polynôme caractéristique

[invitefa636c3d]

salut;

en relisant mon cahier d'algèbre je suis tombé sur un exo que nous n'avons jamais réussi à finir ...voila:

soient E un Rev de dim finie impaire f dans L(E).il faut démontrer qu'il existe au moins une droite et un hyperplan de E stables par f.

dans l'espoir d'une réponse définitive
amicalement
jameso
-----

[invite51f4efbf]

Intéressant. C'est assez évident qu'il faut passer par les espaces propres et/ou le théorème de décomposition primaire, mais ça doit être chouette à faire dans le détail.

Je vais regarder ça, si j'arrive à quelque chose je le posterai

Amicalement,
Stephen

[invite51f4efbf]

Bon, ben en fait c'est assez évident : par le théorème de décomposition primaire, si est un annulateur de f produit de facteurs premiers entre eux, alors les sont stables par f, et on peut donc écrire E comme somme directe de ces facteurs.

Il suffit de prendre le polynome caractéristique.

Ca suffit ?

Amicalement,
Stephen

[inviteca3a9be7]

Très intéressant et plutôt étonnant (j'ai même cherché un bon 1/4 heure à prouver que c'était faux !). Mais c'est vrai ! Faut pas chercher à montrer que c'est une somme directe (ça c'est grave faux par contre).


L'existence de la droite est évidente (il existe au moins un vecteur propre).

Hyperplan, ça rime avec forme linéaire. Forme linéaire ça rime avec tf (transposée de f), non ?

Pareil il y a une forme linéaire u telle que tf(u) = a*u, en français dans le texte ça donne u o f = a*u.

Ker (u) est un hyper-plan (connu) et stable par f (facile à vérifier)

[A voir en vidéo sur Futura]

[inviteca3a9be7]

Bon, ben en fait c'est assez évident : par le théorème de décomposition primaire, si est un annulateur de f produit de facteurs premiers entre eux, alors les sont stables par f, et on peut donc écrire E comme somme directe de ces facteurs.

Il suffit de prendre le polynome caractéristique.

Ca suffit ?

Amicalement,
Stephen

Je crois que ça marche pas (je me suis obstiné là-desus aussi bien sûr). Prends une matrice diagonal 5x5 avec 2 '1' et 3 '2' par exemple. Je crois que ça ne marche que si il y a une valeur propre d'ordre 1.

[invite6f044255]

Salut,

le polynome caractéristique est de degré impair. Donc il existe au moins une racine réelle (d'alembert). Donc il existe un sous-espace vectoriel de dimension 1 (une droite) stable.

De même il existe un autre sev (tout le reste de l'espace) de dimension (n-1) stable.

Je crois que c'est bon...

[inviteca3a9be7]

De même il existe un autre sev (tout le reste de l'espace) de dimension (n-1) stable.

Pas d'accord, à mon avis ça ne marche que si la valeur propre est d'ordre 1.

[invite51f4efbf]

Je crois que ça marche pas (je me suis obstiné là-desus aussi bien sûr). Prends une matrice diagonal 5x5 avec 2 '1' et 3 '2' par exemple. Je crois que ça ne marche que si il y a une valeur propre d'ordre 1.

Je vois pas le bins :-/

Et en regardant le minimal et les intermédiaires entre le minimal et caractéristique ? Ici et bien sûr , j'ai un peu la flemme de calculer, mais il doit bien y avoir l'un des qui doit être de dimension 4 non ?

Mon argument général s'appuie juste sur le caractéristique en fait, et est le suivant : on écrit , et où chaque est stable par A. On peut toujours choisir les de telle sorte qu'ils soient tous de degré pair, sauf l'un qui est de degré 1. Disons que est de degré 1.

Dès lors, nous fournit le sev de dimension 1, et nous donne l'hyperplan.

Bien sûr, c'est pas achevé, et il faut un peu de boulot sur l'hypothèse de mes qui doivent être premiers entre eux, mais ça me parait annexe. Mes excuses si je suis mal réveillé...

[inviteca3a9be7]

mais il doit bien y avoir l'un des qui doit être de dimension 4 non ?

OK peut-être, mais il est stable ?? Forcément non puisqu'il posséde un vecteur propre qui va dans l'autre espace.

de telle sorte qu'ils soient tous de degré pair, sauf l'un qui est de degré 1.

Qui est de degré impair ok, mais pourquoi '1' justement ?



C'est peut-être moi qui suis mal réveillé !

[invite6f044255]

Bon, reprenons,

poly caractéristique impair => au moins une valeur propre "a".

Si la multiplicité de a dans le poly caractéristique est 1.
puisque 1 =< dimension du sev propre =< multiplicité de a,
on a un sev propre de dimension 1, c'est bon.
Tout le reste de l'espace est un hyperplan stable.

Si la multiplicité de a est strictement supérieure à 1.
c'est là que je coince....
mais bon je garde l'espoir, j'ai sorti ma bible Dunod de MP...

[inviteca3a9be7]

A mon avis cette voie est une impasse, mais bon ....


Je suis content de ma solution avec le dual

[invite6f044255]

Ouais, mais j'y comprends rien!!

