Discuter:Théorème de Cayley-Hamilton

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Sommaire

1
2 Utilisation de la notion de module.
3 Suppression de à vérifier
4 Démonstration déplacée
5 Démonstration du théorème, en provenance de en.wiki.org
6 Attention au style et aux modifications

[modifier]

(from the planet) Gong 23 décembre 2005 à 13:29 (CET) J'ai ajouté un lien vers l'article Polynôme d'endomorphisme que je suis en train d'écrire.

Est-ce normal que l'on puisse évaluer X en A dans la formule $P (X) = d e t (X I - A)$ ? Car si on considère X comme un endomorphisme, $d e t (X I - A)$ n'a pas de raison d'être un polynôme en X. Ou alors si c'est encore le cas, ... , il faut le prouver ! --WydD 2 février 2006 à 23:04 (CET)

Non, ça a même été cité comme faux et archi-faux par mon prof de maths ; j'ai placé dans la catégorie à vérifier pour l'instant... Ah, et quelqu'un a-t-il la vraie démonstration sous la main ? Je n'ai pas la mienne ici. Pem 15 février 2006 à 19:09 (CET)

Si, si la démonstration est parfaitement exact, X est considéré comme un endomorphisme après le développement du déterminant. Cette démonstration m'a été présenté pour la première fois par Olivier Ray, un enseignement de mathématique à l'école polytechnique. S'il existe encore quelque doute, on peut demander aux prof de taupe qui contribuent. Jean-Luc W 15 avril 2006 à 11:24 (CEST)

Erreur : il s'agit en effet de Olivier Rey je suppose. Pour la démo en revanche, elle est irréprochable du moment qu'on a développé l'arsenal algébrique nécessaire (travail dans les modules sur des anneaux) et qu'on fait la substitution après le développement du déterminant. Bien sûr annoncer sans justification qu'on substitue X par A dans

d e t (X I - A)

est incorrect a priori. Peps 15 avril 2006 à 14:49 (CEST)

La démonstration est en effet sauvable, mais il faut prendre garde à une série d'incohérences dans d'autres articles que je décèle du coup (les polynômes dans la Wikipedia francophone sont-ils forcément à coefficients dans un anneau commutatif ou non ?) Il y a un travail de nettoyage à faire en amont. --Touriste 14 juillet 2006 à 12:00 (CEST)

[modifier] Utilisation de la notion de module.

Il existe une preuve relativement simple du théorème de Calley Hamilton basée sur la notion de module. Soit K un corps commutatif. Soit K[X] l'anneau des polynômes à valeur dans K. On définit alors l'espace vectoriel E comme étant un module sur l'anneau K[X] comme suit. À chaque polynôme p défini comme $p = \sum_{i=0}^n p_i X^i$ on associe le vecteur $p . v = \left(\sum_{i=0}^n p_i A^i\right) v$ .

L'espace vectoriel E est alors un module sur l'anneau K[X].

On établit alors le résultat que pour n'importe quel module, si B est une matrice dans ce module il existe une matrice C telle que $C\ B = B \ C = \det(B) Id$ On définit alors $B = det(A - X I d)$ .

Soit $P A$ le polynôme caractéristique associé à la matrice A dans l'espace vectoriel. Le théorème ci-dessus permet alors d'établir que $p A (A) = 0$ .

La preuve se trouve dans les cours d'algèbre commutative. Je peux éventuellement fournir une preuve plus complète.

Dans les cours de taupe, il existe une preuve (compliquée) qui ne fait pas appel à la notion de module. Je n'aime pas cette preuve car elle semble "magique". Malosse 16 février 2006 à 22:00 (CET)

Oui mais quelle élégance.Jean-Luc W 31 mars 2006 à 15:13 (CEST)

[modifier] Suppression de à vérifier

Soit K l'anneau commutatif dans lequel sont pris les coefficients de la matrice A. Le polynôme caractéristique est un polynôme à une indéterminée à coefficients dans K.

