Petit problème d'application linéaire

gebrane

Bonjour @PierreCap    

Je n 'ai pas lu le fil . D 'après ta dernière proposition as-tu un contre exemple si l'injection fait défaut.

PierreCap

@JLT. J'ai rédigé un énoncé sans la contrainte d'injectivité, le raisonnement te semble-t-il correct ?

 
Cordialement, Pierre

JLT

L'idée de démonstration est juste mais il y a des imperfections, notamment à la fin avec l'expression "dans les deux cas". Revoir la définition d'un supplémentaire.

PierreCap

Puisque $E=G \oplus \ker(g)$ il n'y a que deux cas possible : $x$ est dans $G \backslash \{0\}$ ou dans $\ker(g)$ ?

PierreCap

 @gebrane. L'injectivité n'est pas nécessaire en fait : voir mon post un peu plus haut.

gerard0

Bonjour.

$\mathbb R^2 =\big( \{(0,0)\}\times \mathbb R \big)\oplus \big(\mathbb R\times \{(0,0)\}\big)$

Dans lequel des deux places-tu $(1,1)$ ?

Cordialement.

PierreCap

Oups ! Merci gerard0. Je vais corriger.

PierreCap

@JLT, @gerard0

Voilà j'ai corrigé mon erreur. A quel endroit reste-t-il des maladresses ?

gerard0

Petit problème à la fin : $\mu$ peut être nul, ce qui fait que $g$ n'a pas besoin de l'être.

JLT

Pas d'accord avec gerard0, pour moi la fin convient ($g$ est bien nulle sur $\ker g$). Par contre, avant "$\bar{g}$ est injective", je mettrais "$=g(k\cdot x_1)=\bar{g}(k\cdot x_1)$".

gerard0

JLT,

effectivement, j'ai mal lu !

Cordialement.

gebrane

Bonjour @Pierre cap  tu rédiges ce truc dans quel cadre ?

PierreCap

@JLT. Merci beaucoup pour ton aide précieuse.
@gerard0. Merci pour tes relectures et remarques constructives.
Merci à tous ceux qui m'ont aidé, ce site est super.
Cordialement, Pierre.

PierreCap

@gebrane. Je fais cela juste pour le plaisir, j'aime les maths. Je suis retraité et j'ai du temps à perdre ...

gebrane

Puisque c'est pour le plaisir, peux-tu démontrer ma suggestion dans le cas des formes linéaires en dim finie

PierreCap

@gebrane. Tu as écrit je crois "deux formes linéaires sont liées ssi elles ont le même noyau". Il me semble que c'est exact, je ne comprends pas pourquoi JLT t'a dit que c'est faux. Je viens de revoir ce qui est écrit dans mon livre de chevet

Si $E$ est un $\mathbb{K}$-espace vectoriel, dans le $\mathbb{K}$-espace vectoriel $\mathcal{L}(E,\mathbb{K})$ les formes linéaires de même noyau $H$ sont colinéaires.

PierreCap

Ah oui pardon, JLT t'a dit que c'est faux dans le cas général, ce n'est vrai que si $f$ et $g$ sont des formes linéaires. Que voudrais tu démontrer exactement ?

gebrane

Puisque c'est fait dans le livre  de chevet, je ne demande rien pour le moment

JLapin

PierreCap a dit :

@gebrane. Tu as écrit je crois "deux formes linéaires sont liées ssi elles ont le même noyau". Il me semble que c'est exact, je ne comprends pas pourquoi JLT t'a dit que c'est faux.

C'est faux car si tu considères une forme linéaire non nulle de ton choix et la forme linéaire nulle, la famille est liée alors que les noyaux ne sont pas égaux.

PS : merci de ne pas modifier mon message car la citation (qui n'est pas un copier-coller intégrale du message) aide à comprendre facilement la réponse proposée.

gebrane

@JLapin bonjour

 je note f une forme linéaire de mon choix non identiquement nulle et 0 la forme linéaire nulle, tu dis qu'elles sont liées.
stp trouve moi un lambda tel que                                         f=lambda . 0

JLapin

Je ne peux pas mais par contre, le fait que $0=0.f$ montre que la forme linéaire $f$ et la forme linéaire nulle sont liées.