Si tu as le temps, pourrais-tu la refaire en expliquant les passages d'une ligne à l'autre? merci!!

Et puis, il y a quelque chose que je ne comprends pas dans ton post #4....
Tu dis que l'existence de la droite est claire car il existe au moins un vecteur propre...d'accord sur l'existence d'une valeur propre, mais en quoi ça prouve qu'il y a une droite stable? Si sa multiplicité est supérieure à 1....
Et après, si on a une droite stable, c'est fini!! puisque le reste de l'espace (qui est un hyperplan) est également stable...
Donc pas besoin de démo pour l'hyperplan, non?

[inviteca3a9be7]

Ben si x est vecteur propre associé à la valeur propre u, f(v*x)=(u*v)*x donc la droite IR*x est bien stable.

>> si on a une droite stable, c'est fini!! puisque le reste de l'espace (qui est un hyperplan) est également stable...

Ca mérite une démo ! D'autant plus que c'est .... faux .... Regarde le post #5.


Pour le post #4, c'est pas dur, tu prends le noyau d'une forme linéaire qui est valeur propre de tf (= adjoint de f, ça existe pour la même raison car E' a la même dimension, impaire). C'est bien un hyperplan et c'est stable (vérif facile).

[invite6f044255]

hmm, j'ai déjà compris mon erreur ...
par exemple, une matrice triangulaire a une droite stable (le premier vecteur), mais le reste de l'espace n'est pas stable....

mais je suis désolé, je n'arrive pas à comprendre ce qu'est "le noyau d'une forme linéaire qui est valeur propre de tf".
Qu'est-ce qui est valeur propre de tf???

[inviteca3a9be7]

tf (adjoint de f) est un endomorphisme de l'espace dual, ok ? L'espace dual est de dimension impaire aussi donc tf admet une valeur propre, qui est une forme linéaire. Nommons la 'u'. On a tf(u) = a*u (a = valeur propre de tf) ou encore u o f = a*u, par définition de l'adjoint.

H = Ker(u) est un hyperplan (comme tous les noyaux de formes non nulles, u != 0 car vecteur propre de tf). Je te laisse montrer que H est stable, justement grâce à u o f = a*u.

J'espère que c'est plus clair ...


C'est assez classique en fait, on fait un tour dans le dual, puis on revient dans l'espace d'origine.

[invite6f044255]

Oui, merci!!
mon problème était de croire que la valeur propre était un scalaire, mais on est dans l'espace dual, donc non....

merci bien mumutt!!

[invitefa636c3d]

merci à tous pour vos réponses sur cet exo pas si simple que ça;

µµtt: je pense avoir bien saisi ta démo mais une chose me "chagrine"ourquoi tf(adjoint de f) est un endomorphisme de l'espace dual; pourquoi forme linéaire "rime" avec tf comme tu l'as dit plus haut...

merci encore à tous
jameso

[Quinto]

Oui, merci!!
mon problème était de croire que la valeur propre était un scalaire, mais on est dans l'espace dual, donc non....

merci bien mumutt!!

La valeur propre c'est pas un scalaire meme dans l'espace dual?

La définition de la valeur propre c'est le scalaire a vérifiant pour x non nul:
u(x)=ax

[invite6f044255]

Oui, j'ai encore écrit n'importe quoi!!
(Mais mumutt aussi je crois... )

u est un vecteur propre (et non une valeur propre) et est donc une forme linéaire.
La valeur propre est elle bien un scalaire....

[inviteca3a9be7]

Oups ! ouai j'ai complétement mélangé vecteur propre et valeur propre


C'est du propre

[invitefa636c3d]

bonsoir à tous ;
j'aurai bien aimé savoir pourquoi forme linéaire rime avec adjoint de f ???
merci
jameso

[inviteca3a9be7]

Ben, tf est un endomorphisme de l'espace dual = { espace des formes linéaires }. Je dois pas comprendre la question !

[invitefa636c3d]

en fait j'ai du mal à comprendre ce que tu as d'abord appelé transposé de f puis adjoint de f...

pour moi l'adjoint de f est défini par la relation (f(x)/y)=(x/f*(y)) mais on est pas vraiment ds ce cadre ici
fais-je fausse route?? je suis un peu dans le flou

merci

[invite51f4efbf]

OK peut-être, mais il est stable ?? Forcément non puisqu'il posséde un vecteur propre qui va dans l'autre espace.

Si je prends l'espace suivant : , il est stable car somme directe de deux espaces stables (la somme est directe grâce au théorème de décomposition primaire). Il faut juste trouver un i et un j pour que la dimension soit 4.

Qui est de degré impair ok, mais pourquoi '1' justement ?

Les irréductibles à coefficients dans sont les polynomes de degré 1 et 2 seulement. Partant de là, tout polynome de degré impair est le produit d'un polynome de degré 1 et de polynomes de degré 2 (non nécessairement irréductibles).

Ce que je propose de faire, c'est de prendre le caractéristique, qui est annulateur, et de l'écrire comme un produit d'un polynome de degré 1 et de polynomes premiers entre eux . Alors est stable, et également. Comme , on a trouvé nos espaces, cette décomposition assurant la question des dimensions.

