Bonjour mladele.

a) Cela signifie que l'image par g de tout espace propre est incluse dans cet espace propre.
Pour le prouver, tu dois donc considérer une valeur propre k de f et prouver que pour tout x de l'espace propre associé, g(x) est encore dans cet espace propre.

heu.....
quelque chose du style : f(x)=kx.
et comme fog=gof :
g(f(x))=g(kx)=kg(x) à cause d'une linéarité ?

C'est cela.Et comme f(g(x)) = g(f(x)), f(g(x)) = kg(x) on en déduit que g(x) est encore dans l'espace propre associé à la valeur propre k.

ok, j'ai compris pour le a.
merci.

Je t'en prie.

Pour la b, raisonne par récurrence forte en définissant la propriété (Hn) suivante:

"pour tout m < = n et tout espace vectoriel X de dimension m sur lequel commutent deux endomorphismes donnés, ces deux endomorphismes admettent un vecteur propre commun."

(H1) est vraie (trivial).

Supposons (Hn) vraie, il faut montrer (Hn+1).

Soit X un espace de dimension n+1 sur lequel commutent deux endomorphismes f et g.

f est trigonalisable sur X car C est algébriquement clos.Dans une base de trigonalisation, le premier vecteur e1 de la base est toujours vecteur propre de f.Soit K l'espace propre associé, de dimension > = 1.

Alors en notant f* la transposée de f, f* stabilise l'orthogonal K1 de K (propriété classique), c'est-à-dire l'espace des formes linéaires qui s'annulent sur K.
De plus, d'après la question 1, g stabilise l'espace propre K de f, donc le même raisonnement montre que g* stabilise K1.

Ainsi, les restrictions de f* et de g* à K1 sont des endomorphismes de K1.

Comme K1 est de dimension n+1 - dim(K) et que ce nombre est inférieur ou égal à n, on peut appliquer l'hypothèse de récurrence (Hn) à f* et g* sur K1

Il existe donc un vecteur propre w commun à f* et g*.

Ce vecteur propre est une forme linéaire non nulle sur E, donc il existe un vecteur non nul y de E tel que w(y) = 1.

Par ailleurs, soient b et c les valeurs propres respectivement associées au vecteur propre w pour f* et g*.

Alors f*(w) = b.w et g*(w) = c.w, ce qui s'écrit par définition de la transposée:

w o f = b.w

w o g = c.w

On applique ces relations au vecteur y:

w(f(y)) = b

w(g(y)) = c

Je pensais prouver que y est un vecteur propre commun à f et g mais je me suis trompé et je ne vois plus grand-chose, il est tard.

Je vais me coucher et te laisse déjà réfléchir à tout cela, la nuit porte conseil!

Oui oui j'ai écrit une bêtise :

w est une forme linéaire non nulle sur K1, et pas sur E: w est donc dans le bidual de E, et il faut l'identifier à un vecteur.

La suite demain, décidément.

Non, en fait c'est dans mon tout dernier post que j'ai écrit des bêtises.

Celui d'avant était juste, et on peut même ajouter que y n'est pas dans K car, w étant dans K1, cette forme linéaire annule K, ce qui signifie que K est dans le noyau de w: autrement dit, y est dans un supplémentaire dans E de l'espace propre K.

Mais ensuite je suis bloqué.Ca doit être évident, et je suis convaincu qu'on a fait le plus difficile, mais je ne sais plus comment conclure!

ouh là...
je ne comprends pas tout ce que tu as écris...
(au passage c'est un cours de L2 (semestre 3)).
je ne maitrise pas assez pour trouver tout ça il me semble...
je vais reprendre encore une fois mon cours...

b) montrer qu'il existe un vecteur propre x différent de 0 commun à f et à g (on pourra faire une récurrence sur n).
en fait c'est la récurrence qui me bloque ici...
ne peut on pas utiliser le résultat de a) pour dire que sachant que tout espace propre pour f est stable pour g on a vu qu'il existe k tel que f(x)=kx et que f(g(x))=kg(x)
(avec x vecteur propre de f).

soit y un vecteur propre de g tel que g(y)=my.
il faudrait prouver l'unicité de x en trouvant x=y.
mais je ne sais pas comment... et la piste de la récurrence ne m'aide pas du tout...

merci.

