Sev de Mn(K)

[yos]

Bonjour.

Un petit thème pour lequel je commence par une question facile :

Soit H un hyperplan de . Montrer que H contient une matrice inversible.
(Et peut-on remplacer R par K)?

[Zavonen]

Erreur, je reviens

[Zavonen]

Le résultat n'est pas valable pour n=1.
M1(R) s'identifie à R un seul hyperplan {0} ne contenant aucun élément inversible.
Si on utilise le fait que dans le cas réel GL(n,R) possède 2 composantes connexes, conjointement au fait que le complémentaire d'un hyperplan possède également deux composantes connexes, le théorème est évident pour n pair par ce que Dét(-A)=(-1)^n Dét(A)=Dét(A), et qu'aucune composante connexe de GL(n,R) ne peut se trouver intégralement dans une composante connexe du complémentaire d'un hyperplan.
Ce raisonnement n'est pas valide pour n impair mais donne le résultat pour n=2, et peut peut-être servir à amorcer une récurrence.

[J-R]

bonjour,

on peut considérer la forme linéaire canonique sur :

... à revoir. (je retourne pour mon dernier cours de physique !!!!)

ceci valable en dim finie ...

[yos]

n>1 en effet.
Les arguments de connexité me paraissent compliqués pour l'exo.
On peut en effet voir H comme un et conclure ainsi assez facilement.
Il ya d'autre méthodes.

[Zavonen]

Le sujet est l'objet d'une discussion sur un autre forum:
http://www.ilemaths.net/forum-sujet-143506.html
Une solution est proposée du type de celle suggérée.
Je ne trouve pas cela particulièrement 'facile'.
Enfin, tout est affaire de goût.

[yos]

Evidemment, "facile" est relatif. disons que c'était posé à l'ENS, il y a 20 ans, à Centrale il y a 10 ans, aux ENSI aujourd'hui. Pas parce que le niveau monte, mais parce que le classicisme de certains énoncés vient avec le temps.

J'ai une méthode assez simple :

On suppose que H rencontre pas GLn(K).
.
Si N est nilpotente, .
Comme est pas inversible, -k est vp de N, donc k=0, donc .
H contient toutes les matrices nilpotentes! Exclu car en additionnant deux nilpotentes bien choisies, on a une inversible.

L'autre méthode "simple" utilise la représentaion des formes linéaires par la trace.

Dans l'une ou l'autre de ces méthodes, je vois pas de restriction sur le corps de base.

Questions suivantes :
Soit F un sev de de codimension f.
1) Si f=n, montrer que F ne contient pas toujours de matrice inversible.
2) What happened si 1<f<n?

[Zavonen]

Quand n=2 et K=Z/2Z
L(n,K) contient 16 éléments, parmi eux 6 inversibles (on peut les lister)
Considérons l'espace de dimension 2 (à 4 éléments donc) engendré par
1 0
1 0
et
0 1
0 1
Il est clair qu'il ne contient que 4 matrices toutes non inversibles.

[yos]

On peut aussi prendre les matrices de taille n sur un corps K, ayant une certaine colonne nulle.

Par contre si codim F < n (i.e. dim F >n(n-1)), on doit pouvoir trouver une matrice inversible dans F. mais je ne vois pas de raison à ça.

[Zavonen]

[quote]Par contre si codim F n (oui/non) ?
S'il n'y a pas d'erreur dans mon 'petit' calcul, pourquoi cette condition alambiquée au lieu de dim(F) > n simplement?

[yos]

Ah oui, désolé, je me suis embrouillé entre les dimensions et les codimensions. Merci!
J'ai corrigé les deux messages précédents.

Je résume :
En prenant F assez gros (dim F > n²-n), on s'interdit le cas du sev formé des matrices à dernière colonne nulle par exemple. Et ça doit suffire pour avoir dans F une matrice inversible. Pourquoi?

[Zavonen]

Peut-être une solution:
Considérons la base canonique de Mn(R).
Parmi les éléments de cette base canonique je considère les vecteurs correspondant à des matrices triangulaires supérieures strictes. Il y en a exactement (n²-n)/2. Il engendrent un sous-espace TSS de dimension (n²-n)/2 qui est exactement l'ensemble des matrices triangulaires supérieures strictes (avec des zéros sur la diagonale).
De la même façon je considère les matrices de la base canonique correspondant à des matrices triangulaires inférieures strictes. Pour les mêmes raisons ces vecteurs engendrent un sous-espace TIS de dimension (n²-n)/2.
Les deux sous-espaces TSS et TSI sont évidemment en somme directe. Soit H leur somme qui est donc de dimension (n²-n).
Considérons la variété affine U=Id+H (Id application identique)
Si on se donne un sous-espace F de dimension >n²-n il devra donc 'couper' U en une variété linéaire V de dimension >n²-2n
On a maintenant les résultats suivants:
1) Id+TSS est une variété linéaire de dimension (n²-n)/2 uniquement composée d'inversibles.
2) Id+TSI est une variété linéaire de dimension (n²-n)/2 uniquement composée d'inversibles.
3) Il est impossible que V sous variété de U de dimension >n²-2n ne coupe aucune des 2 variétés précédentes (CQFD)
Merci d'examiner cela à la loupe il y a peut-être un 'abus de confiance' (bien involontaire) quelque part.

