Lemme des noyaux

Gauss_wh
Gauss_wh
dans Algèbre
Bonjour,

Voici l'énoncé du lemme de décomposition des noyaux :

Soit $E$ un $\mathbf K$-espace vectoriel, $u\in\mathcal L(E)$ et $(P_1,\ldots,P_k)\in\mathbf K[X]^k$ une famille de $k\in\mathbf N^*$ polynômes premiers entre eux deux à deux. Alors :
$$\text{Ker}((P_1\dots P_k)(u))=\text{Ker}((P_1)(u))\oplus\dots\oplus\text{Ker}((P_k)(u))$$

Auriez-vous un exemple simple montrant que le lemme est faux avec l'hypothèse affaiblie « premiers entre eux dans leur ensemble » ?

Réponses

  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Prends $u$ de matrice $\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}$ et $P_1=X(X-1)$, $P_2=(X-1)(X+1)$, $P_3=(X+1)X$.
  • moduloP
    moduloP
    Salut,

    Soit $f$ donnée par la matrice diagonale $(0,1)$. Soit $P_1 = x$ , $P_2 = (x-1)$ et $P_3 = x(x-1)$.
  • Champ-Pot-Lion
    Champ-Pot-Lion
    N'importe quel exemple où on n'a pas $\ker(P(u) Q(u)) = \ker(P(u)) \oplus \ker(Q(u))$ donne un contre-exemple, puisque si ce que tu dis impliquerait que $\ker(P(u) \times Q(u) \times 1) = \ker(P(u)) \oplus \ker(Q(u)) \oplus \ker(\operatorname{Id})$.
  • mojojojo
    mojojojo
    Encore une autre possibilité : on peut choisir $P_1=\ldots=P_{k-1}$ tel que $\dim \ker P_1(u) >0$ et $P_k$ premier avec $P_1$. Pour $k$ assez grand la dimension de $E$ montre que $\ker(P_1\ldots P_k)(u)\neq \bigoplus \ker(P_i)(u) $ . Pour un exemple concret on peut prendre $u=\mathrm Id$, $P_1=P_2=X-1$ et $P_3=X-2$.
  • gebrane
    gebrane
    Bonjour,

    Dans le même style, un contre exemple pour le lemme ( théorème) du chinois?
    Le 😄 Farceur


  • Gauss_wh
    Gauss_wh
    Pour l'exemple de GaBuZoMeu, si je n'ai pas fait d'erreur, je trouve :

    $P_1(M)=M(M-I_3)=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&-2&0\\ 0&0&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}$
    $P_2(M)=\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&-2&0\\ 0&0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&-1\end{pmatrix}$
    $P_3(M)=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}$
    $(P_1P_2P_3)(M)=0_3$

    Donc :
    $\text{Ker}(P_1(M))=\mathbf K\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}+\mathbf K\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}$
    $\text{Ker}(P_2(M))=\mathbf K\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}+\mathbf K\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\end{pmatrix}$
    $\text{Ker}(P_1(M))=\mathbf K\begin{pmatrix}0\\ 1\\ 0\end{pmatrix}+\mathbf K\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}$
    $\text{Ker}((P_1P_2P_3)(M))=\mathbf K^3$

    Or la somme des trois espaces n'est même pas directe car déjà, la somme $\text{Ker}(P_1(M))+\text{Ker}(P_2(M))$ n'est pas directe (en effet, $\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}$ est dans l'intersection). Donc la conclusion du lemme des noyaux est fausse.

    Correct ?
  • Rietveld
    Rietveld
    Les calculs sont justes.

    Tu travailles en dimension 3.
    Comme $(P_1P_2P_3)$ est un polynôme annulateur de $u$, $\ker\big((P_1P_2P_3)(M)\big) = K^3$.

    Or $\dim(K^3) = 3$ et $\dim(\ker(P_1(M))) + \dim(\ker(P_2(M))) + \dim(\ker(P_3(M))) = 2 + 2 + 2 \neq 3$, ces sous-espaces ne peuvent être en somme directe.

    [$\LaTeX$ fournit les commandes \dim et \ker qui gèrent les espacements. ;-) AD]
  • Gauss_wh
    Gauss_wh
    Ah oui, plus simple, merci !
  • Rietveld
    Rietveld
    J'ai l'impression qu'il faudrait plutôt montrer que (KerP1(M) + KerP2(M))$\cap$ KerP3(M) n'est pas réduite à {0} plutôt, si on ne veut pas utiliser les dimensions.
    Qui peut confirmer ou infirmer ?
  • Gauss_wh
    Gauss_wh
    Tu penses que l'argument disant qu'une sous-somme de deux espaces non directs entraîne que la somme entière n'est pas directe est faux ?

    Pourtant, une définition possible de $E_1+\cdots +E_n$ directe est que : $E_1+E_2$ soit directe, puis $(E_1\oplus E_2)+E_3$ soit directe,..., puis $(E_1\oplus\cdots\oplus E_{n-1})+E_n$ soit directe.

    Mais c'est équivalent à $\forall k\geq 2,\ (\sum_{i<k}E_i)\cap E_k=\{0_E\}$, comme tu dis.
  • Rietveld
    Rietveld
    Disons que je me méfie des sommes directes et des espaces supplémentaires dès qu'il y a plus deux espaces en jeu.
    Je ne me souviens plus de ce qui est licite avec deux espaces en somme directe et qui ne l'est plus avec plus de 2.
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Il ne suffit pas que l'intersection deux à deux soit réduite à $\{0\}$ pour que la somme soit directe.
    $E=F_1\oplus\cdots \oplus F_k$ veut dire que tout vecteur $x\in E$ admet une unique décomposition $x=y_1+\cdots+y_n$ avec $y_i\in F_i$.
  • Champ-Pot-Lion
    Champ-Pot-Lion
    D'ailleurs, c'est justement ce qui fait que ce n'est plus une somme directe avec $n \geq 2$. On a bien $\ker(P(u)) \cap \ker(Q(u)) \cap \ker(R(u)) = \{0\}$ si $\gcd(P,Q,R) = 1$.

    (edit : heu, en fait je vois que personne n'a confondu intersection nulle et somme directe.)
  • Gauss_wh
    Gauss_wh
    En effet, je disais quelque chose de différent, à savoir qu'exhiber deux espaces dont la somme n'est pas directe suffit à dire que la somme totale (qui contient les deux espaces précédents) n'est pas directe.
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