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Sans la notion de quotient

Envoyé par remarque 
remarque
Sans la notion de quotient
il y a dix années
$f$ et $g$ sont des endomorphismes d'un espace de dimension finie, ils commutent.
Peut-on montrer {\bf sans utiliser la notion d'espace quotient} que $\ker(f)\cap \ker(g) =\{0\}$ ssi $\mathrm{im}(f)+\mathrm{im}(g)=E$ ?

[Merci à Borde pour la correction du LaTeX. AD]
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Bonjour remarque,

Pourrais-tu avoir l'obligeance de ne pas squatter mon pseudo, s'il te plaît ? Merci.
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
On t'avait prévenu que c'était plus prudent de s'enregistrer... ;)
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Oui, oui, je sais... ne retourne pas le couteau dans la plaie.
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
je peux jouer ?
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Ne poussez pas à bout les gars ! Je serai obligé de m'enregistrer si ça continue...
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Mais combien y-a-t-il de remarque ici????
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Le seul vrai remarque ici c'est moi.
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
L'union fait la force. Notre pseudo vaincra...
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Mais que fait la modération ? En tant que seul et unique seigneur remarque, je demande à ce qu'on mette fin immédiatement à cette grotesque imposture dont personne n'est dupe !
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
:):):)

J'en compte 5. Quel succès !
ev
Le roi des clones
il y a dix années
avatar
Bonsoir monseigneur.

Pour t'authentifier sans t'enregistrer, il va falloir que tu signes tes messages d'images Grapher et ce pour ma plus grande joie.
Et pour éviter que le commun des mortels ne s'en empare d'un vulgaire copier-coller subreptice, il va falloir que tu pondes un original par message.
Je prédis l'épuisement à court terme...

amicalement,

e.v.
bs
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Hum,

"C'est pas" le style d'ev, ça :S

Méfiance.
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Mmmm, oui, oui, ev, ça pourrait bien être une solution. Et bien, Messieurs mes clones, tirez donc les premiers !
ego rough
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Bon, ça commence à bien faire ces usurpations d'identité...
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
ne tirez pas! J'enlève mon masque.
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Bravo Kamel c'est très courageux !
(oups)
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
smiling bouncing smileysmiling bouncing smileysmiling bouncing smiley

Je n'ai pas de masque, mais pour lever l'ambiguïté, j'ai ça :

[attachment 11121 Image8.png]

Chapeau bas à ev pour cette excellente méthode d'authentification... peut-être un peu lassante à la longue, en effet.


remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Ne peut-on pas vérifier l'authenticité de remarque par la qualité de ses réponses mathématiques...

remarque(numéro 5)
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Oui, enfin bon tous les habitués connaissent les IP des uns et des autres (les IP complètes d'ailleurs, puisque depuis le redémarrage du serveur de tantôt, le forum affiche les débuts des IP, alors qu'il affichait précédemment les fins).

Faire chauffer Grapher à chaque post ne s'impose donc pas (note, ça pourrait être marrant comme signature)...


[PS : egoroff, j'ai trouvé tes deux messages littéralement hilarants :D thumbs down]
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Ma foi, je n'en sais rien, mais là, le fil ne s'y prête pas trop...

[attachment 11123 Image7.png]


remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Je répondais à remarque numéro 5, sans avoir vu le post de LBR...

[attachment 11124 Image9.png]

drinking smiley


Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Quel frime.. pas de doute, c'est bien lui smoking smiley
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
:D

On se refait pas, qu'est-ce que tu veux...

[attachment 11125 Image10.png]


remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Rah j'aimerais tellement remplacer mon Mac par un Payçay... :D
[attachment 11127 Sanstitre.jpg]


Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
En fait je suis peut-être le seul mais la réponse à la question initiale m'intéresse...
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Non, je viens de découvrir cette question et elle me semble aussi intéressante. Et à vrai dire, même avec la notion de quotient, je ne vois pas trop comment faire. Mais je vais y réfléchir.
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
La question m'interesse aussi.
Voici un "petit" debut :
Je suppose le corps de base est $\mathbb{C}$
Si $\ker (f) \cap \ker (g) = \{ 0\}$, il existe $x\in \mathbb{C}$ tel que $f+xg\in \mathrm{GL}(E)$, donc $\mathrm{Im}(f+xg)=E$, or $\mathrm{Im}(f+xg) \subset \mathrm{Im}(f)+ \mathrm{Im}(g)$, donc $\mathrm{Im}(f)+ \mathrm{Im}(g)=E$
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Je n'ai plus tous mes esprits à cette heure avancée, mais il me semble que l'argument de visitor ne nécessite pas d'hypothèse sur le corps de base. Ses donc sont peut-être aussi des "ce qui équivaut à" déguisés en donc ?