C'est bien de niveau L2, mais c'est un exercice difficile.

Tu as dû voir la dualité, non? En tout cas je ne connais pas d'autre méthode pour le résoudre.

Ce que tu proposes est faux, comment peux-tu espérer qu'un vecteur propre x pris au hasard pour f et qu'un vecteur propre y pris au hasard pour g coïncident forcément?

g stabilise chaque espace propre de f, mais pas forcément chacune des droites engendrées par un vecteur propre, sinon ton argument serait en effet suffisant.

La récurrence est à faire sur la dimension n de l'espace, et au début du post où je te fais ma longue réponse à la question b, je cherche à trouver un espace de dimension n stabilisé par deux applications linéaires (les transposées de f et de g) pour pouvoir appliquer l'hypothèse de récurrence à f* et g*, puis en déduire (bien qu'il me manque encore la conclusion!) un vecteur propre commun à f et g.

Bon courage!Et si je trouve, je poste!

merci.
et moi je replonge dans mon cours sur la dualité.

Ah, je t'avais bien dit que tu connaissais certainement le chapitre!

on a vu quelques notions sur la dualité... mais pas aussi loin. je vais essayer de m'en imprégner jusqu'au fond de mes neurones...

je reprends donc ce soir... (je dois m'occuper de mes enfants)
merci.

OK, bonne journée et bon courage Marie-Laure!

merci Tigweg. merci beaucoup!

Avec plaisir!

Oh là là MArie-Laure,


je m'aperçois que j'ai eu la tête dans le sac sur ce coup-là!
En fait je me souviens qu'il y a des arguments de dualité qui interviennent dans cet exercice classique, mais c'est peut-être après, car ce que j'ai fait à la question b est complètement inutile, et qui plus est infructueux, mais ça je m'en étais déjà aperçu!

En fait c'est tout bête, reprenons!

Comme je le disais au début de ma longue "démonstration", il existe un espace propre K de f, et f et g stabilisent K.

Maintenant, de deux choses l'une:


* Soit K = X, auquel cas f est une homothétie (si l'espace ambiant en entier constitue l' espace propre de f associé à la valeur propre k, alors pour tout x de X, f(x) = kx, i.e. f est l'homothétie de rapport k).

Dans ce cas, soit x un vecteur propre quelconque de g (et il en existe, tout comme pour f, répéter l' argument matriciel).
Alors, comme pour tout x, f(x) = kx et x est bien vecteur propre commun à f et g, donc c'est réglé.

* Soit dim(K) < = n, auquel cas f et g stabilisent le sev K de dimension inférieure ou égale à n et on peut bien appliquer l'hypothèse de récurrence aux restrictions de f et de g à K (qui sont bien des endomorphismes de K) :

il existe un élément x de K qui est un vecteur propre commun aux restrictions à K de f et de g, donc un vecteur propre commun à f et g.

On a donc bien prouvé (H(n+1)) ce qui prouve (Hn) pour tout n par récurrence.

de retour...

j'ai questionné mon prof depuis plusieurs jours et j'ai reçu la réponse suivante :

Citation :
Indication concernant la question b) de l'exercice 3: il s'agit de trouver un vecteur propre pour f et pour g, pas nécessairement pour la même valeur propre.
On suggère de faire une récurrence sur la dimension n de E:
Si , tous les endomorphismes sont des homothéties. Les homothéties commutent et les espaces propres sont égaux à E. Il suffit donc de prendre n'importe quel.
Supposons et que le résultat est vrai pour tous les espaces vectoriels de dimension .
Pour appliquer l'HR il faut se restreindre à un sous-espace vectoriel F de E stable pour f et pour g. Lequel ?? Penser à un espace propre de f.

Eh bien si n=1 on va juste de R dans R, et les seules applications linéaires sont les f(x) = k.x.

f et g commutent forcément et tout x (non nul) est vecteur propre de f et g par définition même...

donc elles ont bien un vecteur propre commun, puisque tout x non nul est à la fois vecteur propre de f et de g!

bonjour,

j'ai finalement laissé tombé cet exercice. par contre quand j'aurais le corrigé, je prendrais le temps de le mettre en ligne. (pour les archives).

en tous cas, merci pour l'aide.

