Déterminants et applications linéaires II – Un exemple en passant

On a constaté dans ce billet que le déterminant

\mathcal{D}_T(x)=\det (x\  T(x)\cdots T^{n-1}(x))

de la matrice dont les colonnes s’obtiennent en appliquant à la première des puissances successives d’une application linéaire T, se factorise en un produit de n polynômes homogènes du premier degré, du moins lorsque T possède n valeurs propres distinctes.

De plus, on dispose alors d’une formule permettant de déterminer une factorisation de \mathcal{D}_T au moyen d’une matrice S diagonalisant T.

Par pure curiosité, je me suis demandé ce que cela pouvait bien donner lorsque T:x\in\mathbb{R}^3\mapsto a\wedge x\in\mathbb{R}^3, où a\neq 0.

Cela m’a ramené vers une vieille connaissance — l’inégalité de Cauchy-Schwarz ! et posé un problème à propos duquel j’aimerais connaître votre opinion.

Ce qui suit est élémentaire mais pourrait fournir une base à des exercices intéressants dans l’enseignement secondaire ou au début du supérieur.

Il est facile de diagonaliser T. Ses valeurs propres sont 0 et les nombres complexes conjugués \pm i\|a\|. La première admet le vecteur propre a. De plus, tout u\in \mathbb{R}^3 normé et perpendiculaire à a donne un vecteur propre

v = u-\frac{i}{\|a\|}a\wedge u

de valeur propre i\|a\| et nous fournit une matrice unitaire

S=\left(\frac{a}{\|a\|}\ \frac{v}{\sqrt 2}\ \frac{\overline v}{\sqrt 2}\right)

donnant à T la forme diagonale \mathrm{diag}(0,i\|a\|,-i\|a\|).

Avec le billet mentionné plus haut, on obtient alors facilement la factorisation(*) :

\mathcal{D}_T(x)= (a\cdot x)(\|a\|u\cdot x+i[a,u,x])(\|a\|u\cdot x-i[a,u,x])

Or, par calcul direct

\mathcal{D}_T(x)= (a\cdot x)\left(\|a\|^2\|x\|^2-(a\cdot x)^2\right)

et donc

(1) \|a\|^2\|x\|^2-(a\cdot x)^2=\left(\|a\|u\cdot x+i[a,u,x]\right)\left(\|a\|u\cdot x-i[a,u,x]\right)

Voici quelques remarques à propos de cette égalité.

— Son membre de droite est positif ou nul et s’annule si, et seulement si, x est parallèle à a. Nous retrouvons ainsi l’inégalité de Cauchy-Schwarz en dimension trois.

— Il est facile de prouver directement (1). En effet,

\left( \frac{1}{\|a\|}a,u,\frac{1}{\|a\|}a\wedge u\right)

est une base orthonormée de \mathbb R^3 selon laquelle les composantes de x sont

\left(\frac{1}{\|a\|}a\cdot x, u\cdot x,\frac{1}{\|a\|}[a,u,x]\right)

Par conséquent,

\|x\|^2=\frac{1}{\|a\|^2}(a\cdot x)^2+(u\cdot x)^2+\frac{1}{\|a\|^2}[a,u,x]^2

de quoi (1) découle immédiatement.

— D’une certaine façon, ni la factorisation (1) ni la décomposition de \|a\|^2\|x\|^2 en somme de trois carrés qui résulte de la remarque précédente ne sont satisfaisantes. En effet, elles ne sont pas symétriques en a et x, ni formellement ni analytiquement : elles s’expriment au moyen de fonctions homogènes du premier degré en x mais ne sont même pas continues en a(**). Je ne pense pas qu’on puisse y remédier mais je ne sais pas le prouver.

__________
(*) On désigne par [a,b,c] le produit mixte de a,b,c.
(**) A cause du théorème de la boule chevelue, il n’y a pas de choix continu de u en fonction de a.

Une réflexion sur “Déterminants et applications linéaires II – Un exemple en passant

  1. Je pense avoir la réponse à la question. En ce sens ci : si

    \forall x\in\mathbb{R}^3:\quad\|a\|^2\|x\|^2-(a\cdot x)^2=p^2(x)+q^2(x)

    p,q sont deux polynômes homogènes du premier degré en x, alors il existe u, normé, perpendiculaire à a et tel que

    \forall x\in\mathbb{R}^3:\quad p(x)=\|a\|u\cdot x\quad\&\quad q(x)=\pm[a,u,x]

    C’est amusant à prouver et ce n’est pas bien difficile.😉

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