Honnêtement, ça peut ne pas marcher, mais je ne vois pas où. C'est un peu vieux pour moi, mes encadrements de TD ne m'ont pas tenu au niveau.

en fait j'ai du mal à comprendre ce que tu as d'abord appelé transposé de f puis adjoint de f...

pour moi l'adjoint de f est défini par la relation (f(x)/y)=(x/f*(y)) mais on est pas vraiment ds ce cadre ici
fais-je fausse route?? je suis un peu dans le flou

merci

Quand dit que l'adjoint est un endomorphisme du dual, c'est à prendre au sens suivant :

Tu sais que tout endormorphisme A admet une application adjointe B définie par la relation , ce qui est une bonne définition grâce au fait que le produit scalaire est non dégénéré.

De plus, tu as du montrer qu'en dimension finie, après le choix d'une base, la transposée de la matrice associée à A est B. L'adjointe est donc la transposée.

Maintenant, prends E et F deux EV, et une application linéaire . Pour n'importe quelle forme linéaire , il est facile de voir que est une forme linéaire sur E.

Ainsi, je peux définir une application entre les duaux , de la manière suivante : . Cette application est bien sûr linéaire.

De plus, si tu choisis des bases sur E, F, et si tu prends les bases duales correspondantes, alors la matrice de relativement aux bases duales n'est autre que la transposée de la matrice de , prise relativement aux bases de départ (je te laisse jouer avec les détails, c'est direct).

Maintenant, prends E = F, et tu as ta réponse : la transposée s'exprime de manière naturelle comme un endormophisme du dual, à travers le choix d'une base et de la base duale correspondante. C'est d'ailleurs pour cette raison que se nomme transposée de .

Au final, tout ceci vient d'un fait particulier : tout espace vectoriel (de dimension finie) s'identifie isomorphiquement à son dual, mais ce choix n'est jamais gratuit. Il faut soit choisir une base (et alors prendre la base duale, l'isomorphisme est trouvé), soit choisir un produit scalaire (ou au moins une forme bilinéaire symétrique non dégénérée), et l'identification est alors la suivante : à un vecteur v, on fait correspondre la forme linéaire définie par . Cette opération se nomme bémol en géométrie (et son isomorphisme inverse se nomme dièse), ou encore opération de descente des indices quand on la pratique sur des champs de tenseurs (dénomination propre aux physiciens).

Amicalement,
Stephen

[inviteca3a9be7]

J'étais compétement bourré quand j'ai parlé d'adjoint, n'importe quoi .... Désolé j'écris 10 fois trop vite et je me relis pas

L'adjoint n'a rien à faire ici !!! Il s'agit de la transposée bien sûr.

Donc je vais essayé d'écrire un truc sans mettre 2 coneries par lignes :


tf = la transposée de f, E' = espace dual, tf € L(E'), endomorphisme de l'espace dual.

L'espace dual est de dimension impaire aussi donc tf admet un vecteur propre 'u', qui est une forme linéaire, associée à la valeur propre 'a' € IR . On a tf(u) = a*u, par définition du vecteur propre, ou encore u o f = a*u, par définition de la transposée.

H = Ker(u) est un hyperplan (comme tous les noyaux de formes non nulles, u != 0 car vecteur propre de tf).
H est stable : si x € Ker(u), u(f(x)) = a*u(x) = 0 donc f(x) € Ker(u).


Encore désolé pour tout ce fouillis .....

[invite51f4efbf]

Et moi j'ai fait ou oubli classique : la matrice de l'adjointe est la transposée, à la condition sine qua non que la base choisie soit orthonormée.

[invitefa636c3d]

j'ai maintenant bien compris la démarche mais une dernière chose me pose problème:


stephen quand tu dis:
"De plus, si tu choisis des bases sur E, F, et si tu prends les bases duales correspondantes, alors la matrice de a* relativement aux bases duales n'est autre que la transposée de la matrice de a , prise relativement aux bases de départ (je te laisse jouer avec les détails, c'est direct)."

c'est ce petit détail que je ne comprends pas bien? peux tu expliciter un peu ce point

merci pour tes réponses très instructives pour moi
amicalement
jameso

[invite51f4efbf]

Pas de problème. Je vais me permettre un petit changement toutefois : je vais appeller mes espaces vectoriels V et W, et E et F seront résevés pour les bases.

Soit donc V, W deux espaces vectoriels sur un corps . Soit une base de V, et une base de W. Je note la base duale de E, et la base duale de F.

Soit maintenant linéaire, et sa transposée comme je l'ai définie.

Je note la matrice de relativement auc bases E et F, et la matrice de relativement aux bases duales. Je vais montrer que .

Pour ceci, il faut remarquer la chose suivante : la composante est la i-ème composante de , c'est à dire .

La composante , elle, est la j-ème composante de . De plus, on a par définition . On cherche donc la j-ème composante de . Mais c'est précisément .

N'hésite pas si un détail n'est pas clair.

Amicalement,
Stephen

[invitefa636c3d]

merci stephen j'ai bien compris ton explication
je te remercie

jameso
A+

[invite51f4efbf]

A ton service