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$\ker f$ de dimension finie

Envoyé par michal 
$\ker f$ de dimension finie
il y a deux mois
Bonjour,

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension infinie et $f\in \mathcal L(E)$. On suppose que $\ker f$ est de dimension finie et j'ai besoin de justifier que $\ker f^2$ est aussi de dimension finie.

J'ai considéré l'application linéaire $g : \ker f^2 \rightarrow \ker f,\ x\mapsto f(x)$. Son noyau est $\ker f$ et si on appelle $H$ un supplémentaire de $\ker f$ dans $\ker f^2$, par le théorème de l'isomorphisme induit, l'application $\tilde g : H \rightarrow Im(g),\ x\mapsto f(x)$ est un isomorphisme. Comme $Im g$ est un sev de $\ker f$, alors $Im g$ est de dimension finie, donc $H$ aussi, donc $\ker f^2$ aussi.

J'ai l'impression que c'est juste, mais ça utilise l'existence d'un supplémentaire en dimension infinie et je me demande si on peut s'en passer.

Merci d'avance pour toute idée,

Michal
Re: $\ker f$ de dimension finie
il y a deux mois
Le théorème du rang appliqué à $g$ donne immédiatement le résultat. Malheureusement je pense que démontrer le théorème du rang sur un espace de départ de dimension a priori infini nécessite d'une manière ou d'une autre l'existence d'un supplémentaire (c'est en fait exactement le théorème du rang que tu démontres). On pourrait aussi dire que $g$ induit un isomorphisme de $\ker f^2/\ker f$ dans $\text{Im} g$, mais pour obtenir la dimension du quotient on tourne en rond...
Re: $\ker f$ de dimension finie
il y a deux mois
Est-ce que les scrupules de Michal sont bien liées à l'axiome du choix ?
MrJ
Re: $\ker f$ de dimension finie
il y a deux mois
N’est t-il pas possible, pour éviter l’utilisation de l’axiome de choix, de raisonner par l’absurde et de construire par récurrence un sous-espace vectoriel $S_n$ de $\ker(f^2)$ d’intersection nulle avec $\ker(f)$ et de dimension $n$ pour tout $n\in\N$?



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par MrJ.
Re: $\ker f$ de dimension finie
il y a deux mois
Non mais il n'y a pas du tout besoin de supplémentaire ici - soit $0\to A\to B\to C \to 0$ une suite exacte de $R$-modules, supposons que $A,C$ sont de type fini, alors $B$ aussi.
Pas besoin d'axiome du choix !

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: $\ker f$ de dimension finie
il y a deux mois
@Max : tout simplement thumbs down Je m’apprêtais à réfléchir à l'existence d'une famille génératrice finie justement.
Re: $\ker f$ de dimension finie
il y a deux mois
avatar
Bonsoir,$\def\Ker{\mathop{\rm Ker}}$
Soit $\cal B$ une base (finie) de $f(\Ker f^2)$. Soit $\cal B'$ un relèvement de $\cal B$ par $f_{|\Ker f^2}^{|\Ker f}$. J'entends par là que pour chaque $b\in \cal B$, on choisit $b'\in f^{-1}(b)$ et on ajoute $b'$ dans $\cal B'$. Soit $\cal C$ une base de $\Ker f$. Alors $\cal B'\cup C$ est une partie génératrice (finie) de $\Ker f^2$, et même une base. Et il n'y a aucun axiome du choix dans ce raisonnement.

Edit : J'ai modifié ce message. Il comportait une erreur car $f_{|\Ker f^2}^{|\Ker f}$ n'est pas forcément surjective.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par Calli.
Re: $\ker f$ de dimension finie
il y a deux mois
@Calli : c'est exactement la signification du message de Max.
Re: $\ker f$ de dimension finie
il y a deux mois
avatar
Ok. Je ne savais pas comment Maxtimax prouvait sa propriété. Du coup j'ai expliqué. C'est pas plus mal parce que je ne pense pas que les suites exactes de modules soient parlantes pour tout le monde.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par AD.
Re: $\ker f$ de dimension finie
il y a deux mois
Quelques remarques:

1/ Le cerveau anticipe souvent inconsciemment. Il est pertinent de parler d'axiome du choix ici, sauf que c'est un théorème de ZF quand il est particularisé à des ensembles finis.

2/ Soit $A$ un ensemble, $E$ un espace vectoriel, $f\in L(E,E)$ et $w:A\to E$ une famille génératrice de $Ker(f)$. Bon, là, il est "évident" qu'avec l'axiome du choix on peut fabriquer une famille génératrice indicée par $A^2$ de $Ker(f^2)$. Qu'en est-il sans choix?

3/ Le cerveau perçoit aussi certaines "sidérations" liées à l'ensemble vide. Soit $F$ un ensemble fini générant $Ker(f)$. L'existence d'un ensemble $G$, qui est fini et tel que pour tout $u$, si $f(f(u))=0$ alors $\exists v\in G: f(v)=f(u)$ (prouvable mais ayant une forme choix) peut être ralentie dans un esprit par le fait que certains $u$ tel que $f(u)=0$, n'ont pas forcément d'antécédents par $f$.

4/ Comme c'est un étudiant qui pose la question, j'imagine que tous ces éléments, qui vont, non pas peser sur l'idée, mais sur la rédaction rigoureuse d'une preuve, peuvent jouer un grand rôle.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: $\ker f$ de dimension finie
il y a deux mois
Merci à tous !

- En effet, j'avais un vague souvenir comme quoi il fallait l'axiome du choix pour justifier l'existence d'un supplémentaire en dimension infinie.
- En effet, la suite exacte de maxtimax ne me parle pas trop grinning smiley
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