Similitude par blocs et équation de Sylvester

Soit $n$ un entier naturel non nul et $K$ un corps commutatif ( $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ ). On considère trois matrices $A, B, C \in \mathcal{M}_n(K)$ . On s'intéresse au lien entre l'existence d'une solution $X \in \mathcal{M}_n(K)$ à l'équation $AX - XB = C$ et la similitude de deux matrices par blocs de taille $2n \times 2n$ .

On définit les matrices suivantes de $\mathcal{M}_{2n}(K)$ :

M_{1}=\begin{pmatrix} A & 0 0 & B \end{pmatrix}   \text{et}   M_{2}=\begin{pmatrix} A & C 0 & B \end{pmatrix}

Montrer que s'il existe une matrice $X \in \mathcal{M}_n(K)$ telle que $AX - XB = C$ , alors les matrices $M_1$ et $M_2$ sont semblables.
On suppose désormais que $M_1$ et $M_2$ sont semblables. Il existe donc $P \in \mathrm{GL}_{2n}(K)$ tel que $M_2 = P M_1 P^{-1}$ . On considère les deux applications linéaires de $\mathcal{M}_{2n}(K)$ dans lui-même : $\Phi_{0} : K \longmapsto M_{1} K - K M_{1} \text{et} \Phi_{1} : K \longmapsto M_{2} K - K M_{1}$ Établir que $\ker \Phi_0$ et $\ker \Phi_1$ ont la même dimension en construisant explicitement un isomorphisme entre ces deux espaces.
On décompose toute matrice $K \in \mathcal{M}_{2n}(K)$ $K \in M_{2 n} (K)$ par blocs de taille $n \times n$ $n \times n$ sous la forme $K = \begin{pmatrix} U & V W & T \end{pmatrix}$ $K = (U W V T)$ . On définit l'application :
$\tau : K = \begin{pmatrix} U & V W & T \end{pmatrix} \longmapsto \begin{pmatrix} 0 & 0 W & T \end{pmatrix}$
1. Démontrer l'égalité : $\ker \tau \cap \ker \Phi_{0} = \ker \tau \cap \ker \Phi_{1}$ .
2. Montrer que $\tau\left(\ker \Phi_{1}\right) \subset \tau\left(\ker \Phi_{0}\right)$ .
Déduire des questions précédentes que $\tau\left(\ker \Phi_{1}\right) = \tau\left(\ker \Phi_{0}\right)$ .
Conclure qu'il existe une matrice $X \in \mathcal{M}_n(K)$ vérifiant $AX - XB = C$ .

1.

Pour la question 1, chercher une matrice de passage $P$ simple, par exemple de la forme $\begin{pmatrix} I & X 0 & I \end{pmatrix}$ .

2.

Pour l'isomorphisme de la question 2, utiliser la matrice de passage $P$ qui réalise la similitude entre $M_1$ et $M_2$ .

3.

Pour la question 3(b), calculer explicitement les blocs de $M_1 K - K M_1$ et $M_2 K - K M_1$ .

4.

Pour la question 4, utiliser le théorème du rang sur la restriction de $\tau$ à chacun des noyaux.

5.

Pour la question 5, remarquer que la matrice identité $I_{2n}$ appartient à $\ker \Phi_0$ .

Idées clés

•

Construction d'une matrice de passage par blocs.

•

Utilisation de l'isomorphisme de transport de structure entre commutants.

•

Argument dimensionnel précis (théorème du rang restreint).

Résolution.

