Algèbre Linéaire

[oty20]

Bonsoir , je poste ce petit exo , je sèche depuis 3 semaine ,dans l'espoir d'avoir différent avis :

c'est un exercice tiré du TD de Mr Nicolas Tosel , si jamais quelqu'un est dans sa classe , et ont fait cet exercice le 33 , parce que franchement je ne vois pas , comment arrivé a cette décomposition a partir de l"indication , j'ai utilisé la décomposition qui donne la matrice en bloc de jordan , cela semble marché car cela nous ramène a l’Étude des commutant de C_P , mais cela sort de loin du cadre du programme , l'indication pousse a croire qu'il existe une construction élémentaire .....

[Kallio]

Salut,

Je ne sais pas comment me servir de l'indication mais pour avoir déjà fait l'exercice dans le cas $ f $ diagonalisable, les entiers $ m_1 , ...,
m_r $ correspondent aux multiplicités des valeurs propres de $ f $. La première égalité est immédiate, la seconde s'obtient en montrant que le commutant de $ f $ correspond à l'ensemble des endomorphismes stabilisant les sous-espaces propres de $ f $. Tu peux alors écrire la matrice d'un tel endomorphisme sous la forme d'une matrice diagonale par blocs, chaque bloc représentant l'endomorphisme induit sur un sous-espace propre de $ f $. Tu peux ensuite en déduire la seconde égalité.

Le fait qu'il te propose ici de te restreindre à $ Im(f - \lambda I) $ et de procéder par récurrence sur la dimension de l'espace vise peut-être à se ramener au cas susdit.

En espérant que cela puisse t'aider ...

Edit : En fait pas besoin de l'hypothèse de diagonalisabilité je crois ... Notons $ \lambda_1 , ..., \lambda_r $ les valeurs propres distinctes de $ f $, de multiplicités respectives $ m_1 , ..., m_r $. On procède par récurrence forte. On considère une valeur propre de $ f $, disons $ \lambda_r $. Alors $ f $ restreint à $ Im(f -
\lambda_r I) $ (qui est de dimension $ n - m_r < n $) est un endomorphisme, et par hypothèse de récurrence, on a $ m_1 + ... + m_{r-1}
= n - m_r $ et $ m_1^{2} + ... + m_{r-1}^{2} = dim(C(f_{\mid Im(f - \lambda_r I)})) $. Reste alors à montrer que $ dim(C(f_{\mid Im(f - \lambda_r I)})) = dim(C(f)) - m_r^{2} $.

[oty20]

malheureusement , si f n'est pas diagonalisable on a plus dim Ker(f-hI)=mr , m1+....+mr=n est vrai pour les espaces caractéristique en général , et non les espaces propres , la seconde égalité se déduit facilement , si c'est une décomposition par bloc , et que les blocs sont diagonaux . ce qui est le cas quand l'endomorphisme et diagonalisable , mais pas en général .... j'ai penser a revenir a ce cas la , en utilisant la décompostion d+n de dunford mais , si u commute avec f , fou=uof donne dou+nou=uod+uon mais tu vois cette écriture ne permet pas de se ramener au commutant de d

[Kallio]

Ah oui c'est vrai, j'ai été un peu trop vite concernant ta première remarque ...

[JeanN]

Voici quelques questions intermédiaires pour répondre à la première question de l'exercice.
Bon courage

[Siméon]

Supposons que $\lambda = 0$ (pour simplifier les notations). On sait que tout endomorphisme $g$ qui commute avec $f$ induit un endomorphisme qui commute avec $f|_{\mathrm{Im}\,f}$ (par restriction à $\mathrm{Im}\,f$). Il s'agit ici de voir comment « remonter » dans l'autre sens.

