Endomorphisme de rang 1

Ociruef
Ociruef
dans Algèbre
Bonjour
J'essaye de résoudre cet exercice.

Je commence par dire qu'avec le théorème du rang, on a : rg(f) + ker(f) = dim(E) avec dim(E) = n
Donc dim(ker(f)) = n - 1
On peut aussi dire que Ker(f) = E0
Mais ensuite je suis un peu bloqué... Est-ce que vous avez des pistes ?
Merci d'avance !101132

Réponses

  • Bbidule
    Bbidule
    Bonjour,

    L'énoncé n'est pas correct si $E$ est de dimension $1$.
    Voici quelques indications:
    On suppose dans ce qui suit que la dimension de $E$ vaut au moins $2$.
    1) En exploitant le fait que $f$ est de rang $1$, montre que l'on dispose de $\lambda\in\K$ tel que $f^2 = \lambda f$.
    (C'est un résultat très classique. Tu peux par exemple raisonner matriciellement).
    2) Déduis-en que le polynôme minimal $\pi_f$ de $f$ vaut $X$ ou $X-\lambda$ ou $X(X-\lambda)$.
    3) Montre que $\pi_f$ ne peut pas être égal à $X$, ou à $X-\lambda$.
    4) Conclus.

    Cordialement,
  • Ociruef
    Ociruef
    Merci beaucoup Bdibule

    1) $f$ est un endomorphisme de rang 1 donc $\dim(Im(f)) = 1$ et donc il existe $a \in E $ non nul tel que $Im(f) = Vect(a)$.
    Ainsi pour tout $x \in E,\ \exists u_{x} \in K$ tel que $f(x) = u_{x} a$ et donc $f^{2}(x) = f(u_{x}a) = u_{x}f(a).$
    De plus, $f(a) = \lambda a$ avec $\lambda \in K$ donc pour tout $x \in E; f(x) = u_{x} \lambda a = \lambda f(x)$ et donc il existe $\lambda \in K$ tel que $f^{2} = \lambda f.$

    2) On a donc $P(X) = X^{2} - \lambda X = X(X- \lambda )$ un polynôme annulateur de $f$. Or avec le théorème de Cayley-Hamilton, on sait que le polynôme minimal divise les polynômes annulateurs. Donc le polynôme minimal $P_f$ de $f$ vaut ou bien $X$, ou bien $X-\lambda$, ou bien $X(X-\lambda)$.

    3) Or si le polynôme minimal $P_f$ de $f$ vaut $X$, ou bien $X - \lambda $, alors $\dim E \leq 1$ or on prend $\dim E \ge 2$ donc $X(X-\lambda )$ est bien le polynôme minimal de $f$.

    4) Si $\dim E = 1$, on aura alors $f^2 = 0$ et donc $P(X) = X^2$ polynôme minimal non ? (Ce qui vaut $\lambda = 0$)

    Est-ce que tout est juste ? :)
  • Bbidule
    Bbidule
    Rebonjour,

    1) Ce n'est pas mal du tout ! Attention à bien quantifier $x$ ligne 3.
    2)
    - erreur au niveau de la factorisation de $X^2-\lambda X$.
    - l'article défini le au niveau du groupe de mots "le polynôme annulateur" n'est pas correct.
    - j'imagine que $?$ désigne $-$ ?
    3) Ce n'est pas correct.
    Exemple : l'endomorphisme nul de l'espace vectoriel réel de dimension finie $\R^{2020}$ (qui est de dimension $2020>1$) admet bien $X$ comme polynôme minimal !
    4) Ce n'est pas correct.
    - L'endomorphisme $f:~x\mapsto 2x$ du $\R$-espace vectoriel $\R$ (qui est de dimension $1$) ne vérifie pas $f^2=0_{\mathcal{L}(\R)}$.
    - Le degré du polynôme minimal de tout endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension $1$ ne peut pas valoir $2$ (pourquoi ?).
  • michael
    michael
    Ociruef a écrit:
    Je commence par dire qu'avec le théorème du rang, on a : rg(f) + ker(f) = dim(E) avec dim(E) = n
    Donc ker(f) = n - 1[...]

    Il manque deux "dim" : un dans l'égalité du théorème du rang et un dans la ligne suivante.
  • Ociruef
    Ociruef
    Merci ! J'ai corrigé les coquilles dans le texte pour la 1) et la 2) (j'ai un peu du mal avec le LaTEX...)

