Rang linéaire ?

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Rang linéaire ?

Message par Bracadabracx » 25 mars 2021 16:28

Bonjour,

J'aimerais savoir, le rang est-il linéaire ?

La trace étant linéaire, on sait que

Tr(p)=rg(p) avec p un projecteur en dim finie, d'où ma question.

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Re: Rang linéaire ?

Message par Hibiscus » 25 mars 2021 17:05

Bah déjà, avec A et B deux matrices, rg(A + B) ≤ rg(A) + rg(B), (avec égalité si et seulement si, les images de A et B ne s'intersectent qu'en zéro et les images des transposées ne s'intersectent qu'en zéro.)
Donc faudrait définir le rang de quoi..
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Re: Rang linéaire ?

Message par JeanN » 26 mars 2021 00:01

Bracadabracx a écrit :
25 mars 2021 16:28
Bonjour,

J'aimerais savoir, le rang est-il linéaire ?

La trace étant linéaire, on sait que

Tr(p)=rg(p) avec p un projecteur en dim finie, d'où ma question.
En général, rg(f+g) est seulement inférieur à rg(f)+rg(g).
Par ailleurs, si $\lambda$ est un scalaire non nul, rg(\lambda f)=rg(f)$ et là encore, on est assez loin d'une propriété de linéarité.
En revanche, si une somme de projecteurs est encore un projecteur, alors la somme des rangs est aussi le rang de la somme.
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Re: Rang linéaire ?

Message par autobox » 27 mars 2021 18:35

JeanN a écrit :
26 mars 2021 00:01
En revanche, si une somme de projecteurs est encore un projecteur, alors la somme des rangs est aussi le rang de la somme.
Preuve : Supposons que $ (p+q)^2 = (p+q) = p^2+q^2 $. Alors $ pq+qp = 0 $ en développant $ (p+q)^2 $. On en déduit que $ (qp)^2 = qpqp = -qpq = (-1)^2(qp) = qp $ donc $ qp $ est un projecteur, et de même pour $ pq $. Or, si $ P $ et $ \alpha P $ sont des projecteurs non nuls, $ \alpha P = (\alpha P)^2 = \alpha^2P^2 = \alpha^2 P $ implique $ \alpha(\alpha-1)P = 0 $ et donc $ \alpha = 1 $. On en déduit que $ qp = pq = 0 $.

L'incusion $ \textrm{Im}(p+q)\subseteq \textrm{Im}(p)+\textrm{Im}(q) $ est triviale. Réciproquement, si $ x = p(a)+q(b) $ alors $ q(x) = 0 + q^2(b)=q(b) $ et $ p(x) = p^2(a) + 0 = p(a) $ donc $ x = p(x)+q(x) = (p+q)(x)\in \textrm{Im}(p+q) $.
Enfin, si $ x\in \textrm{Im}(p)\cap \textrm{Im}(q) $, $ x=p(a)=q(b) $ alors $ p(x) = p(a) = pq(b) = 0 $ (et $ q(x) = q(b) = qp(a) = 0 $) donc $ x = p(a) = 0 $ (et $ x = q(b) = 0 $).
D'où $ \textrm{Im}(p)\oplus\textrm{Im}(q) = \textrm{Im}(p+q) $ puis $ \textrm{rg}(p)+\textrm{rg}(q) = \textrm{rg}(p+q) $.

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Re: Rang linéaire ?

Message par JeanN » 29 mars 2021 19:14

Et dans le cas général, on utilise la trace (en supposant qu'on considère des projecteurs d'un K-ev de dimension finie).
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Re: Rang linéaire ?

Message par autobox » 02 avr. 2021 21:18

Quel cas général ? :?:

Sinon, pour les profs et les chercheurs qui passent par là, le spectre (en dimension quelconque) d'un projecteur P est toujours inclus dans {0,1}. C'est {0} si P=0 et c'est {1} si P = Id. Sinon, P est annulé par la fonction holomorphe $ x\mapsto x^2-x $ donc son spectre est inclus dans l'ensemble des zéros de P. Ou plus directement, si on travaille dans une algèbre de Banach commutative, c'est exactement l'ensemble des {f(P) | f caractère de A}.

Aussi, pour tout élément normal P d'un Hilbert, il existe une unique mesure spectrale telle que $ f(P) = \int_{\sigma(P)} f dE $ pour tout fonction continue sur le compact (non vide) $ \sigma(P) $ à valeurs complexes. Dans le cas d'un projecteur, ça veut dire n'importe quelle fonction et on peut donc définir sans aucune ambiguité f(P) comme étant $ (f(1)-f(0))P + f(0)Id $ pour toute fonction f à valeurs complexes ! :shock:

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Re: Rang linéaire ?

Message par JeanN » 04 avr. 2021 19:10

autobox a écrit :
02 avr. 2021 21:18
Quel cas général ? :?:
Celui-ci
Soit $p_1,\ldots,p_k$ des projecteurs d'un $K$-ev de dimension finie $E$.
On suppose que $p_1+\cdots+p_k$ est un projecteur.

Alors $rg(p_1+\cdots+p_k)=rg(p_1)+\cdots+rg(p_k)$.
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