Bloquage sur un exo d'algèbre linéaire

[fregiso]

Bonjour à tous,
c'est un exo d'oral de l'x, je ne suis qu'en sup donc si ce que je dis est à côté de la plaque soyez indulgents .
L'énoncé:
Soit E un espace vectoriel de dimension finie et f un endomorphisme de E

Montrer l'équivalence entre 1 et 2:

1:imf=kerf

2:fof=0 et il existe k appartenant à L(E) tel que kof + fok=Ide

2=>1 est immédiat et 1=>fof=0 également

La partie intéressante est donc de montrer que 1=> il existe k appartenant à L(E) tel que kof + fok=Ide.
Je suppose qu'il faut déterminer précisément k, car je ne vois pas comment on pourrait aboutir par l'absurde (mais je peux bien sûr me tromper!)

Donc mon idée, en appliquant le théorème du rang on remarque que rgf=1/2 dim E.
Donc, puisque la restriction de f à E \Imf est surjective dans Imf et que dim Imf= dim(E\Imf) j'en conclus que la restriction de f à E\Imf est également injective.

Je définis donc dans un premier temps k sur Imf:
k(x)=x' avec f(x')=x si x appartient à Imf\{0} et k(0)=0, ce qui est possible puisque f est bijective de E\Imf vers Imf

On remarque que si x appartient à Imf=Kerf,
fok(x)+kof(x)=x

Maintenant si x n'appartient pas à Imf=Kerf,
fok(x)+kof(x)= fok(x) +x
(pas encore défini)

Il me reste à définir k sur E\Imf et il faut manifestement que fok(x)=0.

C'est là que je bloque, j'ai essayé avec k(x)=0 et k(x)=f(x) (sur E\Imf) mais je n'arrive pas à prouver la linéarité donc soit ma solution n'est pas la bonne soit elle est bien linéaire mais je n'arrive pas à le montrer.

Je remercie à l'avance ce qui prendront la peine de m'aider!(et si je suis parti dans la mauvaise direction de me donner quelques indices)
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[Tiky]

Bonjour,

Le problème dans ton approche est que tu raisonnes sur le complémentaire d'un sous-espace vectoriel qui n'est jamais un espace vectoriel.
Bref pour résoudre ton problème tu as besoin des deux résultats fondamentaux suivants :
- Tout sous-espace vectoriel admet au moins un supplémentaire. Tu as dû voir ce résultat sous le nom de théorème de la base incomplète.
- Une application linéaire entre espace vectoriel est déterminée de manière unique par l'image d'une base de l'espace de départ.

Considérons une base de et par le théorème cité ci-dessus on peut se donner aussi une famille libre
de telle que la réunion des deux familles forment une base de . Notons le sous-espace vectoriel engendré par la seconde famille.
C'est un supplémentaire de .

Le jeu consiste maintenant à procéder par analyse synthèse. On se donne tel que .
Supposons qu'il existe un endomorphisme tel que .
En vertu du second résultat énoncé précédemment, pour comprendre comme construire , il suffit de comprendre cette application sur une base de .
Soit un élément de la base de , on devrait avoir . Comment choisir ?
Plus difficile, soit un élément de la base de , on a cette fois . Pourquoi est déjà déterminé par le choix qu'on
a fait dans la question précédente ? Pour construire , on voudrait prendre un antécédent de par f.
Pour cela il suffirait de montrer que ou encore .

[fregiso]

Eh bien je ne vois pas autre chose que de dire que k(ei)=a avec f(a)=ei
Mais je pense pas que ce soit ça
Sinon si on arrive à définir k sur Im f alors kof(ei) est également défini

et si on compose par f on a: fokof(ei)=f(ei), donc kof(ei)-ei appartient à ker f donc ei-kof(ei) appartient à imf

[fregiso]

Ah si je crois que c'est bon: sur la base de im(f) je prends l'antécédent de ei et sur la base de F je prends l'antécédent de ej-kof(ej), et je sais que c'est bien défini vu que f est une bijection de F vers imf et que ej-kof(ej) appartient à im(f).

C'est bien ça? J'ai bien tout compris?

[A voir en vidéo sur Futura]

[fregiso]

Non mea culpa ça peut pas être ça puisque on arriverait à 2ei=ei.
J'attends donc tes lumières

[Tiky]

Non c'est bien ça ! Je ne vois pas comment tu as obtenu cette égalité.
Il faut bien prendre un antécédent quelconque dans les deux situations.
Ensuite on définit l'application linéaire k comme étant l'unique application linéaire prenant ces valeurs sur la base de E considérée.

[Tiky]

C'est en fait plus simple de considérer seulement les supplémentaires plutôt que les bases.