GaBuZoMeu

Bonjour gebrane, revois la définition de famille liée !

gebrane

Je savais que Gabu allait se pointer 
Je vais m'inscrire en L1

JLapin on évite la fonction nulle dans la citation de pierre cap

PierreCap

Je me trompe peut-être mais il me semble que le noyau de la forme linéaire nulle sur $E$ n'est pas un hyperplan de $E$. Donc elle est disqualifiée ;-)

gebrane

Une question mise à l'approbation de @GaBuZoMeu

Soit E un e.v sur un corps K et f,g deux formes linéaires (non identiquement nulles) sur E. On suppose que le noyau de f est inclus dans le noyau de g.
Peut-on dire qu'il existe k dans K tel que                              g=kf

Vraie ou faux ?

PierreCap

La définition d'un hyperplan est la suivante :

On appelle hyperplan d’un $\mathbb{K}$-espace vectoriel $E$ de dimension $n$ tout sous-espace vectoriel de dimension $n-1$.

On déduit de cette définition que :
- L'espace vide ne possède pas d'hyperplan car il n'existe pas d'espace vectoriel de dimension négative, donc $n \ge 1$
- Le noyau de la forme linéaire nulle sur $E$ est $E$ lui-même. C’est bien un sev de $E$ mais ce n’est pas un hyperplan de $E$

Il faut donc corriger ce que j'ai dit un peu plus haut. En fait c'est :  Si deux applications linéaires admettent le même hyperplan pour noyau, elles sont colinéaires.

Rescassol

Bonjour
Si un hyperplan est inclus dans un autre, ils sont égaux.
Soit $u \in E$ tel que $f(u)\neq 0$ et soit $k=\dfrac{g(u)}{f(u)}$. Alors $g$ et $kf$ coïncident sur $\ker(f)$ et sur $\Delta_u$ qui sont supplémentaires.
Cordialement,
Rescassol

gebrane

Bingo @Rescassol
Maintenant si f et g sont des endomorphismes de E au lieu de formes linéaires. Un contre-exemple ?

gebrane

Si on ne voit pas voici un contre; prendre E=R^2 , f (x,y)=(x,y) et g (x,y)=(x+y,x-y)

Rescassol

Bonjour
Dans $E=K^2$, soient $D_1,D_2,D_3$ trois droites vectorielles distinctes deux à deux.
Soient $p$ et $q$ les projecteurs de direction $D_1$ et d'axes respectifs $D_2$ et $D_3$.
On a bien $\ker(p)=\ker(q)=D_1$, mais $p$ et $q$ ne sont pas proportionnels.
Cordialement,
Rescassol

gebrane

@Rescassol es-tu d'accord avec mon contre. On a seulement le noyau de f inclus dans le noyau de g

Rescassol

Bonjour,

Gebrane, d'une part, l'égalité implique l'inclusion, d'autre part, il suffit de prendre une variation dans $E=K^3$:
$D_1,D_2,D_3$ est un système de droites vectorielles de rang $3$.
$f$ est le projecteur de direction $D_1$ et d'axe $\Pi_{D_2,D_3}$.
$g$ est le projecteur de direction $\Pi_{D_1,D_2}$ et d'axe $D_3$.

Cordialement,
Rescassol

PierreCap

gebrane a dit :

Si on ne voit pas voici un contre; prendre E=R^2 , f (x,y)=(x,y) et g (x,y)=(x+y,x-y)

Il me semble que les deux ont le même noyau. Pour $f$ qui est l'identité de $\mathbb{R}^2$ c'est $(0,0)$ et pour $g$ aussi.

gebrane

Pour avoir une inclusion stricte tu prends g (x,y)=(x-y,0)

Rescassol

Bonjour,

Mon contre-exemple ne vous plaît pas ?

Cordialement,
Rescassol

gebrane

@Rescassol au contraire il est fascinant. j'en suis jaloux a cause de ma faiblesse en geometrie. Je sais le mien est bidon

gebrane

Je vais maquiller l'exercice

Soit E un e.v sur R et f,g deux formes linéaires (non identiquement nulles) sur E. On suppose pour tout x, si  $ f  (x)\ge 0$ alors aussi   $g(x) \ge 0$ 
Peut-on dire qu'il existe k>0  tel que                              g=kf

Vraie ou faux ?

Rescassol

Bonjour,

L'ensemble des $x \in E$ tels que $f(x)\geq 0$ est un des deux demi-espaces $F_1$ limités par l'hyperplan $Ker(f)$, de même pour $g$.
Si $F_1\subset G_1$, c'est que $Ker(f)=Ker(g)$ et donc que $f$ et $g$ sont proportionnelles.

