Petit problème d'application linéaire
Réponses
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BonjourCeci montre qu'il faut bien faire attention à quantifier correctement les variables et que l'ordre des quantificateurs est extrêmement important.Le résultat d'algèbre linéaire que tu cites s'écrit en fait :"Si pour tout x, il existe k tel que f(x)=kg(x), alors il existe k tel que pour tout x f(x)=kg(x)".
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Bonjour et merci beaucoup pour cette mise au point.
Je ne sais pas démontrer cette propriété, auriez-vous un indice ?
A partir de f(x)=kg(x) et f(x')=k'g(x') il faudrait donc démontrer que k=k' ?
Je sais le démontrer seulement si x et x' sont colinéaires.
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Peux-tu d’abord proposer deux fonctions $f$ et $g$ non proportionnelles ?
On trouvera ensuite deux vecteurs $x$ et $y$ et deux scalaires $k$ et $k’$… -
Si $x$ et $x'$ ne sont pas colinéaires, on peut utiliser le vecteur $x+x'$, regarder son image par $f$ et $g$ et utiliser la liberté pour conclure.
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Supposons que :
f(x_1) = a g(x_1)
f(x_2) = b g(x_2)
Alors :
f(x_1+x_2) = a g(x_1+x_2)
f(x_2+x_1) = b g(x_2+x_1)
Donc a = b
C'est ça ?
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Non ça ne va pas.Et es-tu sûr du résultat que tu cites, sans hypothèse sur f et g ?Par exemple, est-ce que deux formes linéaires sur un espace E sont toujours proportionnelles ?
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Je suis d'accord, ça ne va pas. C'est pourquoi j'ai du mal. Faut-il supposer que les applications sont injectives ?
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Bonjour."ça va pas" n'est pas une réflexion mathématique. L'examen d'un contre-exemple peut te faire avancer ... en as-tu un (vu ce que tu dis, on peut le penser) ?Cordialement.
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Le résultat classique qui ressemble à celui que tu mentionnes s'appelle "caractérisation des homothéties".Il dit que si $f\in L(E)$ vérifie$\forall x\in E, \ (x,f(x))$ liéealors $f$ est une homothétie (et réciproquement).Après, tu dois pouvoir adapter la méthode de la preuve pour démontrer des résultats similaires mais c'est au cas par cas.
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Attention, PierreCap ne traite pas le résultat classique, mais la propriété qui est à la fin de son premier message, ou celle de ce message, avec la preuve (fausse) dans celui-ci.Cordialement.
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Merci à tous. Je pense avoir trouvé une démonstration. Dites-moi ce que vous en pensez :
Merci GabuZoMeu et bisam c'est surtout vous m'avez mis sur la piste. J'espère que c'est bon.
Pierre
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Décidément je n'ai rien compris à ce que racontait Pierrecap. Manifestement les sujets changent de message en message.
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C’est bizarre.C’est comme si une bonne partie des messages n’étaient pas lus. Ça rend sûrement une discussion plus cohérente.L’assertion fausse (« si pour x et y on trouve k et k’ alors k=k’ ») n’a pas été traitée et c’était pour moi le cœur de la question.
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@PierreCap. Ta démonstration est insuffisante car elle manque de quantificateurs. Tu sembles passer complètement à côté de la difficulté car tu caches sous le tapis les deux quantificateurs : $\exists \lambda$ et $\forall x$.Bref, pour moi, tu ne démontres rien.PS. Je précise comme @GaBuZoMeu que je suis perplexe quant à la véracité de l'énoncé à prouver.
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La discussion est à mon avis assez cohérente, et j'ai bien lu tous les messages, même si je n'y ai pas toujours répondu. Mais il n'y a que les messages de GabuZoMeu et de bisam [qui] m'ont aidé. GabuZoMeu a reformulé ma proposition de départ en termes corrects et plus loin il m'a fait remarquer qu'il fallait imposer une condition sur les fonctions $f$ et $g$ (j'ai trouvé qu'elles doivent être injectives, enfin je crois car personne n'a encore donné son avis sur ma démonstration). Quant à bisam il m'a donné le démarrage du raisonnement.
