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Endomorphisme diagonalisable

Modifié (10 May) dans Algèbre
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 : $\boxed{rg(u) \leq \dfrac{n}{2}}$


Réponses

  • Demander aux autres des corrigés d'exercice, ça servirait si ça t'inspirait pour les exercices à venir. Tu as peut-être déjà oublié, mais tu as demandé ce Week-end la correction d'un exercice, où l'idée magique, c'était de choisir la base 'magique' pour que la fonction soit facile à exprimer.

    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.    
  • Modifié (9 May)
    1)b) $u$ de matrice $\mathrm{diag}(\underbrace{J_1,\ldots,J_1}_{n-2r},\underbrace{J_2,\ldots,J_2}_r)$, où $J_k$ désigne la matrice de Jordan nilpotente de taille $k$ pour tout $k\in\N$.
  • Modifié (9 May)
    Merci je ne voyais pas comment utiliser le $r \leq n/2$ c'est ce qui me bloquait. Mais je savais que pour obtenir $u^2=0$ on met des $1$ sur la première ligne et la nième colonne. 

    $J_1 =0$  et $J_2 ^2=0$ et on fait le produit par blocs.
  • Il n'y avait guère le choix pour $u$, une seule classe de similitude d'après le théorème de Jordan.
  • Modifié (9 May)
    Testons Oshine.
    Donné nous un  exemple! cette fois ci lorsque la dimension de l espace est 1 ?
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    Citation en cours
  • @gai requin le théorème de Jordan est hors programme des classes préparatoires...

    @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.
  • OShine a dit :
    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.
    Et pourtant... que dire d'un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension $n$ qui a n valeurs propres distinctes ?

    OShine a dit :

    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 $v$.
    Pourquoi les vecteurs propres seraient communs à $u$ et à $v$ ? Pourtant tu ne prends que des vecteurs propres de $u$  :|
  • Erreur de frappe il existe une base de vecteur propre de la restriction de $v$ à un sous-espace propre de $u$ donc de $v$.

    Tout endomorphisme qui admet n valeurs propres distinctes est diagonalisable. 
    Mais on ne sait pas si $v$ est diagonalisable... 
  • $\DeclareMathOperator{\im}{Im}$
    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 $\ker(u)$.
    Pour fabriquer un endomorphisme, il suffit de connaître son action sur une base.
    Puisque les éléments de $\im(u)$ sont censés être dans $\ker(u)$, on connait déjà l'image de $r$ vecteurs que je vais nommer $(e_{r+1},\dots,e_{2r})$ formant une base de ce sev. On complète cette base de $\im(u)$ en une base de $\ker(u)$ avec $n-2r$ vecteurs $(e_{2r+1},\dots,e_{n})$ qui sont eux aussi envoyés sur $0$ et pour $(e_1,\dots,e_r)$ on prend des antécédents respectifs de $(e_{r+1},\dots,e_{2r})$.

    Ça, c'est la partie "analyse". Ensuite, il reste à construire cela dans le bon ordre pour prouver l'existence d'un endomorphisme $u$ qui convienne.
  • Pour 1b, on peut prendre une base $(e_1,\dots,e_n)$ et on définit $u\in{\cal L}(E)$ par $u(e_{r+1})=\dots=u(e_n)=0$ et $u(e_j)=e_{r+j}$ si $1\leq j\leq r$ (c'est possible puisque $2r\leq n$).
    On a ainsi ${\rm im}(u)={\rm vect}(e_{r+j},1\leq j\leq r)\subset\ker(u)$, donc $u^2=0$.
  • 2)a) Si $\lambda$ est valeur propre de $u$, il existe $e\in E$ tel que $E_{\lambda}=\mathbb Re$.
    Comme $u$ et $v$ commutent, $v(e)\in E_{\lambda}$.
    Donc n'importe quelle base de vecteurs propres de $u$ convient.
  • Oshine une question. Si u^2=0 et rg (u)=n/2. Que peux-tu dire sur le noyau et l'image ?
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    Citation en cours
  • Modifié (10 May)
    @Gache joli merci c'est très clair  B)

    @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 $\forall i \in [|1,n|] \ v(e_i) \in E_{\lambda_i}$
  • @OShine ma question est simple. Il suffit de réfléchir un peu
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    Citation en cours
  • $rg(u)=\dim \ker (u)= n/2$ je ne vois pas quoi dire de plus.
  • Tu peux dire mieux à un poil. (Expression emprunté  de @raoul.S )
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    Citation en cours
  • On peut faire un poil mieux que $Im(u) \subset \ker(u)$...
  • Je ne sais pas faire mieux...
  • Modifié (10 May)
    Bonjour
    Pourtant $Im(u) = \ker(u)$, c'est mieux.
    Cordialement,
    Rescassol
    PS. J'en avais marre de voir le feignant en action, si je puis dire  :s.
  • Oui en effet inclusion + même dimension. 
  • @OShine

    Tu bloques sur des questions faciles !. Mauvais présage 
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    Citation en cours
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