Endomorphisme diagonalisable
Bonsoir,
Issu d'un oral de CCINP. Je bloque à la question $1.b$.
1.a) $u^2=0$ donc $Im(u) \subset \ker (u)$ alors $rg(u) \leq \dim \ker (u)$.
D'après le théorème du rang : $\dim \ker (u)= n - rg(u)$.
Donc $rg(u) \leq n - rg(u)$ alors $2 rg(u) \leq n$.
Finalement : $\boxed{rg(u) \leq \dfrac{n}{2}}$
Issu d'un oral de CCINP. Je bloque à la question $1.b$.
1.a) $u^2=0$ donc $Im(u) \subset \ker (u)$ alors $rg(u) \leq \dim \ker (u)$.
D'après le théorème du rang : $\dim \ker (u)= n - rg(u)$.
Donc $rg(u) \leq n - rg(u)$ alors $2 rg(u) \leq n$.
Finalement : $\boxed{rg(u) \leq \dfrac{n}{2}}$
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Réponses
Peut-être que pour cet exercice aussi, choisir une base bien magique, ça te permettrait d'avancer.
Je dis ça au cas où tu voudrais chercher l'exercice par toi-même.
$J_1 =0$ et $J_2 ^2=0$ et on fait le produit par blocs.
Donné nous un exemple! cette fois ci lorsque la dimension de l espace est 1 ?
@gebrane l'endomorphisme nul car $r \leq 1/2 \implies r=0$.
Pour la suite c'est bizarre, il me semble que 2.b est plus facile que 2.a ...
Je sais faire 2.b mais pas 2.a.
Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$. Posons $E_{\lambda}= \ker (u - \lambda id_E)$.
Comme $u$ est diagonalisable, $E$ est égal à la somme directe des sous-espaces propres de $u$.
Comme $u$ et $v$ commute, $E_{\lambda}$ est stable par $v$ pour tout $\lambda$.
Ainsi la restriction de $v$ à tous les sous-espaces propres de $u$ est diagonalisable, il existe une base de vecteurs propres de $u$ pour chaque sous-espace propre de $u$.
En concaténant les bases, on obtient une base, on obtient une base de $E$ formée de vecteurs propres communs à $u$ et $v$.
Finalement, $u$ et $v$ admettent une base commune de diagonalisation.
Pourquoi les vecteurs propres seraient communs à $u$ et à $v$ ? Pourtant tu ne prends que des vecteurs propres de $u$
Tout endomorphisme qui admet n valeurs propres distinctes est diagonalisable.
Mais on ne sait pas si $v$ est diagonalisable...
Pour rendre un peu moins "magique" la réponse de @gai requin, on peut remarquer que pour fabriquer un endomorphisme $u$ qui convienne, il faut prendre un sev de dimension $r$ qui fasse office de $\im(u)$ et un sev de dimension $n-r\geq r$ qui contienne $\im(u)$ et qui fasse office de $\ker(u)$.
On a ainsi ${\rm im}(u)={\rm vect}(e_{r+j},1\leq j\leq r)\subset\ker(u)$, donc $u^2=0$.
Comme $u$ et $v$ commutent, $v(e)\in E_{\lambda}$.
Donc n'importe quelle base de vecteurs propres de $u$ convient.
@bisam d'accord merci j'avais pensé à ça mais je ne voyais pas où utiliser $2r \leq n$...
@gebrane $Im(u) \subset \ker(u)$ donc $rg(u) \leq \dim \ker (u)$ donc $n/2 \leq \dim \ker(u)$ je ne vois pas où tu veux en venir.
@gai requin merci je n'avais pas pensé à utiliser la dimension des sous-espaces propres !
On a $Sp(u) = \{ \lambda_1, \cdots, \lambda_n \}$ avec les $\lambda_i$ distincts. Les $E_{\lambda_i}$ sont des droites vectorielles et $E=\bigoplus_{i=1}^n E_{\lambda_i}$.
On peut noter $E_{\lambda_i} = e_i \R$ avec $e_i$ un élément de $E$ et $(e_1, \cdots, e_n)$ est une base de diagonalisation de $u$.
Comme $u$ et $v$ commutent alors $E_{\lambda i }$ est stable par $v$ donc $\forall i \in [|1,n|] \ v(e_i) \in E_{\lambda_i}$
Pourtant $Im(u) = \ker(u)$, c'est mieux.
Cordialement,
RescassolPS. J'en avais marre de voir le feignant en action, si je puis dire .
Tu bloques sur des questions faciles !. Mauvais présage