@Calli : My bad ! Il existe $m,n\in\N$, $C\in M_n(K)$ et $P\in\mathrm{GL}_{m+n}(K)$ tels que $P^{-1}AP=\mathrm{Diag}(0_n,I_m)$ et $P^{-1}BP=\mathrm{Diag}(C,0_m)$. D'où $\mathrm{rang}(A+B)=\mathrm{rang}(C)+m=\mathrm{rang}(B)+\mathrm{rang}(A)$.
De tête, il me semble que l’idée de gai requin marche encore en se plaçant dans une base adaptée à la décomposition $\mathbb{K}^n=\textrm{Ker}(A)\oplus \textrm{Im}(A)$.
Si A et B sont deux matrices carrées vérifiant $AB=BA$ et $\rg(A^2)=\rg(A)$ alors $\rg(A+B)=\rg(A)+\rg(B)$
puis il a eu un doute et il l'a effacée. Je trouve sa preuve correcte. Il démontre en plusieurs étapes que $im(A)\oplus im(B)=im(A+B)$ Sa rédaction était difficile à comprendre, je rédige proprement pour qu'un étudiant L1 comprenne sans problème
Etape 1, on montre que $im(A^2)=im(A)$ et $\ker(A^2)=\ker(A)$
On a trivialement $im(A^2)\subset im(A)$ et par hypothèse $\dim(im(A^2))=\dim(im(A))$, d'où $im(A^2)=im(A)$ et par le théorème du rang on a aussi $\ker(A^2)=\ker(A)$.
Etape 2, on montre que $im(A)\cap im(B)=\{0\}$^2
Soit $z\in im(A)\cap im(B)$ alors $z=Ax=By$, or $Az=A²x=ABy=0$, donc $x\in \ker(A^2)$ et d'après la première étape $\ker(A^2)=\ker(A)$, d'où $Ax=0$ c'est à dire $z=0$.
Etape 3, on montre que $im(A)\subset im(A+B)$
Soit $z\in im(A)$, alors $z\in im(A^2)$ d’après la première étape, donc $z=A(Ax)=A(Ax)+B(Ax)=(A+B)(Ax)$ donc $z\in im(A+B)$.
Etape 4, On déduit que $im(A)+im(B)\subset im(A+B)$
Soit $z\in im(A)+im(B)$, puisque $im(A)\subset im(A+B)$, alors $z=(A+B)x+By$, d'où $z=Ax+B(x+y)=A(x+y)+B(x+y)+A(-y)=(A+B)(x+y)+A(-y)$, or $im(A)\subset im(A+B)$, donc $z\in im(A+B)$.
Etape 5, on conclut
On a $im(A)+im(B)\subset im(A+B)$ et trivialement $im(A+B)\subset im(A)+im(B)$, d'où $im(A)+im(B)= im(A+B)$. Finalement $im(A)\oplus im(B)=im(A+B)$ et le lemme s'ensuit.
Bonjour @GaBuZoMeu , les hautes voltiges ont tous compris l'indication de @gai requin sauf gebrane. Tu sais que je fonctionne avec 12 volts. Peux-tu m'aider stp .
@gebrane, tu as montré $\mathrm{im}(A^2)=\mathrm{im}(A)$. Tu en déduis facilement $K^n=\mathrm{im}(A)\oplus\ker(A)$. Ces deux sous-espaces sont stables par $B$ puisque $A$ et $B$ commutent, et on a $B|_{\mathrm{im}(A)}=0$ puisque $BA=0$. Yapuka conclure.
Merci @GaBuZoMeu de venir à ma rescousse. Je ne sais si on parle de la même chose, mon but est de comprendre cette assertion de @gai requin Il existe $m,n\in\N$, $\ C\in M_n(K)$ et $P\in\mathrm{GL}_{m+n}(K)$ tels que $P^{-1}AP=\mathrm{Diag}(0_n,I_m)$ et $P^{-1}BP=\mathrm{Diag}(C,0_m)$.
Est-ce que c'est un résultat ou un théorème que je ne connais pas (ou [que] j'ai dû l'oublier). Si ton message a pour but de me l'expliquer, je m'y mets.
La décomposition en somme directe et ce que j'ai raconté te donnent $P$ inversible telle que $P^{-1} A P=\mathrm{Diag}(0_{n-r},U)$ (avec $U$ inversible, mais c'est accessoire) et $P^{-1} B P=\mathrm{Diag}(C,0_r)$. Ce qui change par rapport à @gai requin , c'est que tu as changé l'énoncé de départ en remplaçant $A^2=A$ par $\mathrm{rg}(A^2)=\mathrm{rg}(A)$.