Supposons qu'il existe $X \in \mathcal{M}_n(K)$ tel que $AX - XB = C$ . Considérons la matrice $P = \begin{pmatrix} I_n & X 0 & I_n \end{pmatrix}$ . Cette matrice est inversible (elle est triangulaire supérieure par blocs avec des blocs diagonaux inversibles) et son inverse est $P^{-1} = \begin{pmatrix} I_n & -X 0 & I_n \end{pmatrix}$ . Calculons le produit $P M_1$ : $P M_1 = \begin{pmatrix} I_n & X 0 & I_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & 0 0 & B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & XB 0 & B \end{pmatrix}$ Calculons le produit $M_2 P$ : $M_2 P = \begin{pmatrix} A & C 0 & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I_n & X 0 & I_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & AX+C 0 & B \end{pmatrix}$ Comme $AX - XB = C$ , on a $AX + C = XB$ . Ainsi $P M_1 = M_2 P$ , ce qui signifie : $\boxed{ M_2 = P M_1 P^{-1} }$ Les matrices sont donc semblables.
Soit $P \in \mathrm{GL}_{2n}(K)$ tel que $M_2 = P M_1 P^{-1}$ . Considérons l'application $\psi : \mathcal{M}_{2n}(K) \to \mathcal{M}_{2n}(K)$ définie par $\psi(K) = PK$ . C'est clairement un automorphisme de l'espace vectoriel $\mathcal{M}_{2n}(K)$ car $P$ est inversible. Soit $K \in \ker \Phi_0$ . Alors $M_1 K = K M_1$ . On a $\Phi_1(\psi(K)) = M_2 (PK) - (PK) M_1$ . En remplaçant $M_2$ par $P M_1 P^{-1}$ , on obtient : $\Phi_1(PK) = P M_1 P^{-1} P K - P K M_1 = P M_1 K - P K M_1 = P(M_1 K - K M_1) = 0$ Donc $\psi(\ker \Phi_0) \subset \ker \Phi_1$ . Réciproquement, si $Q \in \ker \Phi_1$ , alors $M_2 Q = Q M_1$ , d'où $P M_1 P^{-1} Q = Q M_1$ . En multipliant par $P^{-1}$ à gauche, il vient $M_1 (P^{-1} Q) = (P^{-1} Q) M_1$ , donc $P^{-1} Q \in \ker \Phi_0$ . Ainsi, $\psi$ induit un isomorphisme de $\ker \Phi_0$ sur $\ker \Phi_1$ . On en déduit : $\boxed{ \dim \ker \Phi_0 = \dim \ker \Phi_1 }$
1. Soit $K = \begin{pmatrix} U & V W & T \end{pmatrix} \in \ker \tau$ . On a donc $W = 0$ et $T = 0$ . $K \in \ker \Phi_0 \iff \begin{pmatrix} A & 0 0 & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} U & V 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} U & V 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & 0 0 & B \end{pmatrix}$ Ce qui équivaut à $\begin{pmatrix} AU & AV 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} UA & VB 0 & 0 \end{pmatrix}$ , soit $AU=UA$ et $AV=VB$ . $K \in \ker \Phi_1 \iff \begin{pmatrix} A & C 0 & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} U & V 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} U & V 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & 0 0 & B \end{pmatrix}$ Ce qui équivaut à $\begin{pmatrix} AU+C \cdot 0 & AV+C \cdot 0 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} UA & VB 0 & 0 \end{pmatrix}$ . On obtient exactement les mêmes conditions : $AU=UA$ et $AV=VB$ . L'égalité des intersections est donc établie.
2. Soit $K = \begin{pmatrix} U & V W & T \end{pmatrix} \in \ker \Phi_1$ . On a $M_2 K = K M_1$ , soit : $\begin{pmatrix} A & C 0 & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} U & V W & T \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} U & V W & T \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & 0 0 & B \end{pmatrix}$ En effectuant le produit par blocs, on obtient notamment sur la ligne du bas : $\begin{cases} BW = WA BT = TB \end{cases}$ Considérons alors la matrice $K' = \tau(K) = \begin{pmatrix} 0 & 0 W & T \end{pmatrix}$ . Calculons $\Phi_0(K')$ : $\Phi_0(K') = \begin{pmatrix} A & 0 0 & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 W & T \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 & 0 W & T \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & 0 0 & B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 BW - WA & BT - TB \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 0 & 0 \end{pmatrix}$ Ainsi $K' \in \ker \Phi_0$ . Comme $K' = \tau(K')$ , on a bien $\tau(K) \in \tau(\ker \Phi_0)$ , d'où : $\boxed{ \tau(\ker \Phi_1) \subset \tau(\ker \Phi_0) }$
Appliquons le théorème du rang à la restriction de $\tau$ à l'espace $\ker \Phi_0$ : $\dim \ker \Phi_0 = \dim (\ker \tau \cap \ker \Phi_0) + \dim \tau(\ker \Phi_0)$ De même pour la restriction de $\tau$ à $\ker \Phi_1$ : $\dim \ker \Phi_1 = \dim (\ker \tau \cap \ker \Phi_1) + \dim \tau(\ker \Phi_1)$ D'après la question 2, les membres de gauche sont égaux. D'après la question 3(a), les premiers termes des sommes à droite sont égaux. On en déduit : $\dim \tau(\ker \Phi_0) = \dim \tau(\ker \Phi_1)$ L'inclusion démontrée en 3(b) entre deux espaces de même dimension finie permet de conclure à l'égalité : $\boxed{ \tau(\ker \Phi_1) = \tau(\ker \Phi_0) }$
On remarque que $I_{2n} \in \ker \Phi_0$ (car $M_1$ commute avec l'identité). Alors $\tau(I_{2n}) = \begin{pmatrix} 0 & 0 0 & I_n \end{pmatrix} \in \tau(\ker \Phi_0)$ . D'après l'égalité précédente, $\begin{pmatrix} 0 & 0 0 & I_n \end{pmatrix} \in \tau(\ker \Phi_1)$ . Il existe donc une matrice $K \in \ker \Phi_1$ telle que $\tau(K) = \begin{pmatrix} 0 & 0 0 & I_n \end{pmatrix}$ . En posant $K = \begin{pmatrix} U & X 0 & I_n \end{pmatrix}$ , la condition $M_2 K = K M_1$ s'écrit : $\begin{pmatrix} A & C 0 & B \end{pmatrix} \begin{pmatrix} U & X 0 & I_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} U & X 0 & I_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & 0 0 & B \end{pmatrix}$ Le bloc en haut à droite donne : $AX + C = XB$ , soit $A(-X) - (-X)B = C$ . La matrice $\boxed{ \tilde{X} = -X }$ est une solution de l'équation de Sylvester.

Une erreur fréquente est de croire que si $M_1$ et $M_2$ sont semblables, toute matrice de passage est de la forme $\begin{pmatrix} I & X 0 & I \end{pmatrix}$ . C'est faux. L'astuce ici est d'utiliser un argument de dimension pour prouver qu'il existe une matrice dans le commutant avec la bonne structure par blocs.