Unique g dans L(E) tel que f o g = idE

aka
aka
dans Algèbre
Bonjour, je cherche à résoudre l’exercice suivant en montrant que ker(f) est réduit à l’élément nul.

Soit E un K-ev et f dans L(E).
Supposons qu’il existe une unique application g dans L(E) tel que f o g = idE.
Montrer que f appartient à GL(E). (je suis en mpsi)

La surjectivité de f est immédiate.
Pour l’injectivité, l’idée est d’essayer de trouver une application h : E—> ker(f) tel que h est linéaire.
Puisque ainsi f o (g+ h) = f o g = idE (par linéarité de f), et par unicité de g, h est l’application nulle d’où ker(f)={0}.
D’où f injective et surjective donc f inversible.

J’ai cherché des candidats pour h mais je n’en ai pas trouvé de linéaire, j’ai trouvé également que (g o f)^2 = g o f , d’où g o f est un projecteur (g o f est bien un endomorphisme de E) et Im(g) = Im(g o f), ker(f) = ker(g o f) donc Im(g) et ker(f) sont supplémentaires dans E.

Pour h, je me demande si c’est possible de justifier l’existence d’une forme linéaire non nulle q de E dans K, parce que ainsi je suppose qu’il existe z non nul dans Ker(f),
et j’introduit p : K —> E qui à t associe t*z.

Ensuite on considère p o q (linéaire grâce à q forme linéaire) et on voit que Im(p o q) est inclu dans Ker(f) puisque f(z) = 0 et f linéaire donc f(t*z) = t*f(z) = 0.
Ainsi f o (g + p o q) = f o g = idE et p o q est différent de l’application nulle par construction de q et de z, ce qui est absurde par unicité de g.

Donc z = 0 et ker(f)={0}

Réponses

  • aka
    aka
    Je sais pas si c’est très clair mais j’essaye de passer par Ker(f), je sais qu’on peut montrer que g o f = idE en considérant
    f o (g + g o f - idE).
    Pour l’existence de la forme linéaire non nulle je suppose qu’elle est fausse mais si c’est le cas et que vous avez une explication je vous écoute volontiers.
    De même, si vous avez une correction à faire sur ce que j’ai dit ou une idée je suis preneur, bonne journée.
  • Zig
    Zig
    Bonjour

    Si tu prouves que toute application linéaire de E dans E dont l'image est incluse dans ker(f) est nécessairement l'application nulle, alors tu prouves bien que ker(f)={0} !
  • aka
    aka
    Je suis d’accord avec vous mais comment je prouve l’existence d’une application linéaire de E dans E dont l’image est inclus dans Ker(f) ?
    C’était tout l’objet de mes premiers messages.
  • Poirot
    Poirot
    @aka : il n'y a pas d'existence à prouver (c'est évident avec l'application nulle par exemple). Ce que Zig veut te faire comprendre c'est que tu dois montrer que "pour toute application linéaire $h : E \to \ker f$, $h=0$" implique que "$\ker f = \{0\}$" puisque tu as déjà montré la première partie.
  • christophe c
    christophe c
    Poirot écrivait:
    > @aka : il n'y a pas d'existence à prouver (c'est
    > évident avec l'application nulle par exemple). Ce
    > que Zig veut te faire comprendre c'est que tu dois
    > montrer que "pour toute application linéaire $h : E \to \ker f$, $h=0$" implique que "$\ker f = \{0\}$"
    puisque tu as déjà montré la première
    > partie.

    Je mets des parenthèses que Poirot a pensé sans les mettre je pense.

    [size=x-large]([/size]pour toute application linéaire $h : E \to \ker f$, $h=0$ [size=x-large])[/size] implique que [size=x-large]([/size]$\ker f = \{0\}$[size=x-large])[/size]

    Bon, en fait, Poirot, tu avais mis des guillemets, mais c'est tout piti piti les guillemets :-D
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • aka
    aka
    Je comprends ce que vous dites mais si je veux montrer votre implication par contraposée par exemple, cela revient à un problème d’existence.
    Mais peut-être êtes-vous en train de me dire qu’on peut s’en sortir sans la contraposée ?
  • christophe c
    christophe c
    Il y a un nombre "incroyable" de façons de le faire, mais faudrait voir (tu as l'air vif) quels sont les admis auxquels tu as droit en MPSI à ce moment là.

    Par exemple, les matrices? (C'est évident avec les matrices)

    Sinon, non pas besoin de contraposée formellement, si tu penses à $u\neq 0$ sans attendre, tu vas rater que tu vas prouver que $u=0$ sans utiliser que $u\neq 0$.