En effet, un sage m'a dit d'utiliser la dualité pour voir le résultat (il s'est éclipsé sur ces seules paroles). J'ai essayé en vain, mais par contre j'ai bien compris que :

a) $Ker({}^tf) \cap Ker({}^tg)= \{0\} \Leftrightarrow Im(f) + Im(g)= E \Leftrightarrow Ker(f^*) \cap Ker(g^*)= \{0\}$

b) $Ker(f) \cap Ker(g)= \{0\} \Leftrightarrow Im(f^*) + Im(g^*)= E \Leftrightarrow Im({}^tf) + Im({}^tg)= E^*$

c) Si un des trucs de a) implique un des trucs de b), alors la réciproque est vraie (et réciproquement), puisque $(h^*)^*=h$

Avec :
${}^th$ : transposée de $h$.
$h^*$ : adjoint de $h$ (en se fixant dès le départ une base dont découle un produit scalaire).


visitor a montré une implication, et j'affirme que l'autre implication suit par dualité. Il semblerait donc que l'hypothèse de commutativité ne serve pas :S
Zo!
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
visitor:

"Si $ \ker (f) \cap \ker (g) = \{ 0\}$, il existe $ x\in \mathbb{C}$ tel que $ f+xg\in \mathrm{GL}(E)$."

J'aimerais bien voir la démonstration. Vu que c'est clairement faux en général, comment intervient l'hypothèse que $f$ et $g$ commutent?

Cordialement.
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Zo! Écrivait:
-------------------------------------------------------
> J'aimerais bien voir la démonstration. Vu que
> c'est clairement faux en général, comment
> intervient l'hypothèse que $f$ et $g$ commutent?


C'est vrai si $f$ et $g$ commutent. Le demo va suivre bientot
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Ah, très bien, si l'hypothèse sert, c'est rassurant (k=C sert aussi ??).

Je suis rassuré de voir que notre Shadockissime est sur le coup. Il ne laissera pas passer les bêtises. J'en profite pour demander le statut de mon argument comme quoi il suffit de montrer une seule implication : est-il convaincant ? Comme je n'ai fait que lancer les idées, je peux développer.
remarque
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Bon, dans ce fil que je n'ai pas initié, on peut dire pour commencer vite fait que si $f$ et $g$ ont par exemple $\dim E$ valeurs propres distinctes et commutent, elles partagent les mêmes vecteurs propres. La condition sur les noyaux correspond à une partition des vecteurs propres en valeur propre nulle, valeur propre non nulle, qui se traduit effectivement par la condition sur les images.

> Rah j'aimerais tellement remplacer mon Mac par un Payçay...

Là, tu n'es pas du tout crédible, remarque numéro 6 (numéro 6 ? Je ne suis pas un numéro !)
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Le barbu rasé Écrivait:
-------------------------------------------------------
> Ah, très bien, si l'hypothèse sert, c'est
> rassurant (k=C sert aussi ??).

Pour "Si $\ker (f) \cap \ker (g) = \{ 0\}$, il existe $x\in \mathbb{C}$ tel que $f+xg\in \mathrm{GL}(E)$", ca sert, mais je suis moins sur que $K=\mathbb{C}$ soit necessaire pour l'enonce initial.
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Ok, alors z'y va, la preuve, la preuve !! :D
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Le barbu rasé Écrivait:
-------------------------------------------------------
> Ok, alors z'y va, la preuve, la preuve !! :D