$p_A(\mathrm{X}) = p_n \mathrm{X}^n + \ldots + p_1 \mathrm{X} + p_0$

L'anneau des des matrices carrées d'ordre N à coefficients dans K forme un sur anneau de K, non commutatif, mais dont les éléments commutent avec ceux de K.

On définit sans difficulté pour toute matrice B

$p_A(\mathrm{B}) = p_n \mathrm{B}^n + \ldots + p_1 \mathrm{B} + p_0$

et le théorème de Hamilton-Cayley affirme que

$p A (A)$ est la matrice nulle de même ordre que A.

Fapae 21 mars 2006 à 22:26 (CET)

[modifier] Démonstration déplacée

Effectuons la démonstration sur la matrice $A$ . Définissons la matrice $B (X) = t com(X I - A)$ (l'expression $com(X I - A)$ désigne la comatrice de $X I - A$ ). On sait que

$\quad (XI-A).B(X)= \det(XI-A).I=P(X).I$

Nous pouvons interpréter les membres et facteurs de cette égalité comme des polynômes en X à coefficients dans l'anneau des matrices carrées nxn à coefficients dans K et cette égalité entraîne que $P (X). I$ est divisible à gauche par $X I - A$ . Ceci implique alors que la valeur à droite (égale en réalité ici aussi à sa valeur à gauche car on a tout aussi bien $B (X).(X I - A) = det(X I - A). I$ ) du polynôme $P (X). I$ pour $X = A$ est nulle. Cette valeur n'est autre que $P (A)$ , ce qui achève la démonstration.

Ce paragraphe présente une démonstration possible, mais attention !!! Il faut reconnaître que l'idée de la démonstration est naturelle (donc intéressante à ce point de vue). Cependant il faut faire très attention au passage critique : on ne peut pas évaluer les polynômes $B (X), X I - A,det(X I - A). I$ en $X \to A$ car un tel morphisme d'évaluation n'est pas défini (pour cause de non-commutativité dans l'algèbre des matrices). Cela étant dit, on peut identifier les coefficients des polynômes (cela n'utilise que l'unicité d'écriture dans la base de $M n (k)[X]$ formée par les puissances de X). Posons $B(X) = \sum_i B_i.X^i \in M_n(k)[X]$ et $P(X) = \sum_i p_i.X^i \in k[X]$ . Dans $M n (k)[X]$ , on a

(XI − A)(	∑	B_i.Xⁱ) =	∑	p_i.I.Xⁱ
	i		i

. Les coefficients en $X i$ sont $B i - 1 - B i A$ à gauche et $p i I$ à droite. On a donc $B i - 1 - A B i = p i I$ pour tout i, si bien que

∑	Aⁱ(B_{i − 1} − AB_i) =	∑	p_iAⁱ
i		i

. Développons et simplifions

0 =	∑	AⁱB_{i − 1} −	∑	A^{i + 1}B_i =	∑	p_iAⁱ = P(A)
	i		i		i

. Ok, ça marche, mais je n'aime pas cette preuve car elle fait semblant d'utiliser l'évaluation (alors qu'elle ne le fait pas, ou plus exactement elle le fait en utilisant implicitement que les matrices I et A commutent...) et enduit les gens (je pense aux étudiants principalement) en erreur. Sans parler du passage préliminaire $M_n(k[X]) \to M_n(k)[X]$ ... 30 janvier 2008 à 08:48 (CET)Leon1789 (d)

Voir aussi Polynôme d'endomorphisme pour une autre démonstration.

Voir projet:mathématiques/Le Thé#deux ajouts d'IP pour discuter de la réinsertion de ce passage (avec un peu plus de contexte...) Peps (d) 6 janvier 2008 à 15:51 (CET)

[modifier] Nouvelle démonstration

Soit φ le morphisme d'algèbre de K[X] dans L(E) qui à un polynôme P[X] associe l'endomorphisme P[A]. Notons M(A) l'image par φ de K[X]. Cette image est une algèbre isomorphe au quotient de K[X] par le polynôme minimal de A. Comme K[X] est abélien, M(A) l'est aussi.

