Hyperplans stables et diagonalisabilité
Titre initial : $n$ hyperplans stables par $ f \Rightarrow f $ diagonalisable
[Le corps du message est là pour détailler. AD]
Bonjour
J'aimerais répondre à la question suivante en utilisant un argument de dualité.Soit $f \in L(E)$. Sil existe $n$ hyperplans $H_1,\dots, H_n$ stables par $f$ d'intersection nulle, alors $f $ [est] diagonalisable.
Mon idée est de dire que $H_i=\ker(\Phi_i)$ où $\Phi_i \in E^*$ non nulle, donc du coup j'aimerais montrer que les $\Phi_i$ forment une base de vecteurs propres (peut-être de la transposée de $f$, vu que $f$ et sa transposée ont le même polynôme caractéristique) mais je ne sais pas trop comment faire...
Merci d'avance pour votre aide.Réponses
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Si $F$ est stable par $f$ alors $F^T = \{ \varphi \in E^\star\mid \forall x \in F,\ \varphi(x) = 0\}$ est stable par $^t\!f$. De plus, $\dim F^T = \dim E - \dim F$.
À partir de ça, tu devrais trouver $n$ droites stable par $^t\!f$ et conclure à l'aide d'un argument que tu évoques. -
On a donc, $H_i^\bot$ stable par $\;^t\! f$ et $\dim H_i^\bot =1$ donc $H_i ^\bot= vect(\Phi_i)$.
Mais comment montrer que les $\Phi_i$ sont stables par $\;^t\! f$ et que la famille des $\Phi_i$ est libre ? -
Borelline a dit :$F^T = \{ \varphi \in E^\star\mid \forall x \in F,\ \varphi(x) = 0\}$
@Borelline, j'aimerais ton avis, j'ai reformulé ton expression plus haut, est-ce que l'expression suivante est claire et intuitive :
$\bigcap \big\{ \{ \phi \in E^*\mid \phi x = 0\} \mid x\in F\big\}$
Une autre formulation $\bigcap \big\{ \{ \phi \in E^*\mid x \in \ker (\phi) \} \mid x\in F\big\}$
Une autre formulation
$\bigcap \{ \ker(x) \mid x\in F\}$ (en identifiant chaque élément de $E$ avec son image par le plongement canonique $E$ dans son bidual).
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En considérant les $E_i=\displaystyle\bigcap_{k\neq i}H_k$, on obtient le résultat avec une base de vecteurs propres qui plus est.
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je ne comprends plus, c'est censé aller dans la continuité de l'argument que @Borelline ?[Inutile de reproduire le message précédent. AD]
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Non, c'est un argument direct.
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je ne vois pas trop comment arriver à la conclusion, pourriez-vous détailler un peu svp ?
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Soit $\phi$ une forme linéaire non nulle sur $E$, soit $f : E \rightarrow E$ telle que $f(\ker(\phi)) \subset \ker(\phi)$. Alors $\phi$ est vecteur propre de $f^t$.Alors $\phi \circ f$ est une forme linéaire dont le noyau contient $\ker(\phi)$. Si ce noyau est $E$, $\phi \circ f$ est nulle, donc $f^t (\phi) = 0\cdot \phi$. Sinon, $\ker(\phi) = \ker(\phi \circ f)$. Soit $v \not \in \ker(\phi)$ : alors $\phi(v) \neq 0$ et $\phi(f(v)) \neq 0$. Si on pose $\lambda := \frac{\phi(v)}{\phi(f(v))}$, alors $\lambda \phi \circ f$ et $\phi$ coïncident sur $\ker(\phi)$ et sur $v$, donc sont égales.
Sinon, je crois que l'énoncé suivant est vrai (mais peut-être seulement pour des formes réelles ? J'ai vu ça dans un cours où il y avait du Hahn-Banach partout) : soit $\Phi$ un ensemble fini de formes linéaires, et $\psi$ une forme linéaire. Alors $\psi \in vect \Phi$ si et seulement si $\bigcap_{\phi \in \Phi} \ker \phi \subset \ker(\psi)$.
EDIT : Ah oui, bien vu, @gai requin !
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merci @Georges Abitbol, mais alors comment montrer que la famille des $(\Phi_i)$ est bien libre ? de sorte à bien avoir une base de vecteurs propres
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Pas mal la solution de @gai requin.
Édit. En supposant que $n$ est le rang de $\{ \Phi _i \}$ (Mais j'attends toujours ma preuve pour la formule définissant les triangles de $\mathbb C$)
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@fifi21
On a $\dim(\bigcap \{\ker (\Phi _i) \mid 0<i<n+1 \} )= \dim(E)-\mathrm{rang} (\{ \Phi _i \mid 0<i<n+1 \})$
Donc $\dim(E)=\mathrm{rang} (\{ \Phi _i \mid 0<i<n+1 \})$.
Il n'est pas sûr que $\{ \Phi _i \mid 0<i<n+1 \}$ soit libre, mais il est générateur du dual de $E$.
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Donc $\dim(E)=\mathrm{rang}(\Phi_i, \ 0<i<n+1)$ ?
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Oui, puisque l'intersection est nulle.
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C'est bon j'y suis parvenu, merci !
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@fifi21
De rien, de la part de tout le monde.
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