$f$ et $g$ sont cotrigonalisables (dans $\mathbb{C}$ et commutent), ensuite dans une base commune tu regardes les 0 possibles sur les diagonales de ces 2 matrices triangulaires, puis tu trouves un $x$ tel que .....
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
C'est ce que j'avais pensé au départ, mais en fait, j'ai arrêté parce que je ne vois pas pourquoi il n'y aurait pas des 0 au même endroit sur la diagonale. La condition sur les noyaux nous dit juste qu'il ne peut pas y avoir deux colonnes nulles dans les deux matrices au même endroit, mais c'est tout. Après je ne vois pas comment passer au fait de ne pas avoir deux 0 au même endroit sur la diagonale.
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Salut a tous,

Je vous propose ce qui suit pour
$Ker(f)\cap Ker(g)=0 \Rightarrow Im(f) + Im(g)=E$. D'abords si
le polynome caracteristique de $f$ s'ecrit $X^k Q(X)$ avec
$Q(0)\neq 0$, alors $E = Ker(f^k) \oplus Ker(Q(f))$ et les
2 sous espaces sont stables par $g$. La restriction de
$f$ a $Ker(Q(f))$ est inversible, or la propriété est trivialement
vraie dès que $f$ ou $g$ est inversible, donc on peut se limiter
a etudier le cas $E=Ker(f^k)$ c-a-d $f$ nilpotente. On fait de meme
pour $g$ sur ce sous espace et on voit donc qu'on peut se ramener
à $f$ et $g$ nilpotents. Seulement comme ils commutent
ils ont un vecteur en commun non nul dans leurs noyaux ($Ker(f)$ etant
stable par $g$), ce qui est exclu
par hyspothese donc le sous espace sur lequel $f$ et $g$
sont nilpotent est nul, autrement dit $g$ est inversible sur
$Ker(f^k)$ et donc la encore la propriété est vraie.

A+
eric
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
En ce qui me concerne ça me convainc... Reste maintenant l'autre sens!
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Apparemment mon argumentaire n'a pas convaincu skilveg.

Je détaille alors ?
Portland
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Le barbu rasé Écrivait:
-------------------------------------------------------
> Apparemment mon argumentaire n'a pas convaincu
> skilveg.
>
> Je détaille alors ?

S'il vous plait
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Ok, mais rapidos. Comme je suis un peu charette ce soir, je te la fais sans les adjoints. Je repasserai sûrement dessus plus tard, parce que je trouve ça joli (en plus, ça permet de voir que a) et b) disent la même chose sans parler d'isomorphisme canonique).


Or donc, prenons $E$ notre espace de dimension finie sur notre corps $k$, prenons son dual $E^*$ l'espace des formes linéaires $L(E,k)$, et tant qu'on y est prenons son bidual $(E^*)^* = L(E^*,k)$. On dispose d'un morphisme "canonique" $j : E \rightarrow (E^*)^*$ défini par $j(x) = (\phi \mapsto \phi(x))$. $j$ est clairement injective. Comme on est en dimension finie, $j$ est un isomorphisme et notons $j^{-1}$ son inverse. A tout endomorphisme $f : E \rightarrow E$ on peut associer l'endomorphisme ${}^tf : E^* \rightarrow E^*$ défini par ${}^tf(\phi) = \phi \circ f$. Comme $\gamma(x)=j(x)(\gamma)$, on a $\gamma(j^{-1}(\Phi))=\Phi(\gamma)$ et en particulier ${}^t{}^tf=j\circ f\circ j^{-1}$.


Bon.


a) \begin{tabular}{cl}
& $Ker({}^tf) \cap Ker({}^tg)= \{0\}$\\
$\Leftrightarrow$ & $\forall \phi, (\phi \circ f =0 \text{ et } \phi \circ g = 0) \Rightarrow \phi = 0$\\
$\Leftrightarrow$ & toute forme linéaire à la fois nulle sur $Im(f)$ et sur $Im(g)$ est nulle\\
$\Leftrightarrow$ & toute forme linéaire nulle sur $Im(f) + Im(g)$ est nulle\\
$\Leftrightarrow$ & $Im(f) + Im(g) = E$\\
\end{tabular}


