$f$ 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]
Réponses
Pourrais-tu avoir l'obligeance de ne pas squatter mon pseudo, s'il te plaît ? Merci.
J'en compte 5. Quel succès !
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.
"C'est pas" le style d'ev, ça :S
Méfiance.
(oups)
Je n'ai pas de masque, mais pour lever l'ambiguïté, j'ai ça :
remarque(numéro 5)
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
On se refait pas, qu'est-ce que tu veux...
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 $\mathrm{Im}(f)+ \mathrm{Im}(g)=E$
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
"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.
> 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
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.
> 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 !)
> 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.
> Ok, alors z'y va, la preuve, la preuve !!
$f$ 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 .....
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
Je détaille alors ?
> Apparemment mon argumentaire n'a pas convaincu
> skilveg.
>
> Je détaille alors ?
S'il vous plait
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 :
$\forall E, \forall f, \forall g, Im(f) + Im(g)=E \Rightarrow Ker(f)\cap Ker(g)=0$
> 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...
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.
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 $g : \left \{ \begin{array}{l} e_1 \mapsto 0\\ e_2 \mapsto e_2\end{array}$
Amicalement.
eric
En effet, et pourtant $\mathrm{Im} \, f + \mathrm{Im} \, g=E$
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 !
1) je demandais plutôt à un contre-exemple à la egoroff: cad f et g ne commutent pas,
et alors on n'obtient pas l'équivalence $\ker(f)\cap \ker(g) =\{0\}$ ssi $\mathrm{im}(f)+\mathrm{im}(g)=E$
2) maintenant, mon lbr, tu as exhibé un contre-exemple dans lequel f et g ne commutent pas, mais cependant, les deux conditions sont vérifiées.
Ce qui prouve que lorsque f et g ne commutent pas, tout est possible.
3) pour ce qui est de ne pas utiliser la notion de quotient, à aucun moment je n'ai exprimé le fait que tu utilisais des quotients: si c'est écrit en gras, c'est suite au copier/coller de l'énoncé initial.
Je ne posais pas de question sur le quotient: il s'agit d'un quiproquo
Merci à tous.