[fregiso]

Oui pardon ça marche.
Dernière question, comment justifier l'injectivité de f restreinte à F?(parce que sinon je peux pas définir mon k qui est un simulacre de f^-1 en fait)

[fregiso]

Si la démo est facile en fait, le fait d'être sur un forum me pousse à ne pas réfléchir.

Merci beaucoup Tiky de m'avoir aidé en tout cas, c'est très gentil

Dernière question qui n'a rien à voir:

est-ce qu'on est sûr que pour toute matrice A appartenant à Mn(K), il existe une matrice X inversible telle que:
XAX^-1 soit une matrice avec des termes nuls partout sauf sur la diagonale, et au moins un terme non nul sur la diagonale si A n'est pas la matrice nulle.(je crois qu'une base qui permet d'avoir ça est appelée une base de vecteurs propres?)
Ce n'est pas très clair dans mon cours et ça me permettrait de résoudre un autre exo.

Encore merci à l'avance

[fregiso]

* doublon désolé

[Tiky]

Pour l'injectivité de f sur F, elle ne l'est pas a priori ! On choisit un antécédent, peu importe lequel.D'ailleurs si on est en dimension infinie, on a alors besoin de l'axiome du choix deux fois,
une fois pour trouver un supplémentaire au noyau et une autre fois pour choisir simultanément tous ces antécédents.

Pour ta seconde question, la réponse est non. Il existe des matrices qui ne sont pas diagonalisables. Par exemple une matrice nilpotente non nulle n'est pas diagonalisable.
Soit la matrice de . Son carré est nulle, elle est bien nilpotente.
En revanche comme elle a comme unique valeur propre zéro, si elle était diagonalisable, elle serait semblable à la matrice nulle et donc serait nulle.

[fregiso]

Pourtant G et imf ont même dimension et pour tout y appartenant à Imf, il existe x appartenant à E tel que y=f(x).
En décomposant x=xG+ximf on obtient y=f(xG).
Donc f est bien surjective de G vers Imf non?
Et donc injective vu qu'ils ont même dimension.

[Tiky]

Oui effectivement, c'est plus simple mais en dimension finie tu n'as pas besoin de cet argument et vu qu'il ne fonctionne pas en dimension infinie...

[Tiky]

Correction : il est bien utilisable en dimension infinie à condition de modifier un argument.
f restreint à G est injective car le noyau de cette application est tout simplement l'intersection entre ker(f) et G qui est vide par
construction de G.

[invite76543456789]

Annulé

[fregiso]

Dernière question et après je te laisse tranquille promis:
l'exo pour lequel j'aurais eu besoin que toute matrice soit diagonalisable est le suivant:
montrer qu'un idéal bilatère I de Mn(K) est soit la matrice nulle soit Mn(K).

On remarque que si I contient une matrice inversible alors en effetI=Mn(K).

Je voudrais donc arriver avec une suite d'opérations finie à une matrice diagonale à partir d'une matrice de rang non nul.

Ma première approche était de dire que pour tout X appartenant à Mn(K) et si A appartient à I alors XAX^-1 appartient également à I. Mais étant donné ta réponse ça n'aboutit pas.

La deuxième solution est de dire que si A est de rang r alors on peut toujours(mais est-ce vrai???) arriver avec une suite d'opérations finie à une matrice diagonale avec r 1 et n-r 0 sur la diagonale.

Ma question est donc la suivante: si A est de rang r, est-on certain de pouvoir arriver à une matrice de ce type?

Merci!

[Tiky]

Un résultat qui te sera utile est que en effet toute matrice M de rang r est équivalente à la matrice de la forme :

Autrement dit il existe deux matrices inversibles P et Q telles que :
Personnellement c'est la définition que j'ai adoptée pour le rang d'une matrice. Ce n'est sûrement pas difficile de déduire que
cette définition est équivalente à la tienne.

[fregiso]

Et vu que je peux déplacer les 1 comme je veux sur la diagonale et en ajoutant ces différences matrices entre elles, j'arrive à une matrice inversible!
Merci encore

[Tiky]

Attention, ça dépend du corps dans lequel tu travailles. Si tu prends un Z/2-espace vectoriel, on aura ...
En caractéristique différente de deux, ton argument fonctionne très bien. Je te conseille de montrer que l'idéal contient . Autrement dit
que tout idéal bilatère qui contient une matrice de rang non nul contient une matrice de rang 1.

[fregiso]

Ah oui en effet, j'ai encore jamais rencontré ce type de corps c'est pour ça.
Donc je prends ma matrice avec r 1 sur la diago et je la multiplie par I1 avec que des 0 autour et c'est bon.
Merci!

[Tiky]

Bon je pense que c'est juste maintenant