Soit ψ₁ l'application de M(A) dans lui même définie par :

$\forall \Gamma \in \mathcal M(A) \quad \psi_1(\Gamma) = \det(\Gamma - A).Id$

Soit P_c[X] le polynôme caractéristique de A et ψ₂ l'application de M(A) dans lui même définie par :

$\forall \Gamma \in \mathcal M(A) \quad \psi_2(\Gamma) = P_c(\Gamma).Id$

Ces deux expressions sont polynomiales, pour la deuxième c'est évident c'est même un polynôme à coeffients dans K.Id pour la deuxième, cela provient du fait que le déterminant est une application n-linéaire, un développement limité a donc tous ces termes nuls à partir du degré n + 1. Ces deux expressions sont égales sur K.Id, donc si K contient au moins n éléments alors ils sont confondus car sur un anneau commutatif, il n'existe qu'un seul polynôme de degré inférieur à n ayant n racines, le polynôme nul. Aie, aie, aie, voilà une grosse bêtise (X - 2)(X - 3) admet trois racines dans Z/6Z.

ψ₁(A) est trivialement égal à l'endomorphisme nul, ce qui montre que ψ₂(A) est aussi nul, ce qui est l'expresssion du théorème de Cayley-Hamilton.

C'est juste mais c'est moins beau. Jean-Luc W (d) 6 janvier 2008 à 18:04 (CET)

sur un anneau commutatif intègre et je crois que c'est bon mais j'ai pas vérifier vraimentgodix (d) 6 janvier 2008 à 19:07 (CET)

Je suis sur que c'est bon si l'anneau est intègre, mais M(A) refuse absolument d'être intègre. Il contient tout les projecteurs sur les espaces propres. et p(1-p)=0 Jean-Luc W (d) 6 janvier 2008 à 19:23 (CET)

(x-2)(x-3) admet quatre racines dans Z/6Z: 0, 2, 3, et 5=-1.Claudeh5 (d) 6 janvier 2008 à 19:28 (CET)

[modifier] Deuxième démonstration

pour HB : ça parait bête, mais j'ai effectivement découvert les espaces de discussion hier :)
pour Peps : l'interface de wikipédia ne m'est pas familière, j'espère ne pas faire trop de bourdes...
pour HB : je suis à 100% d'accord avec votre objection sur la preuve du théorème "transformer l'égalité valable tout élément X de K en une égalité entre deux polynômes formels à coefficient dans l'anneau des matrices carré d'ordre n en une phrase me laisse sur le bord de la route"
pour Claudeh5 : on peut effectivement "confondre" polynômes et fonctions polynomiales sur un anneau intègre commutatif infini. Mais là, on se place dans l'anneau des matrices carrées (qui n'est pas intrègre, pas commutatif, et pas forcément infini). Bref, je suis encore du même avis que HB.
je peux vous soumettre une preuve courte et "amusante", valable sur tout anneau commutatif ?

Enoncé : Soit A une matrice à coefficients dans un anneau commutatif (unitaire), $χ A (x)$ son polynôme caractéristique (i.e. $det(x . I - A))$ . Alors $χ A (A) = 0$

Preuve en 4 points :

-1- On constate que cette propriété est claire lorsque la matrice A est diagonale diag(d_1,...d_n) car $χ A (x) = (x - d 1)...(x - d n)$ et $χ A (A) = (A - d 1 I)...(A - d n I) = 0$ (la diagonale s'annule composante par composante).

-2- Par suite, si A est diagonalisable alors le résultat est acquis. En effet, écrivons $A = P D P - 1$ avec D diagonale, il vient alors $χ A (x) = χ D (x)$ puis $χ A (A) = P .χ A (D). P - 1 = P .χ D (D). P - 1 = 0$

-3- Enfin, on considère la matrice générique $A = (a i j)$ à coefficients dans l'anneau de polynômes $Z [a 11,..., a n n]$ . Son polynôme caractéristique (générique) se décompose totalement dans un sur-corps L de $Q (a 11,..., a n n)$ . Ses racines sont simples donc A est diagonalisable sur L. Ainsi on a le résultat sur L, et par suite sur $Z [a 11,..., a n n]$ .