[Doraki]

Dans la dernière étape tu as l'air de confondre réunion et somme directe.

[Zavonen]

Dans la dernière étape tu as l'air de confondre réunion et somme directe.

Je ne crois pas, mon raisonnement est géométrique.
Si V ne coupe aucune des deux sous-variétés Id+TSS et Id+TIS alors il est // à chacune d'eux.
Donc V contiendrait deux sous-variétés, l'une // à TSS, l'autre // à TIS sachant que les deux sous-espaces sont en somme directe, engendrant le sous-espace directeur de U et que V est dans U.
Pour simplifier prend cette image dans le plan affine. Observe la figure formée par deux droites non parallèles. Toute droite doit couper au moins l'une OU l'autre.

[yos]

Si V ne coupe aucune des deux sous-variétés Id+TSS et Id+TIS alors il est // à chacune d'eux.

Euh... bof!

Pour simplifier prend cette image dans le plan affine. Observe la figure formée par deux droites non parallèles. Toute droite doit couper au moins l'une OU l'autre.

Et si tu fais de même dans l'espace de dimension 3?

[Zavonen]

Et si tu fais de même dans l'espace de dimension 3?

Un peu de bonne foi, s'il vous plaît. Il s'agissait simplement de montrer que quand un sev vectoriel est suffisamment gros en dimension et qu'il est contenu dans une somme directe il coupe forcément un des deux termes de la somme directe ailleurs qu'en zéro.

Dans l'espace de dimension 3
La dimension de E est 9
La dimension de TSI=dim(TSS) est 3
la dimension de U est 6
la dimension de V est >3

J'affirme que dans un espace de dimension 6, somme directe de deux sous-espaces E1,E2 de dimension 3, un sous-espace de dimension >3 coupe au moins un des sous-espaces E1 et E2 autre part qu'à l'origine .

Dans l'espace de dimension 4
La dimension de E est 16
La dimension de TSI=dim(TSS) est 6
la dimension de U est 12
la dimension de V est >8
J'affirme que dans un espace de dimension 12, somme directe de deux sous-espaces E1,E2 de dimension 6, un sous-espace de dimension > 8 coupe au moins un des sous-espaces E1 et E2 autre part qu'à l'origine.

[Doraki]

J'affirme que dans un espace de dimension 6, somme directe de deux sous-espaces E1,E2 de dimension 3, un sous-espace de dimension >3 coupe au moins un des sous-espaces E1 et E2 autre part qu'à l'origine .

Par exemple, si E = R^6, qui est somme directe de E1 = {(0,0,0,x,y,z), x,y,z dans K} et E2 = {(x,y,z,0,0,0), x,y,z dans K} et que je prends le sous-espace de dimension 3 {(x,y,z,x,y,z), x,y,z dans R}, alors il coupe E1 ou E2 autre part qu'en (0,0,0,0,0,0) ?

[Doraki]

Si on se donne un sous-espace F de dimension >n²-n il devra donc 'couper' U en une variété linéaire V de dimension >n²-2n

Ah non, par exemple pour n=2, U = {(1,x,y,1), x,y dans R} ; si je prends F = {(0,x,y,z), x,y,z dans R} je pense que l'intersection de U et F est vide.

[Zavonen]

Ah non, par exemple pour n=2, U = {(1,x,y,1), x,y dans R} ; si je prends F = {(0,x,y,z), x,y,z dans R} je pense que l'intersection de U et F est vide.

Exact, objection retenue, c'est le point faible (et même faux).
En matière de dimension de variétés non sécantes, on peut avoir jusqu'à deux hyperplans parallèles.
l'affirmation est vraie pour les sous-espaces directeurs pas pour les variétés elles-mêmes.
Copie à revoir donc ...

[Zavonen]

Exact, objection retenue, c'est le point faible (et même faux).
En matière de dimension de variétés non sécantes, on peut avoir jusqu'à deux hyperplans parallèles.
l'affirmation est vraie pour les sous-espaces directeurs pas pour les variétés elles-mêmes.
Copie à revoir donc ...

Excusez si je me cite, mais êtes vous d'accord cette fois avec cette affirmation ?
Si oui êtes vous d'accord avec cette autre affirmation (cas réel)
si u est inversible et si ||v|| < ||u|| alors u+v est inversible ( la norme est la norme usuelle
||X||=Tr(tXX)).
Si vous êtes d'accord avec les deux alors prendre un vecteur de la forme Id+u où u est un vecteur de l'intersection (non vide) de F avec H.
Id+u est inversible compte tenu de la définition de H.
Projeter orthogonalement u en v et w sur la droite KId et sur F alors u et v sont inversibles, donc aussi w=u-v parce que ||v|| < ||u|| .
A examiner encore à la loupe.