoudre le cas n=2 mais il se peut qu'un invité mystérieux vienne nous donner la réponse complète mais elle ne sera sans doute pas élémentaire.
Mon cas n=2 ne l'étant pas vraiment...
Je répondrais demain si  L00ping007 n'y arrive pas (cas n=2) car sa méthode peut marcher dans ce cas précis.


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 #8 - 18-05-2011 18:52:51

L00ping007
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 2010
Lieu: Paris

Fermat pour less matrices

Ma seule erreur est de ne pas avoir fait attention au fait que les \lambda sont au pire algébriques, mais certainement pas nécessairement entiers. Mon facteur p n'est donc pas utilisable pour un modulo.

Je ne vois pas ma seconde erreur ?

EDIT
D'ailleurs, je pense que je peux m'en sortir avec le développement de la trace puissance p, grâce aux relations coeff/racines, les différents produits de valeurs propres ne doivent pas être bien loin d'être entiers. Du coup le modulo serait valable. Mais ça reste à prouver, j'ai la flemme big_smile

 #9 - 18-05-2011 19:27:00

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

fermat poyr les matrices

Effectivement il n'y a qu'une erreur mais le passage par la trace le tout puissance p ne sert pas je crois.
Si tu es flemmard je vais faire le cas n=2...


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 #10 - 18-05-2011 19:34:57

kosmogol
Banni
Enigmes résolues : 49
Messages : 11,928E+3

Fermat pour lles matrices

"c'est pas faux"


http://enigmusique.blogspot.com/

 #11 - 18-05-2011 19:55:00

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

fermat pour les mztrices

Cas n=2
Excusez-moi pour ceux qui ne connaissent pas les valeurs propres.
Les valeurs propres d'une matrice a,b,c,d sont
[TeX]\frac{(a+d)+((a+d)^2-4(ad+bc))^{\frac{1}{2}}}{2}[/latex] et [latex]\frac{(a+d)-((a+d))^2-4(ad+bc)^{\frac{1}{2}}}{2}[/TeX]
donc [latex]tr(A^p)=[\frac{(a+d)+((a+d)^2+4(ad+bc))^{\frac{1}{2}}}{2}]^p+ [\frac{(a+d)+((a+d)^2-4(ad+bc)^{\frac{1}{2}}}{2}]^p=\\ \\ 2^{-p}\sum_{k=0}^{p}\binom{p}{k}(1+(-1)^k)((a+d)^2+4(ad+bc))^{\frac{k}{2}}(a+d)^{p-k}=\\ 2^{-p}\sum_{k=0}^{\frac{p-1}{2}}\binom{p}{2k}2((a+d)^2+4(ad+bc))^{k}(a+d)^{p-2k}=\\2^{-p+1}(a+d)^p[p]=a^p+d^p[p]=a+d[p]=tr(A)[p][/latex] car p divise les coefficients binomiaux "stricts" et [latex]2^{p-1}[/latex] est inversible modulo p d'inverse 1.


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 #12 - 18-05-2011 19:55:15

papiauche
Sa Sainteté
Enigmes résolues : 49
Messages : 2131

Ferma tpour les matrices

Yanyan a écrit:

Sa sainteté arrive-t-il a trigonaliser dans [latex]Z[/latex]?

Loin d'en être sûr.hmm


Tout au plus l'énoncé m'a-t-il laissé penser que les valeurs propres étaient dans [latex]Z[/latex] et le cas général amène à une matrice trigonalisée.

L'invariance de la trace par similitude demeure. Même si cette trace est réelle, la matrice inverse pour trace l'inverse de la trace.
Le produit des deux est donc égal à 1.

On enchaîne ensuite valeur propre par valeur propre. 

la question devient me semble-t-il: une matrice à coefficients dans [latex]Z[/latex] a-t-elle ses valeurs propres dans [latex]Z[/latex].
Je serai tenté de répondre oui, mas il faut que je vérifie. neutral


"Je ne lis jamais un livre dont je dois faire la critique. On se laisse tellement influencer." O. Wilde

 #13 - 18-05-2011 19:58:00

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

fermat piur les matrices

Non prendre la martice 2*2 compagnon de [latex]X^2-2[/latex].


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 #14 - 18-05-2011 20:00:33

papiauche
Sa Sainteté
Enigmes résolues : 49
Messages : 2131

Fermat por les matrices

Et donc, on veut prouver quoi?

On travaille sur [latex]Z[/latex], [latex]Q[/latex] ou [latex]R[/latex]?


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 #15 - 18-05-2011 20:04:24

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

Fermat pour les matirces

On travaille sur [latex]Z[/latex] ... La trace est d'abord un entier!


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 #16 - 18-05-2011 20:34:38

papiauche
Sa Sainteté
Enigmes résolues : 49
Messages : 2131

Fermat pour les marices

Donc, sauf erreur, les valeurs propres sont entières et tout a été dit...

Je maintiens mon premier post, jolie énigme, pas simple wink


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 #17 - 18-05-2011 20:42:31

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

Fermat pour es matrices

Non les valeurs propres d'une matrice à coefficients dans Z ne sont pas toujours dans Z. Considères
0  2
1  0


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 #18 - 18-05-2011 21:01:29

peintre
Amateur de Prise2Tete
Enigmes résolues : 6
Messages : 2

Fermat pour le smatrices

Il me semble que tout ceci n'est pas très compliqué!

On commence par réduire modulo p notre petite matrice...

Ensuite, le truc est de travailler dans la cloture algébrique de [latex]\mathbb{F}_p[/latex] dans laquelle la matrice réduite est trigonalisable (comme toute matrice à coefficients dans un corps clos).

Par l'invariance de la trace par changement de base, on se ramène à une matrice triangulaire. Comme vous l'avez dit, si on pose [latex] \lambda_i[/latex] les valeurs propres de la matrices, on a:
[TeX]Tr(A^p)=\sum \lambda_i^p= (\sum \lambda_i)^p=Tr(A)^p \sim Tr(A)[/TeX]
la derniere congruence provenant de  ce qu'on est alors dans le corps premier.

Et le tour est joué.

 #19 - 18-05-2011 21:19:33

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

Fermaat pour les matrices

Je pensais à cette preuve quand je disais pas à mon goût...
A-t-on besoin de passer par une clôture? J'ai déjà vu une preuve plus élémentaire avec la fonction de Moebius.
Ma preuve n 'est pas élégante dans le cas n =2  mais c'est le prolongement de l'idée de Looping donc je l'ai mise.


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 #20 - 19-05-2011 07:00:12

Yanyan
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 29
Messages : 509
Lieu: Lille si j'y suis

fzrmat pour les matrices

Bravo à tout le monde. C' était trop dur et infaisable dans l'esprit du site, désolé.
Vous vous étonnerez peut-être de la puissance du peintre mais c'est un être polycéphale!


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