Dim Ker(f²) connaissant Dim Ker(f).
dans Algèbre
Bonjour,
Je cherche une solution au problème suivant :
Soit $E$ est un espace vectoriel et $f$ un endomorphisme de $E$,
montrer que si $\ker(f)$ est de dimension 2, alors $\ker( f^2 )$ est de dimension finie et inférieure ou égale à 4.
J'ai une idée :
Je prends une base $(u,v)$ de $\ker(f)$,
je suppose qu'il existe trois vecteurs $a,b,c$ de $\ker(f^2)$ tels que la famille $(u,v,a,b,c)$ soit une famille libre de 5 vecteurs de $\ker(f^2)$, et je démontre que dans ce cas, $(f(a),f(b),f(c))$ est une famille libre de $\ker(f)$ ce qui est gênant dans un espace de dimension 2.
Deux questions, :
1 Si $E$ est de dimension finie, avec le théorème de la base incomplète, j'ai un raisonnement (à écrire par l'absurde) qui se tient, mais si $E$ n'est plus de dimension finie, je patauge un peu pour être rigoureux...
2 J'ai l'impression que je passe à côté de quelque chose de beaucoup plus simple... Une idée ?
Merci pour toute aide.
Je cherche une solution au problème suivant :
Soit $E$ est un espace vectoriel et $f$ un endomorphisme de $E$,
montrer que si $\ker(f)$ est de dimension 2, alors $\ker( f^2 )$ est de dimension finie et inférieure ou égale à 4.
J'ai une idée :
Je prends une base $(u,v)$ de $\ker(f)$,
je suppose qu'il existe trois vecteurs $a,b,c$ de $\ker(f^2)$ tels que la famille $(u,v,a,b,c)$ soit une famille libre de 5 vecteurs de $\ker(f^2)$, et je démontre que dans ce cas, $(f(a),f(b),f(c))$ est une famille libre de $\ker(f)$ ce qui est gênant dans un espace de dimension 2.
Deux questions, :
1 Si $E$ est de dimension finie, avec le théorème de la base incomplète, j'ai un raisonnement (à écrire par l'absurde) qui se tient, mais si $E$ n'est plus de dimension finie, je patauge un peu pour être rigoureux...
2 J'ai l'impression que je passe à côté de quelque chose de beaucoup plus simple... Une idée ?
Merci pour toute aide.
Réponses
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Salut Philippe,
j'ai du mal à comprendre ta remarque... -
Je disais qu'en latex c'est \ker et pas \Ker, tout simplement.
-
Bonsoir,
J'ai l'impression qu'en appliquant le théorème du rang à la restriction : $f:\ker(f^2)\to \ker(f)$, on obtient l'inégalité voulue :-) -
Bonsoir,
En fait, tu as toujours: $\dim\ker(f)\leq\dim\ker(f^2)\leq 2\dim\ker(f)$
Par exemple, Monier Algèbre 1 - Exercice 7.3.6 p259.
Amicalement. -
Bonjour,
Bs à répondu à la question, mais on peut aussi obtenir une relation exacte.
En utilisant le fait que $Im(f^2)=f|_{Im(f)}(Im(f))$. On applique donc le théorème du rang à la restriction de $f$ à $Im(f)$, on obtient puisque $\ker(f|_{Im(f)})=Im(f)\cap\ker(f)$, $rg(f)=rg(f^2)+dim(Im(f)\cap\ker(f)),$ soit $$dim(\ker(f^2))=dim(\ker(f))+dim(Im(f)\cap\ker(f)).$$ Et puisque $Im(f)\cap\ker(f)\subset \ker(f)$, ça fait l'affaire.
Cordialement. -
Ce qui peut se voir directement avec les tableaux de Young.Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
-- Schnoebelen, Philippe -
Merci pour vos idées.
Je reste dubitatif si $E$ est de dimension infinie (pour appliquer le théorème du rang), plus précisément, voilà ma question :
Soit donc $E$ un espace vectoriel de dimension infinie, et $F=\ker(f)$ un sous-espace vectoriel de dimension 2, de base $(u,v)$.
Dans ca cas, $\ker(f^2)$ est à priori de dimension infinie, $Im(f)$ aussi...
