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.
"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) ?
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.
@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.
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
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 $x\in E$, $h^{-1}(f(x))=\lambda x$.
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
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
@Dom. Ta question concernant des fonctions $f$ et $g$ non proportionnelles est venue dans le fil avant que j'ai posté cette preuve erronée. Que veux tu dire exactement ?
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.
@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
@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.
@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.
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 $g$ ?
@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 $G$.
@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 $x$.
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.
@JLT. Ah oui, j'avais appris ça sous le nom de théorème du rang (en dimension finie). Je vais essayer de retoucher mon texte pour utiliser cela. Merci beaucoup.
@JLT. D'un autre côté je me demande s'il est possible que $g$ ne soit pas injective et qu'elle vérifie le membre de gauche de l'implication. A ton avis ?
Réponses
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.
On trouvera ensuite deux vecteurs $x$ et $y$ et deux scalaires $k$ et $k’$…
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 ?
Merci GabuZoMeu et bisam c'est surtout vous m'avez mis sur la piste. J'espère que c'est bon.
Pierre
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
Cordialement, Pierre
Cordialement, Pierre
Cela me rendrait service
Mais avec des hypothèses supplémentaires (l'injectivité des applications).
Je crois que personne ne l'a lu en réalité.
Cordialement, Pierre
f et g liées ssi ker (f)=ker(g)
Cordialement, Pierre
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.
Dans ma pensé, j 'ai considéré deux formes linéaires en dim finie. Il me semblait ce que j 'ai dit est juste. Donc pourquoi c'est faux
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 ?
Bonjour. J'ai essayé de tenir compte de tes remarques, cette rédaction te paraît-elle plus rigoureuse ?
Je n'ai pas réussi à placer un quantificateur, désolé -;)
Cordialement, Pierre