J'ai réfléchi à la question que tu m'as posée mais cela ne m'a pas vraiment aidé. Que veux-tu dire par "deux fonctions non proportionnelles" ? On s'intéresse aux fonctions telles que $f(x)=k.g(x)$, donc a priori proportionnelles, mais on ne peut pas dire qu'elles soient proportionnelles si $k$ dépend de $x$. Prenons par exemple (exemple suggéré par GabuZoMeu) les deux formes linéaires $f(x)=x_1$ et $g(x)=x_2$ où $(x_1, ... ,x_n)$ sont les coordonnées de $x$ dans une base de $E$. Elles ne sont pas proportionnelles, bien qu'on puisse toujours trouver $k$ tel que $f(x)=k.g(x$), mais ce $k$ varie en fonction de $x$.
Voilà, je t'ai donc donné deux fonctions non proportionnelles, mais qu'en feras-tu ?
En fait il manque une condition fondamentale que je ne soupçonnais pas au début : les fonctions $f$ et $g$ doivent être injectives.
Si tu pouvais lire ma démonstration et me donner ton avis, cela m'aiderait beaucoup.
Cordialement, Pierre
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Moi ça me parait juste (avec uniquement l'hypothèse d'injectivité de $g$).On suppose donc que pour tout $x\in E$, $f(x)\in Vect(g(x))$.Puisque $g$ est injective, on peut définir $h:x\mapsto g(x)$ isomorphisme de $E$ sur $Im(g)$.$x\mapsto h^{-1}(f(x))$ est alors bien définie (puisque par conséquence de l'hypothèse, $f(x)\in Im(g)$) et linéaire.De l'hypothèse, il vient que pour tout $x\in E$, on a $h^{-1}(f(x))\in Vect(x)$ donc par caractérisation des homothéties, il existe $\lambda\in K$ tel que pour tout $x\in E$, $h^{-1}(f(x))=\lambda x$.On obtient alors directement $f=\lambda g$.
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Merci JLapin. Le passage par les homothéties n'est pas (pour l'instant) ce qu'il y a de plus simple pour moi mais je te crois sur parole. Je retiens surtout que tu trouves ma démonstration juste. Pour ce qui concerne l'injectivité, il n'y a effectivement que celle de $g$ qui intervient dans la démonstration.
Cordialement, Pierre -
Pour être honnête, je n'ai pas relu ta preuve : j'ai juste vérifié par moi-même que l'énoncé proposé était correct.
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Pour ma part je parlais de l’assertion dont voici une preuve erronée :
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As-tu vraiment lu mon texte ? Dès le départ j'ai choisi des valeurs particulières $x_1, x_2, \lambda_1, \lambda_2$ et cela m'a suffi pour démontrer que $\lambda_1=\lambda_2$, sans que j'aie besoin invoquer des généralités avec $\exists \lambda$ et $\forall x$. Je ne vois pas à quel endroit j'aurais pu mettre un quantificateur, même pour faire joli ;-)Je ne vois pas non plus à quel endroit GaBuZoMeu dit qu'il est perplexe quant à la vérité de l'énoncé. C'est même le contraire puisqu'il m'a indiqué l'énoncé correct, qui est classique et que je ne connaissais pas. Il m'a par contre fait comprendre que je devais rajouter des conditions sur $f$ et $g$, ce que j'ai fait en précisant que $f$ et $g$ doivent être injectives.Pourrais-tu lire ma démonstration s'il te plaît ?
Cordialement, Pierre -
Ok.Je me disais qu’il était pertinent de démontrer qu’une telle démonstration ne peut qu’être erronée puisque c’est une assertion fausse.
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C'est effectivement grossièrement faux puisqu'on ne sait pas si $a$ et $b$ sont des constantes. C'est justement ce qu'il faut démontrer.
Mais avec des hypothèses supplémentaires (l'injectivité des applications). -
Il n'y a pas besoin d'injectivité. Soient $f,g:E\to F$ linéaires telles que pour tout $x\in E$, il existe $k_x$ vérifiant $f(x)=k_xg(x)$. Quitte à remplacer $F$ par $\mathrm{Im}(g)$, on peut supposer $g$ surjective. Or $f$ s'annule sur $\ker g$ donc $f$ se factorise en $f=h\circ g$ où $h:F\to F$ est linéaire. Alors pour tout $y\in F$, $h(y)$ est proportionnel à $y$ donc d'après un résultat classique, $h$ est une homothétie, ce qui conclut.
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@JLT. Merci pour votre réponse, qui rejoint d'ailleurs celle de JLapin. Mais je désire une démonstration sans passer par les homothéties. Je pense que ma démonstration peut se placer tout au début de l'apprentissage des applications linéaires. Pourriez-vous lire mon texte s'il vous plaît ?
Je crois que personne ne l'a lu en réalité.
