Montrer que : (1)=>(2) avec
(1) :
(2) :
En fait il fallait montrer l'équivalence mais c'est dans ce sens que je bloque.
Forme linéaire
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Forme linéaire
par euclide » 27 Fév 2007, 14:01
Soit f une forme linéaire sur l'espace vectoriel des matrices carrées d'ordre n à coefficients dans un corps que l'on note E.
Montrer que : (1)=>(2) avec
(1) :=f(YX))
(2) := \lambda Tr(X))
En fait il fallait montrer l'équivalence mais c'est dans ce sens que je bloque.
Montrer que : (1)=>(2) avec
(1) :
(2) :
En fait il fallait montrer l'équivalence mais c'est dans ce sens que je bloque.
par fahr451 » 27 Fév 2007, 14:40
bonjour...
utiliser les matrices de la base canonique Eij
et la propriété
E ij E kl = delta(j,k) E il avec delta (j,k) = 1 si j = k et 0 sinon
utiliser les matrices de la base canonique Eij
et la propriété
E ij E kl = delta(j,k) E il avec delta (j,k) = 1 si j = k et 0 sinon
par yos » 27 Fév 2007, 16:51
Bonjour.
\mapsto tr(XY))
est un produit scalaire sur l'ev E des matrices n,n, donc toute forme linéaire sur E est de la forme )
, pour G convenable.
Ensuite f(XY)=f(YX) donc tr(XYG)=tr(YXG), donc tr(GXY)=tr(XGY). Comme cette égalité est vraie pour tout Y, GX-XG est orthogonal à E donc GX=XG, donc G est dans le centre de E, donc
.
Ensuite f(XY)=f(YX) donc tr(XYG)=tr(YXG), donc tr(GXY)=tr(XGY). Comme cette égalité est vraie pour tout Y, GX-XG est orthogonal à E donc GX=XG, donc G est dans le centre de E, donc
par mathelot » 27 Fév 2007, 17:15
Bonjour,
on peut le faire à la main avec la formule de Fahr:
(A)
Lemme:
Dans la base canonique,
La trace étant linéaire:
=\sum_{i,j} \qquad x_{i,j} Tr(E_{i,j}))
Les)
s'évaluent agréablement:
=\delta_{i,j})
d'où:
=\sum_{i,j} \qquad x_{i,j} \delta_{i,j})
Venons-en à notre démonstration:
l'idée est celle de Fahr, nous allons exprimer chaque vecteur de la base canonique comme un produit , via la formule (A) en faisant k=j:
d'où,
:
=f(E_{i,j}oE_{j,l})=f(E_{j,l}oE_{i,j}))
(on applique l'hypothèse sur f).
=\delta_{l,i} f(E_{j,j}))
car f est linéaire.
Comme cette dernière égalité est valide pour tout j, en particulier
pour j=1.
=\delta_{l,i} f(E_{1,1}))
De:
nous tirons:
=\sum_{i,j} \qquad x_{i,j} f(E_{i,j}))
=\sum_{i,j} \qquad x_{i,j} \delta_{i,j} f(E_{1,1}))
avec le lemme:
=f(E_{1,1}) Tr(X))
 Tr)
CQFD.
on peut le faire à la main avec la formule de Fahr:
Lemme:
Dans la base canonique,
La trace étant linéaire:
Les
d'où:
Venons-en à notre démonstration:
l'idée est celle de Fahr, nous allons exprimer chaque vecteur de la base canonique comme un produit , via la formule (A) en faisant k=j:
d'où,
Comme cette dernière égalité est valide pour tout j, en particulier
pour j=1.
De:
nous tirons:
avec le lemme:
CQFD.
par fahr451 » 27 Fév 2007, 17:59
bonsoir
un bémol à l'autre démo (plus savante) le produit scalaire est
= tr (tAB)
un bémol à l'autre démo (plus savante) le produit scalaire est
par yos » 27 Fév 2007, 21:15
En effet : tr(XY) est une FBLS non dégénérée. C'est suffisant pour représenter les formes linéaires. Elle est pas définie, donc c'est pas un vrai produit scalaire.
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