Je ne comprends pas pourquoi ses racines sont simples. Imaginons par exemple que l'anneau en question soit C pour faire simple. Soit A la matrice suivante $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

Mais votre matrice A n'est pas la matrice générique. La matrice générique 2x2 est $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ à coefficients dans

Z [a, b, c, d]

où a,b,c,d sont des indéterminées algébriquement indépendantes. Son polynôme caractéristique est

x 2 - (a + d) x + a d - b c

. Ce polynôme est (irréductible dans

Z [a, b, c, d][x]

, et) à racines simples dans une extension de

Q (a, b, c, d)

Vous avez bien prouvé le théorème pour une matrice très particulière: celle ou les coefficients valent exactement les variable a,b,c et d de l'anneau des polynômes. En quoi cette démonstration prouve le théorème pour mon contre exemple ? Le théorème de Fermat se démontre simplement si x, y et z prennent leurs valeurs dans un anneau de polynômes, en revanche cela ne démontre pas le théorème de Fermat.Jean-Luc W (d) 6 janvier 2008 à 20:51 (CET)

Dans -3-, le théorème est effectivement prouvé pour un cas particulier, c'est exact ! Mais ce cas particulier entraine le cas général : voir -4- ! C'est justement ça le caractère "amusant" de cette preuve. Je suis également d'accord avec vous sur votre remarque avec le théorème de Fermat, mais il y a une différence importante entre ici et votre exemple : c'est la non-injectivité du morphisme d'évaluation (voir ma remarque après le -4-).

-4- Soit A une matrice quelconque à coefficients dans un anneau commutatif. La matrice générique se spécialise en la matrice A, le polynôme caractéristique générique se spécialise en $χ A (x)$ (les coeffs de $χ$ sont des polynômes en les coeffs de la matrice), la matrice nulle en la matrice nulle, d'où le résultat.

Notons

A g

la matrice générique de même dimension que A. Dans le -3-, on a démontré que $\chi_{A_g}(A_g)=0$ . Quand on spécialise

A g

en A, alors le polynôme $\chi_{A_g}$ se spécialise en

χ A

, $\chi_{A_g}(A_g)$ en

χ A (A)

0

0

. Ainsi l'égalité générique $\chi_{A_g}(A_g)=0$ se spécialise en

χ A (A) = 0

. (Ici, on utilise uniquement que le morphisme d'évaluation est une application compatible avec les lois des anneaux : deux éléments égaux ont deux images égales.)

Je reviens sur la remarque de Jean-Luc W et le théorème de Fermat. Pour n fixé, la relation $X^n + Y^n \neq Z^n$ est évidemment vrai avec trois indéterminées

X, Y, Z

. Si on décide d'évaluer cette non-égalité en trois entiers x,y,z, alors on ne peut pas affirmer $x^n + y^n \neq z^n$ car le morphisme d'évaluation n'est pas injectif (deux éléments différents comme

X n + Y n

Z n

peuvent très bien avoir la même image).

Le morphisme d'évaluation n'a de sens que si les variables en dénominateur ne prennent jamais une expression nulle. Ainsi l'expression 1/(a-b) possède bien un sens de manière générique. L'évaluation peut être plus délicate si a et b sont égaux. L'injectivité ne suffit donc pas, sauf contre argument. La base du raisonnement est que les racines sont séparées, c'est à dire la différence entre deux racines n'est pas nul ou encore qu'un radical n'est pas nul (d'ou mon contre exemple). Le raisonnement algébrique utilise la non nullité de cette différence. A moins que ne soit démontré que cette différence n'intervient plus dans le dénominateur, je reste sceptique. Jean-Luc W (d) 6 janvier 2008 à 21:30 (CET)

Oui, le morphisme d'évaluation n'est pas défini de

Q (a 11,..., a n n)

dans l'anneau commutatif (absurde si 2 n'est pas inversible dans l'anneau par exemple), mais de