    3) Ah ! Si la valeur du polynôme minimal de f est X, alors f est l'endomorphisme nul. Donc rg(f) = 0 et on a donc une contradiction.
    Si la valeur du polynôme minimal de f est $X -\lambda $, donc f est diagonalisable et sa matrice diagonal est composée de la matrice diagonal avec que des $\lambda $ et donc son rang vaut la dimension de E. Donc on aura dim(rg(f)) = dim(E) ce qui est une contradiction.


    4) Le degré du polynôme minimal de tout endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension 1 ne peut pas valoir 2 (pourquoi ?) :

    Car le degré du polynôme minimal d'un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension n est toujours inférieur ou égal à n ? et donc si dim(E) = 1, on aura deg(P) inférieur ou égal à 1 ?
  • Bbidule
    Bbidule
    Bonsoir,

    3) C'est presque cela : il faut faire attention toutefois au fait que $\lambda$ peut être nul !
    Tu peux raisonner directement: si le polynôme minimal de $f$ est $X-\lambda$, alors $f = \lambda id_E$ (pourquoi ?) et donc, si $\lambda \neq 0$, $f$ est bijective (donc de rang égale à $\dim(E)>1$, sinon, $f$ est l'endomorphisme nul de rang $0$.

    4) Oui, tu peux voir cela comme une conséquence de Caley-Hamilton.
    Si $\dim(E)=1$, alors on dispose de $\lambda\in\K$ tel que $f = \lambda id_E$, et le polynôme minimal de $f$ vaut $X-\lambda$.
    (d'où le caractère erroné de l'énoncé de ton exercice).

    Question subsidiaire:
    On suppose que $E$ est dimension $n$ avec $n\geqslant 2$.
    Peux-tu donner un exemple d'endomorphisme de rang $1$ et de polynôme minimal $X^2$ ?
  • Ociruef
    Ociruef
    Super merci !

    Pour la question subsidiaire.
    Si on prend l'endomorphisme $f$ dont la matrice $A$ est de la forme : $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$,
    on a bien $rg(A) = 1$ et donc $rg(f) = 1.$
    Alors on a $\lambda = 0$ valeur propre de la matrice et donc son polynôme minimal est $X(X-\lambda) = X(X-0) = X^2$ ?
  • Bbidule
    Bbidule
    Bonjour,

    Quelques remarques suite à ton dernier message:

    - l'endomorphisme $f$ est mal défini (à une matrice donnée, on peut associer plusieurs endomorphismes différents) ;
    - tu envisages, sauf erreur de ma part, un cas particulier qui est le cas $n=2$ ;
    - pourquoi $0$ est valeur propre de $A$ ?
    - pourquoi le donc dans " $\lambda=0$ est valeur propre de la matrice et donc son polynôme minimal est $X(X-\lambda)$ " ?
    (il existe un espace vectoriel $E$ de dimension $2$, et un endomorphisme $f$ de $E$ tels que $0$ est valeur propre de $f$ et $X^2$ n'est pas le polynôme minimal de $f$.)
  • Ociruef
    Ociruef
    - Est-ce que l’endomorphisme : $f : (a,b,...,z) \mapsto (z, 0, 0, ... 0)$ convient ? (Je prend le cas ou $n \geq 2$ ici et sa matrice A de la forme :
    $A = \begin{pmatrix}
    0 & \cdots & 1 \\
    \vdots & \ddots & \vdots \\
    0 & \cdots & 0
    \end{pmatrix}$

    0 valeur propre de A car A est une matrice triangulaire supérieur. Ses valeurs propres sont sur sa diagonal et donc on a 0 comme seule valeur propre de A et donc valeur propre de f.

    $P(X) = X(X-0) = X^{2}$ est le polynôme minimal de f car f est un endomorphisme de rang 1 avec $f^{2} = 0$

    En fait je pense que j'ai confondu ce $\lambda$ qu'on trouve dans $f^{2} = \lambda f $ avec un $\lambda$ valeur propre de f...

    Est-ce que vous avez d'autres questions subsidiaires que je peux explorer ? :) Cela me permettra de mieux faire face à un oral sur cet exercice qui m'attends..
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 35

APfCidrolinFly77GuegoMagnéthoraxSMIdedekind93jelobreuil +27 Invités