Cordialement,
Rescassol

JLT

Je me posais une question : soient $f,g,h:E\to F$ linéaires. On suppose que pour tout $x$, on a $f(x)\in\mathrm{Vect}(g(x),h(x))$. Est-ce que cela entraîne que $\exists \lambda,\mu$, $f=\lambda g+\mu h$ ?

Edit: la réponse est non, il y a des contre-exemples de $\R^2$ dans $\R^2$.

PierreCap

gebrane a dit :

Pour avoir une inclusion stricte tu prends g (x,y)=(x-y,0)

Ou bien par exemple $g(x,y)=(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2})$.
Dans ce cas $\ker(g)$ est la droite $D_1$ d'équation  $x+y=0$ et $\operatorname{Im}(g)$ est la droite $D_2$ d'équation $y=x$.
De plus $g$ est idempotent, c'est donc le projecteur sur $D_2$ parallèlement à $D_1$.
Effectivement on ne peut pas écrire que $f=k.g$

PierreCap

 (post à supprimer)

PierreCap

JLT a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2358701/#Comment_2358701

[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

Si $x\mapsto g(x)$ est linéaire, on a montré que $x\mapsto\lambda (x)g(x)$ est linéaire ssi $\lambda$ est constante.
La question que tu poses revient à savoir (me semble-t-il) à quelle condition la somme $x↦λ(x)g(x)+μ(x)h(x)$ est linéaire.
La condition $\lambda$ et $\mu$ constants est suffisante, mais est-elle nécessaire ?
Pourrais-tu nous dire quel contre-exemple tu as trouvé ?

Rescassol

Bonjour,

Déjà, en dimension 2, il est évident que pour tout $x \in E$, et toutes $f,g,h$ linéaires de $E$ dans $F$, le système $\{f(x),g(x),h(x)\}$ est lié alors qu'on n'a pas forcément $f=\lambda g + \mu h$, puisque $L(E,F)$ est de dimension $4$.
Après, il faut voir de plus près les cas de dépendance linéaire de $g(x)$ et $h(x)$.
Je n'ai plus le temps maintenant.

Cordialement,
Rescassol

JLT

J'ai pris g(x,y)=(x,y), h(x,y)=(-y,x) et f quelconque en dehors de Vect(g,h).

PierreCap

@JLT. On peut prendre par exemple $f(x,y)=(x,0)$, ainsi $f$ n'est pas combinaison linéaire de $g$ et $h$.
Pour tout couple de réels $u_0=(x_0,y_0)$, les vecteurs $g(u_0)=(x_0, y_0)$ et $h(u_0)=(-y_0,x_0)$ forment une base de $\mathbb{R}^2$.
Tout vecteur de $\mathbb{R}^2$ a donc des coordonnées dans cette base, en particulier le vecteur $f(u_0)=(x_0,0)$.
Pour calculer ses coordonnées $\lambda$ et $\mu$ il suffit de résoudre l'équation $(x_0,0)=\lambda (x_0, y_0)+\mu (-y_0,x_0)$.
C'est en fait est un système de deux équations qui donne, sauf erreur, $\lambda=\frac{x_0^2}{x_0^2+y_0^2}$ et $\mu=-\frac{x_0 y_0}{x_0^2+y_0^2}$.
Pour tout couple de réels on a donc $f(x,y)=(\frac{x^2}{x^2+y^2})g(x,y)-(\frac{x y}{x^2+y^2})h(x,y)$.

PierreCap

@Rescassol. Très belle démonstration ! On ne peut certainement pas faire plus court, ni plus clair.

Si $g(x)$ et $h(x)$ sont liés, c'est à dire si pour tout $x$ il existe un scalaire $\alpha$ tel que $g(x)=\alpha h(x)$ alors $g$ et $h$ sont proportionnels. C'est le sujet de la discussion de base de ce fil. Par un raisonnement simple on en déduit que $f$ et $g$ sont proportionnels, ainsi que $f$ et $h$. 

JLapin

Attention : $g(x)$ et $h(x)$ lié ne signifie pas qu'il existe systématiquement un scalaire $\alpha$ tel que $g(x)=\alpha h(x)$.

PierreCap

@JLapin. Ou $h(x)=\alpha g(x)$