b) c'est le même énoncé !
$Ker(f) \cap Ker(g)= \{0\} \Leftrightarrow Ker(j \circ f \circ j^{-1}) \cap Ker(j \circ g \circ j^{-1})= \{0\} \Leftrightarrow Ker({}^t{}^tf) \cap Ker({}^t{}^tg)= \{0\}$
Comme a) dit que $Ker({}^t{}^tf) \cap Ker({}^t{}^tg)= \{0\} \Leftrightarrow Im({}^tf) + Im({}^tg) = E^*$, il s'ensuit que a) dit $Ker(f) \cap Ker(g)= \{0\} \Leftrightarrow Im({}^tf) + Im({}^tg) = E^*$


c) Mettons qu'on a montré, comme Eric Chopin, que :
$\forall E, \forall f, \forall g, Ker(f)\cap Ker(g)=0 \Rightarrow Im(f) + Im(g)=E$
Alors on a aussi montré l'énoncé :
$\forall E, \forall f, \forall g, Im(f) + Im(g)=E \Rightarrow Ker(f)\cap Ker(g)=0$
(Mais ça marche aussi dans l'autre sens.)

En effet : fixons $E$, fixons $f$ et fixons $g$.
On a : $\forall F, \forall r, \forall s, Ker(r)\cap Ker(s)=0 \Rightarrow Im(r) + Im(s)=E$
On applique ça à $F=E^*$, $r={}^tf$, $s={}^tg$ et on trouve :
$Ker({}^tf)\cap Ker({}^tg)=0 \Rightarrow Im({}^tf) + Im({}^tg)=E^*$
Par a) $Ker({}^tf)\cap Ker({}^tg)=0 \Leftrightarrow Im(f) + Im(g) = E$ et par b) $Im({}^tf) + Im({}^tg)=E^* \Leftrightarrow Ker(f) + Ker(g) = \{0\}$

Et en résumé :
$\forall E, \forall f, \forall g, Im(f) + Im(g)=E \Rightarrow Ker(f)\cap Ker(g)=0$
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Le barbu rasé Écrivait:
-------------------------------------------------------
> Apparemment mon argumentaire n'a pas convaincu
> skilveg.
>
> Je détaille alors ?

Oups, au temps pour moi, j'avais sauté ce message... Pour le coup je vais essayer de refaire la preuve tout seul...
bs
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Bonjour à tous les messieurs remarque.

Rappel de l'énoncé:
$f$ et $g$ sont des endomorphismes d'un espace de dimension finie, ils commutent.
Peut-on montrer {\bf sans utiliser la notion d'espace quotient} que $\ker(f)\cap \ker(g) =\{0\}$ ssi $\mathrm{im}(f)+\mathrm{im}(g)=E$ ?

Peut-on exhiber un contre-exemple montrant l'importance de la commutativité dans l'énoncé ?

Amicalement.
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Salut bs,

Alors là faut m'expliquer à quel endroit on a utilisé la notion de quotient sur ce fil.

Un contre exemple, c'est facile à trouver : note $\{e_1,e_2\}$ une base de $\R^2$ et prends $f : \left \{ \begin{array}{l} e_1 \mapsto e_2\\ e_2 \mapsto 0\end{array}$ et $g : \left \{ \begin{array}{l} e_1 \mapsto 0\\ e_2 \mapsto e_2\end{array}$
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
On peut aussi prendre $ f : \left \{ \begin{array}{l} e_1 \mapsto e_1\\ e_2 \mapsto 0\end{array}$ et $ g : \left \{ \begin{array}{l} e_1 \mapsto e_2\\ e_2 \mapsto 0\end{array}$ :)
bs
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Merci egoroff rasé pour ces deux contre-exemples, effectivement plutôt faciles à trouver.

Amicalement.
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
Euh... egoroff, dans ton exemple $e_2$ est dans $Ker(f)\cap Kerg(g)$ ....

eric
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
Salut Eric,

En effet, et pourtant $\mathrm{Im} \, f + \mathrm{Im} \, g=E$ :)
Re: Sans la notion de quotient
il y a dix années
avatar
De rien bs, mais c'est le même contre-exemple (par dualité)... egoroff et moi ne méritons donc qu'un demi-compliment.

Par contre, maintiens-tu que les arguments proposés dans ce fil utilisent la notion de quotient ?

D'ailleurs, si c'est consensuellement non, j'aimerais bien voir une preuve avec la notion de quotient... Si seulement remarque n°2, alias 69.31.164.---, pouvait venir nous donner un peu de feedback !
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