Z [a 11,..., a n n]

dans l'anneau commutatif. L'égalité générique $\chi_{A_g}(A_g)=0$ a lieu sur l'anneau

Z [a 11,..., a n n]

(

A g

et $\chi_{A_g}$ sont à coefficients dans

Z [a 11,..., a n n]

), il n'y a donc pas du tout de dénominateur... On a génériquement $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}^2 - (a+d)\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} + (ad-bc)\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ pour a,b,c,d indéterminées, donc on a après évaluation (tout est polynomial) $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}^2 - (0+0)\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + (0.0-1.0)\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

Oui, oui l'argument marche. Il est même simplifiable, $\chi_{A_g}(A_g)=0$ est un polynôme à coefficients dans Z et à n² variables. Il agit sur C^n² l'ensemble des endomorphismes sur C. Il est nul sur un ensemble partout dense (les diagonalisables) il est donc formellement nul. Par quotient sur pZ il est aussi nul sur Z/pZ. Le raisonnement est donc vrai sur tous les corps. Vous devriez vous ouvrir un compte, c'est tout de même plus simple. Bonne nuit et bravo. Jean-Luc W (d) 7 janvier 2008 à 00:59 (CET)

ok :-) Mais personnellement, je ne trouve pas que de parler de Z/pZ, de C et de densité (il n'y a pas d'analyse dans ce résultat !), d'opération sur un ensemble, d'être nul formellement (?), simplifie la preuve. Ce qui est important (et basique à la fois), c'est qu'il existe un morphisme "caractéristique" de Z dans tout anneau commutatif unitaire, que l'on peut prolonger en un morphisme d'évalution de

Z [X 1, X 2 ...,]

dans l'anneau (après choix d'éléments de l'anneau

a 1, a 2,...

évidemment). Enfin, le procédé qui consiste à "prouver le cas générique (cas particulier assez simple !) pour obtenir au final le cas général" est assez utile pour les propriétés "100 % polynomiales", comme l'est le théorème dde Cayley-Hamilton par exemple. Pour le compte wiki, je ne pensais pas en avoir besoin, vu le peu d'interventions :-)

Comment traites tu le cas ou la caractéristique du corps est p ? ne faut-il pas dire un mot sur l'existence d'un morphisme surjectif des polynômes à coefficient dans Z vers le corps premier. Tu évites en effet C, mais à la place tu utilises un corps de décomposition du corps des fractions rationnelles sur à n² variables. Pour être tranquille, il va falloir que tu montres qu'il est parfait ce qui n'est pas très difficile. Il faut ensuite que tu montres que tes polynômes n'ont pas de racines multiples, ce n'est pas non plus très difficile mais un peu ennuyeux. Tu gagnes le fait de disposer d'un raisonnement purement algèbrique, plus élégant que mon passage par la topologie. Le coup me semble un peu élevé. La démonstration risque d'être un peu lourde, existe-t-il une référence qui utilise cette méthode ? Jean-Luc W (d) 7 janvier 2008 à 12:18 (CET)

(voilà, je me suis créé un compte.) La caractéristique de l'anneau n'a pas d'importance ici car dans la preuve, cela n'intervient jamais. Pas besoin non plus de parler d'injectivité ou de surjectivité de morphisme d'évaluation : en général, un morphisme de

Z [X 1, X 2 ...,]

vers un anneau commutatif n'est ni injectif, ni surjectif. Et ici, cela n'a pas lieu d'être considéré : en revanche, il faut (et il suffit) de dire que les coefficients du polynôme caractéristique sont des polynômes en les coefficients de la matrice. Par ailleurs, il est vrai que j'utilise l'existence d'un corps de décomposition pour un polynôme fixé : le polynôme $\chi_{A_g}$ . Pour définir une telle extension, pas besoin de corps parfait : soit

P = X n - p 1 X n - 1 + ... + ( - 1) n p n

un polynôme à coefficients dans un corps K quelconque, soit l'anneau des polynômes