Soit $u \in C(f|_{\mathrm{Im}\,f})$. On cherche $g \in C(f)$ qui coïncide avec $u$ sur ${\mathrm{Im}\,f}$.
On pose donc déjà $g(x) = u(x)$ pour tout $x \in {\mathrm{Im}\,f}$ et on se donne $S$ un supplémentaire de $\mathrm{Im}\,f$ dans $E$.
Il faut et il suffit que pour tout $x \in S$, le vecteur $g(x)$ vérifie $f(g(x)) = g(f(x)) = u(f(x))$.
À condition de disposer de $v$ tel que $u = f\circ v$, ceci équivaut à $g(x) - v(f(x)) \in \mathrm{Ker}\,f$ pour tout $x \in S$.

Il reste à vérifier que ceci permet de définir un isomorphisme entre $C(f)$ et $C(f|_{\mathrm{Im}\,f})\times \mathcal L(S,\mathrm{Ker}\,f)$, puis appliquer le théorème du rang.

[oty20]

Merci infiniment pour l'aide , je n'ai pas eu le temps de revenir a l'exercice , et exploiter votre aide , je comptais le faire ce weekend , mais bon....revoir ce topic avant de dormir m'a occupé l'esprit :
on trouve que (C2 C4)=phi^{-1}{C_{1}}+X_{0} avec X_{0} dans Ker(phi) , C3=0 , réciproquement toute matrice construite dans cette forme est bien dans l'ensemble des commutant de M0 , on définit ainsi un isomorphisme , (vu que C(A) est isomorphe a C^{q} ):
d'ou
$ q_{0}=dimC(M_{0})=(n-r)^{2}+q_{1} $ , $ q_{1}< q_{0} $ , les $ q_{i} $ forment une suite strictement décroissante d'entier naturels , le procédé ne peut continué indéfiniment , d'ou le résultat .
Merci infiniment Mr Jean pour avoir proposé cette méthode magique , y a t'il une motivation derrière cette construction ? Aussi , je pense qu'elle se généralise a tout corps non ? se ramener a 0 une valeur propre de f n'a servie qu'a assurer la dimension de F >= 1 . (si je ne me trompe pas )

La Méthode de Mr. Siméon , est intuitif , je suis d’ailleurs passer par ce raisonnement durant mes tentatives sans sucés . l'exercice 32 m'a induit en erreur ce qui m'a peut être empêché de voir l'isomorphisme , le 32) s'agissait aussi de minorer le commutant , mais cette fois ci pour indication : supposer d'abord P_{M} scindé sur K , et se ramener alors au cas des matrices triangulaires , ce qui m'a laissé croire qu'il est possible d'arriver a la décomposition de la forme du 33) en jouant avec le lemme noyaux ....

[JeanN]

Il y a quelques erreurs : tu semble croire que la restriction de f à Im(f) est toujours inversible, ce qui n’est pas le cas .
Reprends donc la preuve depuis le début sans te servir de la fausse inversibilité de A

[oty20]

Merci beaucoup je reprendrai la preuve ce soir , cela m' a semblé peu probable que l'endomorphisme x \to Mx soit inversible , vu sont expression AX1+BX2 , (si je me suis pas trompé la aussi ) a moins que A soit inversible , pourtant les lignes de A sont bien les vecteurs de la base de Im(f) par construction , a part si je dis des bêtises auquel cas j'aimerai bien votre confirmation que s'en est une , parce que cela serait une erreur conceptuel que j'ai .

[oty20]

Il y a quelques erreurs : tu semble croire que la restriction de f à Im(f) est toujours inversible, ce qui n’est pas le cas .
Reprends donc la preuve depuis le début sans te servir de la fausse inversibilité de A

Bonsoir , je n'arrive pas a montrer la surjectivité de phi , sans l'inversibilité , j'ai tester plusieurs chemins sans succès ,
déjà comme 0 est valeur propre on dispose de C1 et C2 dans M_{r,n-r} tel que AC1+BC2=0 (1) , donc on a une solution de l'equation sans second membre , mais je ne trouve pas une solution particulière pour former X1 et X2 tel que AX1+BX2=Y , je n'arrive pas a me ramener au cas de A inversible , vu que A et B sont relier par le type de relation (1) , je ne peux faire apparaître un terme type (A-sI_{r})X=Y ....