Action d'un groupe sur une applic. linéaire
dans Algèbre
Bonsoir à tous
Soient $ (V_1 , \rho_1 ) $ et $ (V_2 , \rho_2 ) $ deux représentations d'un groupe $ G $ où, $ V_1 $ et $ V_2 $ sont deux espaces vectoriels sur un corps $ K $.
Soit $ f \ : \ V_1 \to V_2 $ une application $ K $ - linéaire.
Soit $ f^G \ : \ V_{1}^G \to V_{2}^G $ l'application induite par $ f $, où $ V_{i}^G $ est le sous espace de $ V_i $, $ G $ - invariant pour $ i = 1 , 2 $.
Comment montrer que si $ f $ est surjective, alors, $ f^G $ est aussi surjective ?
Merci d'avance.
Soient $ (V_1 , \rho_1 ) $ et $ (V_2 , \rho_2 ) $ deux représentations d'un groupe $ G $ où, $ V_1 $ et $ V_2 $ sont deux espaces vectoriels sur un corps $ K $.
Soit $ f \ : \ V_1 \to V_2 $ une application $ K $ - linéaire.
Soit $ f^G \ : \ V_{1}^G \to V_{2}^G $ l'application induite par $ f $, où $ V_{i}^G $ est le sous espace de $ V_i $, $ G $ - invariant pour $ i = 1 , 2 $.
Comment montrer que si $ f $ est surjective, alors, $ f^G $ est aussi surjective ?
Merci d'avance.
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Réponses
Pour $ i = 1,2 $, on a, $ \ \ V_{i}^G = \{ \ x \in V_i \ | \ \rho_i (g) (x) = x \ , \ \forall g \in G \ \} $
Donc, il n y a qu'un unique sous espace $ G $ - invariant, $ V_{i}^G $, pour chaque $ V_i $, avec $ i = 1 , 2 $.
Edit : mieux, voir ce message du même Paul Broussous.
En parcourant tes deux liens que tu m'as mis Math Coss, et en considérant, $ V_1 $ et $ V_2 $ décrits plus haut, de dimensions finies, tels que, $ \mathrm{dim}_K V_1 < \mathrm{dim}_K V_2 $, on a la suite exacte, suivante, $ 0 \to \mathrm{ker} f \to V_1 \to V_2 \to 0 $ ( Parce que, la sous catégorie des $ K $ - espaces vectoriels de dimensions finis est une catégorie abélienne ).
Est ce que, $ H^1 ( G , \ker \ f ) = 0 $ ? Autrement dit, est ce que la suite, $ 0 \to ( \ker f )^G\to V_{1}^G \to V_{2}^G \to 0 $ est exacte en $ V_{2}^G $ ?
Merci d'avance.
Revenons un moment à notre $ f \ : \ V_1 \to V_2 $ avec, $ \mathrm{dim}_{ \ K} V_1 < \mathrm{dim}_{ \ K} V_2 < + \infty $.
Si nous supposons que, $ f $ est bijective, est ce que, $ f^G \ : \ V_{1}^G \to V_{2}^G $ est surjective ? Je ne peux pas répondre à cette question malgré que j'ai lu les deux réponses de @P.B. sur ces deux liens, parce que je ne sais pas calculer $ H^1 ( G , \ker f ) = H^1 ( G , \{ 0 \} ) $.
Merci d'avance.
$ H^1 ( G , \ker f ) = H^1 ( G , \{ 0 \} ) = Z^1 ( G , \{ 0 \} ) / B^1 ( G , \{0 \} ) $
$ = \{ \ g \ : \ G \to \{ 0 \} \ | \ g( a_1 a_2 ) = g (a_1 ) + a_1 g (a_2 ) \ \} / \{ \ g \ : \ G \to \{ 0 \} \ | \ a_1 \to a_1 . t - t \ , \ t \in \{ 0 \} \ \} $
$ = \{ 0 \}^G / \{ 0 \}^G = \{ 0 \} $.
Est ce que c'est ça ?
D'où $ f^G \ : \ V_{1}^G \to V_{2}^G $ est surjective.
Corrigez moi s'il vous plaît.
Merci d'avance.
Maintenant, je cherche à savoir si $ f^G $ est surjective si, $ \ 0 < \dim_{ \ K } V_1 = \dim_{ \ K } V_2 < + \infty $, et la réponse que j'ai trouvé est oui : $ f^G $ est surjective, en trouvant que $ H^1 ( G , \ker f ) = H^1 ( G , \{ 0 \} ) = 0 $.
La vie serait beaucoup plus simple si c'était vrai.