K [T 1,..., T n]

, soit

σ 1,...σ n

les polynômes symétriques élémentaires en les

T i

, soit I l'idéal de

K [T 1,..., T n]

engendré par les polynômes

σ i - p i

et enfin M un idéal maximal contenant I. Alors

K [T 1,..., T n] / M

est une extension de K sur laquelle P se décompose totalement en

(X - T 1)...(X - T n)

(...cela pourrait même être écrit dans la page corps de décomposition :-) ). Ensuite, en ce qui concerne le fait que les racines de $\chi_{A_g}$ sont simples, ce n'est pas ennuyeux : il suffit de dire que $(X-1)...(X-n) \in Q[X]$ est un spécialisé possible de $\chi_{A_g}$ (spécialiser la matrice générique

A g

en la matrice diag(1,2,...n)). Or les racines de $(X-1)...(X-n) \in Q[X]$ sont simples, donc celles de $\chi_{A_g}$ aussi. Référence : http://agreg-maths.univ-rennes1.fr/documentation/docs/HaCa.pdf

[modifier] Deuxième démonstration (nouvelle version)

Bon je re-rédige la preuve, sans aller trop vite : j'ai ajouté un lemme (voir -3-).

Mon intention est de montrer que ce théorème se prouve simplement et uniquement à l'aide du cas générique. Le cas générique est un cas particulier beaucoup plus simple que le cas général, mais grace à son caractère générique, il entraîne le cas général sur un anneau commutatif unitaire quelconque. C'est cela qui fait la beauté de cette preuve 100% algébrique.

Enoncé

Soit A une matrice à coefficients dans un anneau commutatif unitaire R, on note

χ A (x)

son polynôme caractéristique (i.e. $\det(x.I-A)) \in R[x]$ . Alors

χ A (A) = 0

dans

M n (R)

Remarque : Pour tout morphisme d'anneaux $R_1 \to R_2$ , on considèrera implicitement ses prolongements canoniques $R_1[x] \to R_2[x]$ (anneaux de polynômes) et $M_n(R_1) \to M_n(R_2)$ (anneaux de matrices carrées). Tel est déjà en partie le cas dans l'énoncé du théorème !

Preuve :

-1- On constate que cette propriété est claire lorsque la matrice A est diagonale diag(d_1,...d_n) car $χ A (x) = (x - d 1)...(x - d n)$ et $χ A (A) = (A - d 1 I)...(A - d n I) = 0$ (la diagonale s'annule composante par composante).

-2- Par suite, si A est diagonalisable alors le résultat est acquis. En effet, écrivons $A = P D P - 1$ avec D diagonale, il vient alors $χ A (x) = det(P)χ D (x)det(P - 1) = χ D (x)$ puis $χ A (A) = P .χ A (D). P - 1 = P .χ D (D). P - 1 = 0$

-3- Lemme en terrain générique : là, on considère la matrice générique $A g = (a i j)$ à coefficients dans l'anneau de polynômes $Z [a 11,..., a n n]$ . Profitons du fait que $Z [a 11,..., a n n][x]$ est factoriel pour dire que le polynôme caractéristique $\chi_{A_g}$ est premier avec sa dérivée. Preuve : en effet, soit $P_g \in Z[a_{11},...,a_{nn}][x]$ divisant à la fois $\chi_{A_g}$ et sa dérivée $\chi'_{A_g}$ . Comme $\chi_{A_g}$ est unitaire, on peut supposer $P g$ unitaire sans perte de généralité. Considérons alors le (seul) morphisme d'évaluation $Z[a_{11},...,a_{nn}] \to Z$ envoyant canoniquement la matrice générique $A g$ sur la matrice diagonale $A=diag(1,2,...n) \in M_n(Z)$ . Alors canoniquement, $\chi_{A_g}$ est envoyé sur $\chi_A \in Z[x]$ , et $\chi'_{A_g}$ sur la dérivée $\chi'_A \in Z[x]$ , ainsi que $P g$ sur $P \in Z[x]$ un diviseur commun de $χ A$ et $χ' A$ . Remarquer que $P g$ et $P$ sont unitaires et de même degré ! Or, par choix de la matrice A, $χ A$ et $χ' A$ sont premiers entre eux, donc P divise 1 ! Cela implique $P = 1$ et $P g = 1$ .