    Je te propose de commencer par:

    Soit $u$ un vecteur tel que $f(u)=0$. Prouvons que $u=0$. Msieur-dames, prêts? C'est parti. Sachant qu'il existe...

    Aux lignes suivantes, j'ai trop peur que te dire un seul mot te donne d'un coup la solution, et je pense que plus tu souffriras plus tu te réjouiiras d'avoir attendu frustré si tu ne trouves pas. Je précise que je traite ici TON CAS PARTICULIER POUR CET EXERCICE LA, car il est emblématique de la formation aux $\forall; \exists$, je n'applique pas "routinièrement" une règle du forum (sinon, je ne serais tout simplement pas intervenu).
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe c
    christophe c
    J'ai fait un edit sur le post d'avant, j'avais "tout mangé" en tapant (fatigue de la période)
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Siméon
    Siméon
    aka a écrit:
    J’ai cherché des candidats pour h mais je n’en ai pas trouvé de linéaire, j’ai trouvé également que (g o f)^2 = g o f , d’où g o f est un projecteur (g o f est bien un endomorphisme de E) et Im(g) = Im(g o f), ker(f) = ker(g o f) donc Im(g) et ker(f) sont supplémentaires dans E.

    Tu y étais presque : si $p$ est le projecteur de noyau $N$ et d'image $I$, alors $\operatorname{id}_E - p$ est le projecteur de noyau $I$ et d'image $N$. Il te suffit donc de poser $h = \ldots $

    Cela dit le coup de la forme linéaire fonctionne aussi. Une solution simple serait de se donner une base de $E$, mais l'existence de bases en dimension quelconque est hors-programme en MPSI. Voici une autre façon de faire qui reste dans les clous : si $E^* := \mathcal L(E,K)$ est l'espace nul, alors il en va de même pour $(E^*)^* := \mathcal L(E^*,K)$, ainsi que pour $E$ car $E$ s'injecte dans $(E^*)^*$. Je ne détaille pas pour que tu puisses compléter toi-même la preuve. (en fait ça reste hors-programme)

    Pour l'anecdote, je crois me rappeler que cet exercice m'a beaucoup marqué quand j'étais à ta place.
  • christophe c
    christophe c
    @siméon: tu parles de prouver que pour tout vecteur $u$, il existe une A.L. $h$ telle que $u\in Im(h)$?
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe c
    christophe c
    Si oui, ça renvoie à "l'éternelle" question de quelle quantitité d'axiome du choix faut-il pour prouver l'énoncé suivant:

    Soit $A$ un ensemble de couple de la forme $(X,x)$ où $X$ est un espace vectoriel (sur IR disons) de dimension fini avec $x\in X$.

    Alors il une application $\phi$ qui à chaque $(X,x)$ dans $A$ associe $f\in L(X,X)$ telle que $x\in Im(f)$
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Siméon
    Siméon
    Oui j'ai bien vu, mais tout théorème sur l'axiome du choix (bons ordres, Zorn, existence de supplémentaires, de bases, etc.) est hors-programme en prépa. J'espérais naïvement qu'on pourrait s'en passer partiellement en abandonnant le côté explicite d'une construction sur une base, mais je ne sais pas si c'est possible.

    Connais-tu la réponse à cette question éternelle ?

    [edit] Je viens de te relire et voir que tu parles en fait de dimension finie. Est-ce une coquille ? Par ailleurs je ne comprends pas pourquoi tu renvoies à cette question alors que l'espace est ici fixé.
  • christophe c
    christophe c
    De mon téléphone Siméon pardon pour le délai.

    Bin en fait le reste ayant été plié la nécessité d'une forme de choix assez grande étant connue en dimension quelconque , j'ai signalé le seul problème restant à mon avis personnel ouvert actuellement sur ce sujet. Et du coup non je 'e connais pas la réponse.

    Même en fixant la dimension à deux d'ailleurs je ne sais pas sauf qu'il est célèbre en un certain sens que la fonction choix ne peut pas être continue (une fois précisé ce qu'on entend par là)
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • aka
    aka
    merci beaucoup, j'avais totalement oublié ce post, désolé
    en effet on retrouve bien ce que j'avais trouvé avant avec les projecteurs, c'est parfait !
    bonne soirée à vous
  • aka
    aka
    Par contre Cristophe, je n'ai pas trouvé avec votre début et en effet c'est très frustrant mais peut-être qu'avec plus de recul je finirai par comprendre où est-ce que vous vouliez m'emmenez !
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