Cordialement, Pierre -
Modulo le fait que :1) Pas la peine de supposer $f$ injective, on ne l'utilise nulle part.2) Il faut supposer $x_1\ne 0$ et $x_2\ne 0$.la démonstration est correcte dans le cas où $g$ est injective. (Mais comme je l'ai dit le résultat reste vrai sans supposer $g$ injective.)
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@PierreCap : J'ai bien relu ta démonstration et effectivement mes critiques ne sont pas placées au bon endroit.Elles devraient être placées sur le "Sinon, $g(x_2)=kg(x_1)\quad (k\in\mathbb{K})$.Ce passage mériterait d'être quantifié et mériterait au moins deux cas.Plus loin, tu sembles simplifier par $k$ sans te soucier du fait que $k$ pourrait être nul, ce qui amène un autre cas.Bref, tu as raison, ma critique était mal placée, mais elle était quand même réelle : ta démonstration n'est pas assez précise.
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D'après ce que je vois. On peut écrire les choses de manière plus belle
f et g liées ssi ker (f)=ker(g)Le 😄 Farceur -
@JLT. Merci aussi pour ta relecture ça me fait très plaisir.
C'est vrai, on n'utilise pas l'injectivité de $f$ dans la démonstration. Mais lorsqu'on a prouvé que $f(x) = \lambda .g(x)$ avec $\lambda$ constante, l'injectivité de $g$ entraîne celle de $f$. Je vais peut être retoucher mon texte pour le dire de cette manière là.
Par ailleurs tu dis, dans ta démonstration, que l'injectivité de $g$ n'est pas requise ? Cela m'étonne beaucoup car cette condition est cruciale dans mon raisonnement.
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@gebrane non ce que tu dis est faux.@PierreCap A partir de ta démonstration : si $g$ n'est pas injective, on peut prendre un supplémentaire $G$ de $\ker g$. Tout ce que tu dis s'applique aux restrictions de $f$ et de $g$ à $G$, donc il existe $\lambda$ tel que $f-\lambda g$ s'annule sur $G$. Et comme il s'annule aussi sur $\ker g$, il s'annule partout.
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Je ne comprends pas. Dans ma démonstration j'utilise l'injectivité de $g$ pour dire "puisque $g(x_2)=g(k.x_1)$ alors $x_2=k.x_1$". Même si $x_2$ est dans $G$ je ne vois pas comment me passer de l'injectivité de $g$ ?
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Gebrane,penses-tu vraiment que toutes les applications linéaires injectives (ker vide réduit à 0) sont liées deux à deux ?Cordialement.
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@PierreCap Si $g$ est quelconque et si $G$ est un supplémentaire de $\ker g$, alors la restriction de $g$ à $G$ est injective donc ton raisonnement s'applique encore aux restrictions de $f$ et de $g$ à $G$.
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Oui, c'est ce que je voulais dire !
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@JLT. Ah bon ? J'ignorais totalement cela, je vais me pencher dessus ;-)Pourtant voici un exemple (que j'ai déjà donné) qui semble montrer la nécessité de l'injectivité de $g$. Soit $E$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel muni d'une base $(e_1,\ldots,e_n)$ et soit $f$, $g$ deux applications linéaires de $E$ dans $\mathbb{K}$ (c'est-à-dire deux deux formes linéaires sur $E$) définies par :Pour tout $x=x_1e_1+\cdots+x_n e_n$ $f(x)=x_1$ et $g(x)=x_2$Pour tout $x \in E$ il existe bien un scalaire $\lambda$ tel que $f(x)=\lambda.g(x)$.Pourtant il n'existe aucun scalaire $\lambda$ tel que $f(x)=\lambda.g(x)$ pour tout $x$.
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Et si $x=e_1$ ?
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@JLT. Alors $f(x)=1$ et $g(x)=0$ donc $\lambda=0$
Ah non pardon ! Mais si $g$ est injective $g(x)$ ne peut être nulle que si $x=0$. Ca me sauve, il faut juste rédiger la proposition en disant "Si pour tout $x \in E$ non nul il existe $\lambda \in \mathbb{K}$ ...
Du coup j'ai une autre question : comment montre-t-on qu'une application linéaire est une fonction injective en-dehors de son noyau ? -
Je n'ai pas dit "en dehors du noyau" j'ai dit "sur un supplémentaire du noyau". Revois la définition d'un supplémentaire, ce n'est pas du tout difficile à démontrer.
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Oui, tu peux trouver un exemple très simple.
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Ben voilà, tu as trouvé des exemples, pas la peine d'en chercher d'autres.
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