Ah... C'est dommage que tu aies arrêté!

Je t'en prie pour l'aide, avec plaisir!

Salut

Dans la catégorie des exos classiques, celui-là est un objet universel...

Ce qui est marrant c'est que fondamentalement, c'est la question b) la plus dur... Une fois que c'est fait, c'est par une récurrence très simple qu'on torche:

c) Si f ou g est une homothétie, c'est réglé.
On écrit que E c'est la somme des sous-espaces propres de f.
g stabilise chacun d'entre eux, donc on peut considérer les endomorphismes induits par g sur les sous-espaces propres de f. Ils sont tous diagonalisables, on prend pour chacun une base de diagonalisation et il se produit le miracle sympathique suivant: en concaténant (mon prof de sup adorait dire ça ) les bases des sous-espaces propres de f ainsi obtenues, on a une base commune de diagonalisation...

d) C'est le même principe, sauf que pour pouvoir appliquer l'hypothèse de récurrence, va falloir projeter quelque part... rien de bien méchant, mais c'est assez long à rédiger.


C'est plus marrant quand on a une partie de L(E) au lieu de deux éléments seulement. L'écriture de ce qu'on veut démontrer par récurrence, à elle seule, fait 4 lignes.

Salut,

on peut donc se passer de faire intervenir les transposées et les espaces duaux tu penses?
Je n'y ai pas reréfléchi, mais j'étais pourtant convaincu qu'on ne pouvait pas en faire l'économie!

Oui oui, on peut, je l'ai déjà fait. C'est pas très beau, mais ça se fait. On peut également le faire sous des conditions moins fortes du style (on prend une algèbre de Lie résoluble ou une algèbre de Lie dont tous les éléments sont nilpotents...) mais ça devient assez vite très tordu.

bonjour,

j'ai enfin reçu le corrigé de cet exercice...
comme promis, je vous le transmet :

a) soit ) un espace propre de f et .
Alors
Donc .

b) On montre la propriété par récurrence sur la dimension n1.
si n=1, alors tout endomorphisme est une homothétie et le résultat est évident.
soit n2 et supposons le résultat établit pour les espaces vectoriels de dimension (n-1). soit un espace propre de f.
- si dim =dimE=n, alors f= Id et n'importe quel vecteur propre x0 de g convient.
- si , alors on considère les restrictions de , de f et de g à F. D'après a), F est stable pour g, donc . De plus on a évidement f'og' = g'of'. D'après l'hypothèse de récurrence, il existe un vecteur propre x0, xF, commun à f' et g', donc à f et g.

voilà déjà pour ceux là.
je recopierais les deux autres plus tard...

M-Laure

Merci, je regarde ça dès demain!

Bonne nuit mladele!

suite des réponses :

c)
puisque f est diagonalisable, on a une décomposition en somme directe

en sous espaces propres de f. ces espaces propres sont stables pour g d'après a), donc si on choisit une base B formée par la réunion de bases des , la matrice M(g,B) de g est une matrice diagonale par blocs dont le polynôme caractéristique de g }est le produit des polynômes caractéristiques de .
Le polynôme minimal de g n'a que des racines simples car g est diagonalisable.
qui est un annulateur de g est aussi un annulateur de donc le polynôme minimal de divise Mg et comme Mg n'a que des racines simples, il en est de même pour Mgi, par conséquent gi est diagonalisable.
Il existe donc pour chaque espace propre une base formée de vecteurs propres pour g;
en réunissant ces bases on obtient la base souhaitée.

d)
Supposons f et g quelconques. comme leurs polynômes caractéristiques sons scindés sur , f et g sont triangularisables. on a maintenant une décomposition de E en sous espaces spectraux de f



Les espaces spectraux sont stables pour g.
en effet, soit la multiplicité de et soit on a .

puisque f et g commutent, par conséquent :



et .
notons , alors et .

puisque gi est scindé, il existe une base de dans laquelle gi est triangulaire supérieure.
la base est la base cherchée.

(ouf, fini).