Puis-je raisonner ainsi :
Supposons $\ker(f^2)$ de dimension supérieure à 5 (ou infinie), alors il existe une famille libre de $\ker(f^2)$ de la forme $(u,v,a,b,c)$ etc... on arrive à une contradiction. Donc $\ker(f^2)$ est de dimension au plus 4.
Il me manque un argument pour appliquer le théorème de la base incomplète (ou le théorème du rang)... -
Salut,
Que reproches-tu à la solution élégante de PB ? Tu définis $F=\ker f^2$, $G=\ker f$, et $g \, : \, F \to G$ par $g(x)=f(x)$ (vérifie qu'elle est bien définie). Si tu disposes de la version "abstraite" du théorème du rang, à savoir que $F / \ker g \simeq \mathrm{im\,} g$, alors tu peux conclure immédiatement.
Sinon tu peux procéder "à la main" et choisissant une base $\mathcal{B}$ de $\ker g$, une base $\mathcal{C}$ de $\mathrm{im\,} g$, en choisissant une famille $\mathcal{D}$ de vecteurs de $F$ telle que $g(\mathcal{D})=\mathcal{C}$ ; $\mathcal{B}$ et $\mathcal{D}$ sont chacune de cardinal $\leq 2$ (pourquoi ?) et il te reste à montrer que $\mathcal{B} \cup \mathcal{D}$ engendre $F$. -
Salut égoroff et merci.
Mon souci est que je ne vois pourquoi $F = \ker(f^2)$ est de dimension finie...
ou que je ne vois pas pourquoi la famille $\mathcal{B} \cup \mathcal{C}$ est génératrice de $F$... -
On est bien d'accord, le but est de le montrer. Tu prends $x \in F$ ; alors $f(x) \in G$ est une combinaison linéaire des vecteurs de $\mathcal{C}$ ; appelles $y \n F$ la combinaison linéaire correspondante avec les vecteurs de $\mathcal{D}$, de sorte que $f(y)=f(x)$ ; tu as donc $f(x-y)=0$...
-
Ok, merci, j'y suis.
$Im(g)$ est un sous-espace vectoriel de $\ker(f)$, donc de dimension au plus deux,
puis $z=x-y$ est dans le noyau de $g$, donc combinaison linéaire de $u$ et $v$, qui forment la base de $\ker(f)$,
et $y$ est combinaison linéaire des antécédents d'une base de $Im(g)$, donc d'au plus deux vecteurs.
Donc $x$ est combinaison linéaire d'au plus 4 vecteurs, $u$, $v$ et les 0 ou 1 ou 2 vecteurs qui forment une base de $Im(g)$.
On a donc prouvé que $\ker(f^2)$ possède une famille génératrice comportant au plus 4 vecteurs. cqfd...
Pas facile à rédiger, surtout si on généralise la dimension de $\ker(f)$...
Merci beaucoup. -
Oui, c'est bon ! Tu peux peut-être trouver des exemple pour les trois possibilités, i.e. des endomorphismes $f$ dont le noyau est de dimension $2$ et tels que le noyau de $f^2$ a pour dimension 2,3 ou 4 ?
-
Oui, j'ai ça, en dimension 4, avec $(e_1,e_2,e_3,e_4)$ une base :
a) $f(e_1)=e_1, f(e_2)=e_2, f(e_3)=0, f(e_4)=0$
b) $f(e_1)=e_1, f(e_2)=0, f(e_3)=e_2, f(e_4)=0$
c) $f(e_1)=e_3, f(e_2)=e_4, f(e_3)=0, f(e_4)=0$
Au final, ce n'était pas si facile.
Merci à tous. -
Hello à tous.
Je reviens armé de la conviction que, comme l'a écrit Skyrmion :
$$\dim\big(\ker(f^2)\big)=\dim\big(\ker(f)\big)+\dim\big(\ker(f)\cap \operatorname{im}(f)\big)$$
puisque la famille $\mathcal{B}\cup\mathcal{D}$ est libre.
Je me demande maintenant quel théorème du rang on me conseillait (Skyrmion, pb et je crois égoroff y faisait allusion) d'utiliser, alors qu'a priori, il n'est pas établi que l'ensemble de départ des applications n'est pas de dimension finie ?
Voilà voilà...
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Bonjour!
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