Dimension d'un espace de matrices de rang borné

Soit $n \in \mathbb{N}^*$ et $p \in \{0, \dots, n-1\}$ . On considère un sous-espace vectoriel $V$ de $\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})$ tel que :

\forall M \in V,   \operatorname{rg}(M) \leq p

Démontrer que la dimension de $V$ est majorée par $pn$ :

\dim V \leq pn

1.

Soit $r$ le rang maximal atteint par une matrice de $V$ . Quitte à effectuer un changement de base, on peut supposer que $V$ contient la matrice de projection $J_r = \begin{pmatrix} I_r & 0 0 & 0 \end{pmatrix}$ .

2.

Pour toute matrice $M \in V$ , décomposée en blocs selon la taille $r$ et $n-r$ , étudier la condition de rang sur $M - tJ_r$ pour $|t|$ suffisamment grand.

3.

Utiliser une injection linéaire de $V$ vers un espace de matrices de dimension $rn$ .

4.

Pour l'injectivité, utiliser la propriété de la trace $\operatorname{Tr}({}^t C C) = 0 \implies C = 0$ .

Idées clés

•

Choix d'une matrice de rang maximal pour fixer une structure de blocs.

•

Utilisation du complément de Schur pour caractériser le rang d'une matrice par blocs.

•

Argument de passage à la limite sur un paramètre réel $t$ .

•

Construction d'une injection linéaire pour borner la dimension.

1. Choix d'une base adaptée.

Soit $r = \max_{M \in V} \operatorname{rg}(M)$ . Par hypothèse, on a $r \leq p$ .

Il existe une matrice $M_0 \in V$ telle que $\operatorname{rg}(M_0) = r$ . Quitte à remplacer $V$ par l'espace $\{ P M Q \mid M \in V \}$ où $P, Q \in GL_n(\mathbb{R})$ (ce qui ne modifie ni la dimension, ni les rangs), on peut supposer que :

J_r = \begin{pmatrix} I_r & 0 0 & 0 \end{pmatrix} \in V

2. Décomposition en blocs et condition de rang.

Soit $M \in V$ . Décomposons $M$ en blocs selon la partition $(r, n-r)$ :

M = \begin{pmatrix} A & B C & D \end{pmatrix}   \text{avec } A \in \mathcal{M}_{r}(\mathbb{R}), B \in \mathcal{M}_{r, n-r}(\mathbb{R}), C \in \mathcal{M}_{n-r, r}(\mathbb{R}), D \in \mathcal{M}_{n-r}(\mathbb{R})

Puisque $V$ est un sous-espace vectoriel, pour tout $t \in \mathbb{R}$ , la matrice $M_t = M - tJ_r$ appartient à $V$ . On a donc :

\forall t \in \mathbb{R},   \operatorname{rg} \begin{pmatrix} A - tI_r & B C & D \end{pmatrix} \leq r

Pour $|t|$ assez grand, la matrice $A - tI_r$ est inversible (ses valeurs propres sont en nombre fini).

Comme $M_t$ contient un bloc inversible de taille $r \times r$ , son rang est au moins $r$ . Par conséquent, pour $|t|$ assez grand, on a exactement :

\boxed{ \operatorname{rg}(M_t) = r }

3. Utilisation du complément de Schur.

Une propriété classique du rang par blocs indique que si le bloc en haut à gauche est inversible, le rang de la matrice est égal à $r$ si et seulement si le complément de Schur est nul. On doit donc avoir, pour $|t|$ assez grand :

D - C(A - tI_r)^{-1} B = 0

En multipliant par $t$ et en isolant $D$ , on obtient :

D = C(A - tI_r)^{-1} B

Effectuons un développement asymptotique quand $t \to \infty$ :

(A - tI_r)^{-1} = \left( -t(I_r - \frac{1}{t}A) \right)^{-1} = -\frac{1}{t} (I_r - \frac{1}{t}A)^{-1} = -\frac{1}{t} I_r - \frac{1}{t^2} A + O(\frac{1}{t^3})

En réinjectant dans l'égalité $D = C(A - tI_r)^{-1} B$ , on trouve :

D = -\frac{1}{t} CB - \frac{1}{t^2} CAB + O(\frac{1}{t^3})

En faisant tendre $t$ vers l'infini, le membre de droite tend vers 0, d'où :

\boxed{ D = 0 }

L'égalité devient alors $0 = -\frac{1}{t} CB + O(\frac{1}{t^2})$ . En multipliant par $t$ et en faisant tendre $t$ vers l'infini, on obtient :

\boxed{ CB = 0 }

4. Construction d'une injection linéaire.

Considérons l'application linéaire $\Phi$ définie par :

\Phi : \begin{cases} V \to \mathcal{M}_{r, n}(\mathbb{R}) M \mapsto (A   B + {}^t C) \end{cases}

Montrons que $\Phi$ est injective. Soit $M \in \ker \Phi$ . Alors :

$A = 0$
$B + {}^t C = 0 \implies B = -{}^t C$

D'après l'étude précédente, on sait que pour tout $M \in V$ , $D=0$ et $CB=0$ . En remplaçant $B$ par $-{}^t C$ dans $CB=0$ , on obtient :

C(-{}^t C) = 0 \implies C \cdot {}^t C = 0

En utilisant la trace :

\operatorname{Tr}(C \cdot {}^t C) = \sum_{i,j} c_{i,j}^2 = 0 \implies C = 0

On en déduit immédiatement $B = -{}^t C = 0$ . Comme on a déjà $A=0$ et $D=0$ , la matrice $M$ est nulle.

5. Conclusion sur la dimension.

L'application $\Phi$ est une injection linéaire de $V$ dans $\mathcal{M}_{r, n}(\mathbb{R})$ . On a donc :

\dim V \leq \dim \mathcal{M}_{r, n}(\mathbb{R}) = rn

Comme $r \leq p$ , on obtient finalement :

\boxed{ \dim V \leq pn }

Attention à ne pas oublier que le rang maximal $r$ n'est pas forcément égal à $p$ . La démonstration montre d'abord $\dim V \leq rn$ , ce qui implique la borne avec $p$ .