Ideaux bilateres (et modules??)

[RadarX]

D'abord le forum a ete inaccessible pendant quelques heures cette apres midi; Y a-t-il eu un moment d'inaccessibilté momentané ou bien serait-ce mon pc qui bug?

Ensuite j'ai le probleme suivant a soumettre:

Soit k est un corps
Ce qui suit en bleu ne sert pas forcement pour la preuve, mais sait-on jamais!
Si V est un esp. vect. sur k et U un sous esp. vect. de V. Alors:

-A = Endk(V) est un anneau non commutatif (si dimV>1) pour les lois +(plus) et ° (la composition des endomorphismes);
- Ru = {f € A/ Im(f) inclus ds U} est un ideal a droite de A;
- Lu = {f € A/ U inclus ds ker(f)} est un ideal a gauche de A;

Je veux alors montrer que si A = Mn(k) l'anneau des matrices nxn a coefficients dans k et I est un ideal bilatere non nul de A, alors I = A. J'ai la piste d'utiliser les matrices elementaires Eij pour mq 1A € I, mais sans plus!

RadarX.

[sept-épées]

je crois savoir que les seuls idéaux à gauche sont du type Lu, et à droite du type Ru, ce qui, si on y réfléchit, donne la réponse à la question.

je rédigerai ça après le dîner

[RadarX]

je crois savoir que les seuls idéaux à gauche sont du type Lu, et à droite du type Ru, ce qui, si on y réfléchit, donne la réponse à la question.

je rédigerai ça après le dîner

Bon appetit en attendant!

[Zeitblom]

-Avec les matrices élémentaires : calcule pour tout (i,j,k,l) où A est une matrice non nulle de ton idéal I. Remarque que M appartient à I, et que les matrices M engendrent Mn(k).

-Sinon, remarque que si A appartient à I, toute matrice équivalente à A est dans I aussi. I est non nul, donc contient une matrice de rang r, donc contient (facile à montrer) toute matrice diagonale avec r 1 et n-r 0, donc, en les additionnant astucieusement, une matrice inversible, donc .

[RadarX]

-Avec les matrices élémentaires : calcule pour tout (i,j,k,l) où A est une matrice non nulle de ton idéal I. Remarque que M appartient à I, et que les matrices M engendrent Mn(k).

-Sinon, remarque que si A appartient à I, toute matrice équivalente à A est dans I aussi. I est non nul, donc contient une matrice de rang r, donc contient (facile à montrer) toute matrice diagonale avec r 1 et n-r 0, donc, en les additionnant astucieusement, une matrice inversible, donc .

- Multipier par les Eij et a gauche et a droite :stupid_in ! J'avais multiplié a gauche mais fallait penser a le faire aussi a droite, vu que I est bilatere. Cela me va donc tres bien!
- Pour la methode qui fait appel a la theorie des rangs, elle me plait moins quoique tres elegante: je n'ai pas l'esprit a me rememorer ces histoires en ce moment; on verra ca plus tard!
Sinon les deux me vont bien!

Respects!

[sept-épées]

Le problème ayant été résolu avec brio, on pourrait s'en tenir là, mais j'ai envie de pousser mon idée jusqu'au bout, et de montrer que les idéaux à gauche (resp. à droite) de L(E) sont principaux. Je rappelle que E est de dimension finie (en dimension infinie, j'ai bien peur qu'il y ait des idéaux plus sophistiqués...un exemple serait le bienvenu, si le coeur vous en dit...).

Supposons donc que I est un idéal à gauche de L(E), et appelons F l'intersection des noyaux des éléments de I. Puisque nous sommes en dimension finie, F est déjà l'intersection d'un nombre fini de ces noyaux(*). Je veux montrer qu'en fait F est l'un de ces noyaux. A cette fin, je prouve qu'une intersection F= , où f1 et f2 sont deux éléments de I, est le noyau d'un élément de I : une récurrence terminera la preuve. Je m'intéresse donc à l'ensemble des endomorphismes f1 +qf2, quand q décrit le corps K (ah oui, au fait, je suppose aussi que K est infini). C'est bien le diable si aucun d'entre eux n'a pour noyau F exactement (**)! or ces endomorphismes sont tous dans I, j'ai donc trouvé un f0 dans I tel que ker(f0)=F. I est alors l'ensemble des f de L(E) dont le noyau contient celui de f0, c'est à dire (***) l'ensemble des g.f0, quand g décrit L(E).

Un passage au dual montre que les idéaux à droite sont bien ceux qu'on pense, et pour répondre à la question des idéaux bilatères, il suffit de voir que l'équivalence "pour tout f de L(E), Kerf contient F ssi Imf est contenue dans G" n'est possible que si F={0} ou E. (****)

Vous aurez remarqué que je me suis habilement abstenu de prouver certains faits (marqués par des astérisques), tantôt par flemme, tantôt par une malhonnêteté qui m'est caractéristique. J'explique :

(*) première malhonnêteté : je n'arrive pas à prouver correctement le lemme suivant : si E est un espace vectoriel de dimension finie, l'intersection d'une famille quelconque de sous-espaces est égale à l'intersection d'un nombre fini d'entre eux. (j'espère que c'est vrai...). Si le corps est R ou C, le fait que la boule unité est compacte n'y est peut-être pas complètement étranger...bref, j'appelle à l'aide.

(**)deuxième malhonnêteté : j'ai envie de considérer la restriction de f1+qf2 à un supplémentaire G de F (sur lequel les restrictions de f1 et f2 ont des noyaux qui ne se rencontrent qu'en {0} ), et de regarder de près le polynôme en q det(f1+qf2), lequel ne peut pas avoir une infinité de racines...si ses coeff ne sont pas tous nuls (ça serait bien contrariant...). En gros, j'aimerais démontrer le lemme suivant :
si f et g sont deux endomorphismes de E dont les noyaux sont en somme directe, il existe un élément q du corps infini K tel que f1+qf2 soit inversible.

(***)ça, c'est de la flemme. C'est bien connu.

(****)ça, c'est encore de la flemme.

Si vous avez des idées pour me sortir de cette situation intolérable, lâchez-vous...

:briques:

à bientôt

[sept-épées]

Bon, je vais répondre à certaines de mes questions, puisque personne n'a daigné s'y intéresser. :ptdr:

Tout d'abord, le lemme qui affirme qu'une intersection d'une famille (Fi) de ss-espaces peut être obtenue comme intersection finie :

si m désigne le minimum des dimensions des intersections d'un nombre fini de Fi, il est clair que toutes les intersections de sous-familles finies qui réalisent ce minimum sont égales (si deux d'entre elles ne l'étaient pas, leur intersection serait de dimension
:briques:

Ensuite, le lemme suivant : si f et g sont deux endomorphismes de E dont les noyaux sont en somme directe, on peut trouver q dans K (le corps de base) tel que f-q.g soit inversible.

Soit G un supplémentaire de Kerg. La restriction de g à G est un automorphisme de G, notons h son inverse. Si on note encore f la restriction de f à G, f.h est un endomorphisme de G. Soit q un élément de K qui ne soit pas dans le spectre de f.h.(c'est possible car K est infini) Alors f.h - q.id est inversible, donc en composant avec g : f-q.g est inversible dans L(G). Sur Kerg, f-q.g est égal à f donc son noyau (comme endom. de Kerg) est réduit à zéro puisque Kerf et Kerg ne se rencontrent qu'en {0}. Donc f-q.g est inversible, et répond à la question.

:briques:

Ce qui achève ma démonstration que les idéaux à gauche de L(E) sont monogènes. Mais il y a peut-être plus simple, et j'attends vos idées.