J'ai posé le problème avec A²=A et GR a donné une réponse que je n'ai pas compris.
Apres j'ai proposé la question originale du forum chinois c'est-à-dire avec rg(A²)=rg(A). Mon but était de comprendre ce qu'a dit GR dans le cas A²=A. Dans ta réponse je te vois remplacer I de GR par U inversible ?
Dans le cas où $A^2=A$, tu disposes de la décomposition $K^n = \ker(A)\oplus ImA$ et aussi du fait que $Ax=x$ pour tout $x$ dans l'image de $A$.
D'où la première matrice diagonale bloc (en prenant n'importe quelle base associée à la décomposition précédemment écrite).
Par ailleurs, $AB = 0$ donc l'image de $B$ est incluse dans le noyau de $A$ ce qui fait que la matrice bloc obtenue avec la même matrice de changement de base aura sa deuxième ligne nulle.
Enfin, $BA = 0$ donc l'image de $A$ est incluse dans le noyau de $B$ et donc, la deuxième colonne de la matrice bloc évoquée supra est nulle.
Merci @JLapin c'est clair, je me demande pourquoi cette envie de compliquer lorsqu' on peut faire simple (surtout qu'on s'adresse à un analyste ) L'affaire est close .
Cette phrase je me demande pourquoi cette envie de compliquer lorsqu' on peut faire simple était adressé à GR et non pas à toi @GaBuZoMeu . Je n'ai pas le flair d'un "algebriste "pour s'avoir qu'il part de $K^n = \ker(A)\oplus \mathrm{im}\,A$ Oui je sais faire $K^n = \ker(A)\oplus \mathrm{im}\,A$.
@gebrane : C'est toi qui t'emmêles les pinceaux entre tes deux énoncés. J'ai répondu au premier énoncé dans lequel $A$ est diagonalisable avec $\mathrm{Spec}(A)\subset\{0,1\}$. On en déduit mon $P^{-1}BP$ en remarquant que les sous-espaces propres de $A$ sont stables par $B$. Je ne suis donc pas parti de $K^n=\ker A\oplus\mathrm{Im}A$ !
Mon ami @gai requin je suis plus que surpris par ta réponse J'ai répondu au premier énoncé dans lequel A est diagonalisable . Je me demande ce que je rate, l'énoncé était A et B sont deux matrices carrés vérifiant AB=BA=0 et A²=A et si je comprends bien, tu déduis que la matrice A est diagonalisable ?
Réponses
On en déduit cette formule du rang facilement.
Pourquoi tu dis que B est diagonalisable ?
Il existe $m,n\in\N$, $C\in M_n(K)$ et $P\in\mathrm{GL}_{m+n}(K)$ tels que $P^{-1}AP=\mathrm{Diag}(0_n,I_m)$ et $P^{-1}BP=\mathrm{Diag}(C,0_m)$.
D'où $\mathrm{rang}(A+B)=\mathrm{rang}(C)+m=\mathrm{rang}(B)+\mathrm{rang}(A)$.
Correction à faire.
ERREUR A CORRIGER DANS LE MESSAGE PRÉCÉDENT.
Sa rédaction était difficile à comprendre, je rédige proprement pour qu'un étudiant L1 comprenne sans problème
Je ne sais si on parle de la même chose, mon but est de comprendre cette assertion de @gai requin Il existe $m,n\in\N$, $\ C\in M_n(K)$ et $P\in\mathrm{GL}_{m+n}(K)$ tels que $P^{-1}AP=\mathrm{Diag}(0_n,I_m)$ et $P^{-1}BP=\mathrm{Diag}(C,0_m)$.
Est-ce que c'est un résultat ou un théorème que je ne connais pas (ou [que] j'ai dû l'oublier).
Si ton message a pour but de me l'expliquer, je m'y mets.
Apres j'ai proposé la question originale du forum chinois c'est-à-dire avec rg(A²)=rg(A).
Mon but était de comprendre ce qu'a dit GR dans le cas A²=A. Dans ta réponse je te vois remplacer I de GR par U inversible ?
L'affaire est close .
Oui je sais faire $K^n = \ker(A)\oplus \mathrm{im}\,A$.
J'ai répondu au premier énoncé dans lequel $A$ est diagonalisable avec $\mathrm{Spec}(A)\subset\{0,1\}$.
On en déduit mon $P^{-1}BP$ en remarquant que les sous-espaces propres de $A$ sont stables par $B$.
Je ne suis donc pas parti de $K^n=\ker A\oplus\mathrm{Im}A$ !
Je me demande ce que je rate, l'énoncé était A et B sont deux matrices carrés vérifiant AB=BA=0 et A²=A
et si je comprends bien, tu déduis que la matrice A est diagonalisable ?