Couples de symétries qui anti-commutent

OShine
OShine
dans Algèbre
Bonsoir,
J'ai réussi la première question assez facilement. Mais je n'arrive pas à traiter la question $b)$. Je n'ai aucune idée d'où partir.

Soit $E$ un espace vectoriel de dimension $n \geq 1$.
On pose $F_s= \ker(s-Id_E)$ et $G_s= \ker(s+Id_E)$
Soient $s$ et $t$ deux symétries qui anti-commutent, c'est-à-dire telles que $s \circ t+t \circ s=0$.
a) Prouver les égalités : $t(F_s)=G_s$ et $t(G_s)=F_s$
b) En déduire que $\dim F_s= \dim G_s$ et que $n$ est pair.

Réponses

  • Borelline
    Borelline
    Une symétrie est un automorphisme.
    Donc $t$ conserve la dimension.
    Puis pour la partié de $n$, il suffit de se rappeler que $E = F_s \bigoplus G_s$ et de passer aux dimensions.
  • rakam
    rakam
    Comme si tu ne savais pas qu'en prenant l'image d'un sous-espace on ne peut que baisser la dimension !
  • OShine
    OShine
    @borelline
    Merci.

    @Rakam
    Je ne connais pas ce résultat et j'ai relu les chapitres d'algèbre linéaire je ne trouve nulle part. Comment on démontré ça?

    Je connais juste le résultat suivant. Si $E$ est un ensemble fini de cardinal $n$ alors $card (u(E)) \leq card(E)$.

    Mais un espace vectoriel de dimension finie n'est pas un ensemble fini non ?
  • raoul.S
    raoul.S
    @OShine applique ta formule en prenant pour $E$ une base de l'espace source...
  • Borelline
    Borelline
    Pour montrer "qu'en prenant l'image d'un sous-espace on ne peut que baisser la dimension !"

    Personnellement, je montre le résultat plus général ( et assez évident ) :

    Pour $u \in \mathscr{L}(E,F)$, soit $(e_1,...,e_p)$ liée dans $E$, alors $(u(e_1),...,u(e_p))$ est liée dans $F$.

    Le plus "difficile" mais intéressant est de réfléchir en quoi cela répond à l'énoncé.
  • Borelline
    Borelline
    et effectivement, à part cas assez particuliers (par ex : espace de dimension finie sur un corps fini ou espace de dimension nulle), un ev n'est pas fini.
  • OShine
    OShine
    Ok merci.

    Soit $B=(e_1, \cdots, e_n)$ une base de l'espace de départ. Le cardinal de cette famille vaut $n$.

    On sait que $u(E)=(u(e_1), \cdots, u(e_n))$

    Donc $card ((u(e_1), \cdots, u(e_n)) \leq card (e_1, \cdots, e_n)$

    Mais le cardinal d'une base est la dimension de l'espace d'où le résultat.
  • OShine
    OShine
    @Borelline

    J'essaie de résoudre votre exercice.

    Si $(e_1, \cdots, e_p)$ est liée alors il existe $i \in [|1,p|]$ tel que $e_i = \displaystyle\sum_{k \ne i} \lambda_k e_k$

    Ainsi $u(e_i)=\displaystyle\sum_{k \ne i} \lambda_k u(e_k)$ donc la famille $(u(e_1), \cdots, u(e_p))$ est liée.

    Je ne trouve pas en quoi cela répond à l'exercice.
  • nahar
    nahar
    Bonjour,
    Si tu ne maîtrises pas certaines notions comme il faut : ici les familles génératrices tu tournerais beaucoup en ronds avant de trouver une réponse valable mais souvent maladroite.
    Cordialement.
  • OShine
    OShine
    @Nahar

    Je maitrise les notions de famille libre et génératrice.

    Je cherchais une réponse la plus simple possible au $\dim (u(F)) \leq \dim F$ si $F$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
  • nahar
    nahar
    Je ne sais pas si c'est plus simple que de dire que l'image est engendrée par .... Donc...
  • bisam
    bisam
    Oshine : la démo la plus directe est le théorème du rang, mais la plus simple conceptuellement est celle qui a déjà été évoquée.
  • OShine
    OShine
    Oui mais vous me posez des devinettes donc je n'y comprends plus rien.

    @Nahar
    Je n'ai rien compris.

    @Bisam
    Merci. Je ne vois pas en quoi elle est plus simple conceptuellement vu que je ne trouve pas la solution de l'autre méthode.

    Le théorème du rang dit que $\dim (Im(u)) + \dim Ker(u)= \dim E$

    Donc : $\dim Im(u) = \dim E - \dim Ker(u) \leq \dim E$ car $\dim Ker u \geq 0$.
  • nahar
    nahar
    Je finis juste ta preuve : $u(E)=vect(u(e_1), \ldots, u(e_n))$
    Autrement dit $u(E)$ est engendré par la famille $(u(e_1), \ldots, u(e_n))$ qui contient $n$ éléments.
    Donc la dimension de $u(E)$ est au plus égale à $n$.
  • Amathoué
    Amathoué
    OS a écrit:
    Le théorème du rang dit que $\dim (Im(u)) + \dim Ker(u)= \dim E$
    $t_{|F_s}$ est une application linéaire de $F_s$ dans $E$ et d’image $G_s$.

    $t_{|G_s}$ est une application linéaire de $G_s$ dans $E$ et d’image $F_s$.
  • OShine
    OShine
    @Nahar

    Merci, j'avais pensé à ça en plus je me disais que la famille $(u(e_1), \cdots, u(e_n))$ n'est pas forcément libre sauf si on a un isomorphisme.

    @Ibni
    Oui je suis d'accord.
  • bisam
    bisam
    Oshine : L'idée la plus simple derrière cela, c'est que le rang d'une famille de vecteurs est toujours inférieur ou égal au nombre de ces vecteurs.
    Par conséquent, si $E$ est de dimension $n$ et $(e_1,\dots,e_n)$ une base de $E$ :
    \[\dim(u(E))=\dim(\mathrm{vect}(\{u(e_1),\dots,u(e_n)\}))=\mathrm{rg}(\{u(e_1),\dots,u(e_n)\})\leq \mathrm{card}(\{u(e_1),\dots,u(e_n)\})=n=\dim(E)\]
  • OShine
    OShine
    Merci (tu)

    Je note cela quelque part ça peut servir.
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