-4- Cas générique : on considère toujours la matrice générique $A g = (a i j)$ à coefficients dans l'anneau de polynômes $Z [a 11,..., a n n]$ . Son polynôme caractéristique $\chi_{A_g}$ se décompose totalement dans un sur-corps L de $Q (a 11,..., a n n)$ . Comme $\chi_{A_g}$ est premier avec sa dérivée (dans $Q (a 11,..., a n n)[x]$ donc dans L[x]), ses racines sont simples, donc $A g$ est diagonalisable sur L. Ainsi on établit le résultat sur L, et par suite sur $Z [a 11,..., a n n]$ car la matrice générique et son polynôme caractéristique sont à coefficients dans $Z [a 11,..., a n n]$ !

-5- Cas général : soit A une matrice quelconque à coefficients dans un anneau commutatif R. Il existe un (et un seul) morphisme d'évaluation $Z[a_{11},...,a_{nn}] \to R$ telle que la matrice générique $A g$ soit envoyée canoniquement sur la matrice A. Par ce même morphisme d'évaluation, le polynôme caractéristique générique $\chi_{A_g}(x)$ est envoyé canoniquement sur $χ A (x)$ , la matrice nulle en la matrice nulle, d'où le résultat final. Référence : http://agreg-maths.univ-rennes1.fr/documentation/docs/HaCa.pdf 8 janvier 2008 à 11:34 (CET)Leon1789 (d)

[modifier] Démonstration du théorème, en provenance de en.wiki.org

J'ai traduit la partie démonstration dans l'article en anglais Cayley-Hamilton Theorem, sans même vérifier la discussion... et je n'aperçois que l'article en question répond bien à ladite discussion. Vos avis et remarques sont les bienvenus. --Sylvie Martin (d) 2 juin 2008 à 14:03 (CEST)

Oui, l'article en anglais est en complète liaison avec notre problème. J'aime bien cette manière de présenter les preuves naturelles mais fausses, jusqu'à obtenir une preuve correcte.

Personnellement, la preuve la plus simple que je connaisse est adj(xI-A) (xI-A) = det(xI-A) que l'on écrit q(x) (xI-A) = p(x) I . Cette égalité est valable dans M_n(K[x]) = M_n(K)[x]. Le "morphisme d'évaluation en A à droite" ev_A : M_n(K)[x] -> M_n(K) est une application seulement K-linéaire, mais qui vérifie ev_A(R(x).S(x)) = R(A)S(A) lorsque les coefficients de S(x) commutent avec A. Or ici, I et A commutent avec A, donc q(x).(xI-A) = p(x) s'évalue en q(A).0 = p(A), d'où le résultat.

[modifier] Attention au style et aux modifications

Salut Leon1789. J'ai lu ta modification, et je ne suis pas tout à fait d'accord pour les raisons suivantes: - quand tu écris une certaine "confusion" , je pense que tu utilise les guillemets à tort. Ils servent surtout à mettre en évidence une expression incorrecte, ou un mot étranger. Ils ne peuvent pas être utilisés pour signifier que le mot confusion n'est peut être pas le bon. Donc je retourne à l'original. - tu anticipes la fin de la démonstration ce qui conduit à des répétitions. Je retire la répétition. Le texte doit être clairement structuré, afin que quelqu'un qui ne lirait pas tout n'aie pas besoin d'aller voir en dehors des parties qui l'intéresse. On peut annoncer un paragraphe à venir dans le précédent, ce que je garde.

Sinon, tes intentions sont certainement bonnes. --Sylvie Martin (d) 16 juin 2008 à 14:27 (CEST)

Ok, c'est très bien comme ça (16 juin 2008 à 18:01 (CEST)Leon1789 (d))