A²=0
A²=0
Soit A∈Mn(R) vérifiant A^2=0.Montrer que ImA=KerA⇐⇒ A+tA ∈ GLn(R)
En supposant ImA=KerA, déjà on a n est paire, je prend un suplementaire du KerA, et une base orthonormé de cette decomposition ainsi A sera othogonalement semblable à $ \begin{pmatrix}
0 & B \\
0& 0
\end{pmatrix} $ mais je me bloque
pour la deuxieme implicaiton tous ce que je pense faire et d'utiliser le rang de A+tA mais en vain
En supposant ImA=KerA, déjà on a n est paire, je prend un suplementaire du KerA, et une base orthonormé de cette decomposition ainsi A sera othogonalement semblable à $ \begin{pmatrix}
0 & B \\
0& 0
\end{pmatrix} $ mais je me bloque
pour la deuxieme implicaiton tous ce que je pense faire et d'utiliser le rang de A+tA mais en vain
Re: A²=0
Pour la réciproque, je pense qu'il faut utiliser le fait que rg(A+B)<=rgA+rgB et donc n=rg(A+tA)<=2rg(A), ainsi n<=2(n-dimkerA), donc 2*dimker(A)<=n<=2rg(A), d'où dimkerA<=rg(A) et donc KerA C Im A et naturellement on a ImA C KerA car A²=0 , alors KerA=ImA
L'examinateur sort son portable de sa poche et le place à la verticale sur la table. Le portable tombe. Expliquer.
Re: A²=0
Une preuve un peu plus euclidienne...
-pour l'implication de gauche vers la droite :
On a alors que $ $$\mbox{Ker}(A)$ est somme directe orthogonale de $ $$\mbox{Ker}(A^{*})$. On peut alors conclure matriciellement ...
Mais c 'est plus drôle ainsi :
Soit $ $$x$ un vecteur de $ $$E$ tel que $ $$(A+A^{*})x=0.$ On peut alors écrire que $ $$x=y+z$ où $ $$y$ et $ $$z$ appartiennent respectivement à $ $$\mbox{Ker}(A)$ et $ $$\mbox{Ker}(A^{*})$. Il vient alors que $ $$Az=-A^{*}y$ en composant par $ $$A$, puis en prenant le produit scalaire par $ $$y$ de l'expression ainsi obtenue (on utilise $ $$A^{2}=0$), il vient $ $$\|A^{*}(y)\|^{2}=0$ d'où $ $$A^{*}(y)=0.$ Ainsi, $y$ est nul(car $y$ appartient à $ $$\mbox{Ker}(A)\cap\mbox{Ker}(A^{*})$) et $ $$z$ aussi. Ainsi, $ $$A+A^{*}$ est injectif donc inversible puisque que l'on est en dimension finie.
***Remarque: Si tu veux conclure dans le cas général (de la dimension infinie), il faut de plus supposer que l'image de $ $$A+A^{*}$ soit fermée (ce qui est le cas si $ $$A$ est continu par exemple). Et dans ce cas, il faut montrer pour avoir la surjectivité de $A+A^{*}$ que :
si $ $$y$ est tel que pour tout $ $$x$ appartenant à $ $$E$, $ $$<y,(A+A^{*})(x)>=0$ alors $ $$y=0.$
En effet, on écrit $ $$y=u+v$ où $ $$u$ et $ $$v$ appartiennent respectivement à $ $$\mbox{Ker}(A)$ et $ $$\mbox{Ker}(A^{*}).$ On obtient alors que $ $$<x,A^{*}(u)+A(v)>=0.$ D'où $A^{*}(u)=-A(v)$ d'où l'on tire (comme précédemment) que $ $$A^{*}(u)=A(v)=0.$ Mais alors $ $$y$ est nul et le tour est joué!
-pour l'implication de droite vers la gauche :
Il suffit de montrer que $ $$\mbox{Ker}(A)\subset \mbox{Im}(A).$ Soit $ $$x$ appartenant à $ $$\mbox{Ker}(A)$, alors par inversibilité de $ $$A+A^{*},$ il existe$ $ $u$ appartenant à $ $$E$ tel que $ $$x=(A+A^{*})(u).$ On a alors en composant cette relation par $ $$A$ (et en utilisant que $ $$A^{2}=0$), $ $$AA^{*}(u)=0.$ Comme précédemment, cela implique que $ $$A^{*}(u)=0.$ Et, on a bien que $ $$x$ appartient à $ $$\mbox{Im(A)}.$
Le hic, c'est qu'il n'existe pas beaucoup d'opérateurs nilpotents en dimension infinie ^^ :p
-pour l'implication de gauche vers la droite :
On a alors que $ $$\mbox{Ker}(A)$ est somme directe orthogonale de $ $$\mbox{Ker}(A^{*})$. On peut alors conclure matriciellement ...
Mais c 'est plus drôle ainsi :
Soit $ $$x$ un vecteur de $ $$E$ tel que $ $$(A+A^{*})x=0.$ On peut alors écrire que $ $$x=y+z$ où $ $$y$ et $ $$z$ appartiennent respectivement à $ $$\mbox{Ker}(A)$ et $ $$\mbox{Ker}(A^{*})$. Il vient alors que $ $$Az=-A^{*}y$ en composant par $ $$A$, puis en prenant le produit scalaire par $ $$y$ de l'expression ainsi obtenue (on utilise $ $$A^{2}=0$), il vient $ $$\|A^{*}(y)\|^{2}=0$ d'où $ $$A^{*}(y)=0.$ Ainsi, $y$ est nul(car $y$ appartient à $ $$\mbox{Ker}(A)\cap\mbox{Ker}(A^{*})$) et $ $$z$ aussi. Ainsi, $ $$A+A^{*}$ est injectif donc inversible puisque que l'on est en dimension finie.
***Remarque: Si tu veux conclure dans le cas général (de la dimension infinie), il faut de plus supposer que l'image de $ $$A+A^{*}$ soit fermée (ce qui est le cas si $ $$A$ est continu par exemple). Et dans ce cas, il faut montrer pour avoir la surjectivité de $A+A^{*}$ que :
si $ $$y$ est tel que pour tout $ $$x$ appartenant à $ $$E$, $ $$<y,(A+A^{*})(x)>=0$ alors $ $$y=0.$
En effet, on écrit $ $$y=u+v$ où $ $$u$ et $ $$v$ appartiennent respectivement à $ $$\mbox{Ker}(A)$ et $ $$\mbox{Ker}(A^{*}).$ On obtient alors que $ $$<x,A^{*}(u)+A(v)>=0.$ D'où $A^{*}(u)=-A(v)$ d'où l'on tire (comme précédemment) que $ $$A^{*}(u)=A(v)=0.$ Mais alors $ $$y$ est nul et le tour est joué!
-pour l'implication de droite vers la gauche :
Il suffit de montrer que $ $$\mbox{Ker}(A)\subset \mbox{Im}(A).$ Soit $ $$x$ appartenant à $ $$\mbox{Ker}(A)$, alors par inversibilité de $ $$A+A^{*},$ il existe$ $ $u$ appartenant à $ $$E$ tel que $ $$x=(A+A^{*})(u).$ On a alors en composant cette relation par $ $$A$ (et en utilisant que $ $$A^{2}=0$), $ $$AA^{*}(u)=0.$ Comme précédemment, cela implique que $ $$A^{*}(u)=0.$ Et, on a bien que $ $$x$ appartient à $ $$\mbox{Im(A)}.$
Le hic, c'est qu'il n'existe pas beaucoup d'opérateurs nilpotents en dimension infinie ^^ :p