Endomorphisme ..

par **sandrine_guillerme** » 17 Avr 2007, 19:19

quoi ? :hein:

J'ai rien compris ...

par **Joker62** » 18 Avr 2007, 10:04

Moi je bug sur la suite proposé par Serge sincérement lol

Donc j'en suis là :

On cherche

tel que :

On va regarder

Donc on a clairement

Donc u inversible Donc problème donc bug :^)

par **sandrine_guillerme** » 18 Avr 2007, 10:07

BOnjour joker;

pourquoi affirme tu que uou = Id ?

par **Joker62** » 18 Avr 2007, 10:09

uou = -Id désolé lol

Donc oui y'a pas de bug en fait mais ça m'intrigue son histoire quand même.

par **sandrine_guillerme** » 18 Avr 2007, 10:13

ben je vois pas de bug moi, pourquoi le penses tu ?

par **Joker62** » 18 Avr 2007, 10:14

Beuh non y'a plus de bug finalement !

Parce que en fait, son hypothèse c'est u et u²+1 non inversible
Donc bon si uou = Id ça fou en l'air son hypothèse
Mais vu que j'me suis planté c'est bon :D

par **sandrine_guillerme** » 18 Avr 2007, 10:18

Moi ce qui m'intrigue c'est que l'exo soit aussi facile .. si tu as vu son rire coquin .. (hihihihihi) c'est ça qui m'intrigue :hein:

par **serge75** » 18 Avr 2007, 11:49

Non, sandrine, c'est pas si facile... ce qui motivait mon rire narquois c'était de proposer instannément une suite à l'exo de rain.
Bon, je vous mets sur la voie :
rappel des faits : X(X²+1) annule u, u est un endo d'un espace réel de dimension 3, et ni u ni u²+Id ne sont inversibles.

Faisons une analyse: s'il existe une telle base (i,j,k) dans laquelle la matrice a la forme voulue.
alors u(i)=0 et donc i est dans le noyau de u.
u(j)=-k et u(k)=j. Donc k se déduira de j par la première relation, et la deuxième impose alors que j soit tel que u²(j)=-j.
Ceci nous impose donc que le début de notre preuve proprement dite (la synthèse) doit se présenter comme suit :
Soit i dans Ker(u) et j tel que u²(j)=-j, càd tel que j soit dans Ker(u²+Id), et soit enfin k=u(j)...
Il manque un détail dans mes def de i et j (fo bien que je vous laisse bosser un peu, et que vous voyiez le rôle de l'hyp que j'ai pas encore utilisée).
Plan de la suite de la démo :
prouver qu'on a alors bien défini une base, et prouver que dans cette base la mtrice de u est bien conforme à nos attentes.

par **sandrine_guillerme** » 18 Avr 2007, 14:21

Merci serge pour ces indicaions, je commence à toucher la subtilité du sujet, mais j'ose avouer qu'il faut que j'ouvre mon cours sur les polynomes d'endormorphisme, parceque là j'avoue.. que j'ai du mal quoi .. !

remarque 1: si joker, tu trouve la réponse, essais de la cacher .. elle me plait finalement cette extension.
remarque 2: en parlant d'extension C'EST MON EXO, et NON CELUI DE RAIN' !

:lol2:

par **serge75** » 18 Avr 2007, 17:21

oups désolé, je rends à sandrine ce qui n'est pas à rain.

par **serge75** » 18 Avr 2007, 17:24

Tu n'as rien besoin de savoir sur les polynômes d'endo pour traiter cet exos. Tout au plus tu gagneras un peu de temps si tu sais que lorsque P et Q sont premiers entre eux, alors Ker(PQ(u)) est la somme directe de Ker(P(u)) et de Ker(Q(u)), mais tu peux t'en passer.
Serge

par **Joker62** » 18 Avr 2007, 17:30

T'aurais pû citer le Lemme des Noyaux c'est plus rapide lol :)
Par contre, moi j'étais parti comme toi

v1 dans le noyau de u, etc...
Mais je ne vois pas les conditions à imposer.

par **serge75** » 18 Avr 2007, 17:31

Commence à essayer de montrer que c'est une base, et elle apparaitra toute seule la condition oubliée.

par **Joker62** » 18 Avr 2007, 17:44

Alors si on part de P(X) = X et Q(X) = X²+1
On a P et Q sont premiers entre eux :

Donc le lemme des Noyaux nous dits :

Donc là on sent qu'on est pas loin lol non ?

par **serge75** » 18 Avr 2007, 17:49

le sommet est en vue....

par **Joker62** » 18 Avr 2007, 17:56

Donc u n'est pas inversible, donc non bijectif, donc non injectif, donc Ker u n'est pas réduit à {0} donc il existe v1 != 0 dans ker(u)

Maintenant je vois pas comment montrer que dim ker(u) = 1
Ce qui entrainerait que dim ker u² + 1 = 2
Donc qu'il existe v2, v3 étant donné que ker u² +1 n'est pas réduit à {0}

par **serge75** » 18 Avr 2007, 18:06

On a donc choisi un i non nul dans ker(u).
On prend maintenant un j non nul dans ker(u²+1) et k =u(j).
Montrons alors que (j,k) est libre.....

par **Joker62** » 18 Avr 2007, 18:18

Soit j dans ker(u²+1)
et k = u(j)

alors (u²+1)(j) = 0
u²(j)+1 = 0
u(u(j)) + 1 = 0
u(k) = -1

Soit a,b dans R

aj + bk = 0
u(aj+bk)=u(0)=0
au(j) + bu(k) = 0
ak - b = 0

Et valide uniquement pour a = 0 = b si je ne m'abuse
Donc (j,k) forme une base de ker(u²+1) étant donner que E est de dim 3 et que ker(u) n'est pas réduit à {0}

Ainsi, i base de ker(u) et donc (i) U (j,k) forment une base de E
cqfd

par **serge75** » 18 Avr 2007, 18:59

Joker62 a écrit:Soit j dans ker(u²+1)
et k = u(j)

alors (u²+1)(j) = 0
u²(j)+1 = 0
u(u(j)) + 1 = 0
u(k) = -1

inhomogène tout ça t'additionnes des vecteurs et des nombres.
dire u²(j)+j=0 (le polynôme 1 appliqué à l'endo u donne Id)
donc u(k)+j=0 et u(k)=-j.

Si aj+bk=0 (a et b réels)
On compose par u :
ak-bj=0
donc a[aj+bk]-b[ak-bj]=0 et (a²+b²)j=0.
De là je vois la necessité d'avoir pris j NON NUL dans ker(u²+Id) (licite car u²+Id n'est pas bijectif). J'en tire a²+b²=1 et donc dans R a=b=0.
de là si j'ai pris aussi i non nul dans ker(u) on peut appliquer ta conclusion.
Reste une question : donner un contre exemple si K=C.

par **Joker62** » 18 Avr 2007, 19:02

(u²+1)(j) = (u²+Id)(j) j'me disais bien y'avait un bug lol :)
J'ai eu du mal :)

Par contre pour le contre exemple, j'ai oublier la question initiale donc bon :^)

Endomorphisme ..

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