forme linéaire

Si f=k Tr alors f(I)=kn. Donc l'application linéaire g = f -f(I) /n Tr, vérifie pour chaque paire de matrices A et B dans M_n(IR) : g(AB) = f(BA) -f(I) /n Tr(AB) =g(BA) +f(I) /n [Tr(BA) -Tr(AB)]. En plus (A,B)|-->Tr(AB) est commutative, soit pour tous A et B, Tr(AB)=Tr(BA). Donc g(AB)=g(BA), avec g(I)=0. Ainsi faudrait-il montrer que g =0.

Mais comment démontrer que g=0?
Indic:
i) Montrer que l'application :L M_n(K) --->(M_n(K))* définie par L(A)=L_A avec L_A(M) =Tr(AM)
est un isomorphisme d'espaces vectoriels.
ii)En déduire que pour toute forme linéaire f de M_n(K) il existe A unique dans M_n(K) telle que :
f= L_A.
iii)En utilisant le faite que f(AB)=f(BA) et les matrices élémentaires déterminer f en fonction de Tr.
Bon courage.

I) Tout d'abord, L(A) est bien une forme linéaire définie sur M_n(IK) pour une matrice carrée A d'ordre n. En outre, L(A)=0 implique que pour toute M de M_n(IK) Tr(AM)=0. Or pour tous entiers k et l entre 1 et n
A.(delta(i-k).delta(j-l))_{i,j} = (a_{i,m}.delta(m-k).delta(j-l))_{i,j}=(a_{i,k}.delta(j-l))_{i,j} lequel résultat de produit est la matrice de termes nuls sauf à sa colonne d'indice l laquelle est identique à (a_{i,k})_i. Donc sa trace vaut a_{l,k}, lequel est nul, d'où A est nulle. Par conséquent, l'endomorphisme L est injectif. Aussi la preuve qu'il est surjectif répondrait-elle également à ii). Mais pour ceci, il faudrait et suffirait que (M_n(IK))* soit de même dimension que M_n(IK), soit n²..

Oui nail mais alors pourquoi ils ont même dimension.?
et iii)

Pour montrer que L est injective tu peux calculer L_A(transposé A)
et la somme de carrés de réels nuls alors ils sont tous nuls

La matrice numéro kn+l de la base canonique de M_n(IK) est
A_{k,l}=(delta(i-k).delta(j-l))_{i,j}, où delta est la fonction -appelée de Poisson?- qui s'annule partout sauf en 0 où elle a pour valeur de 1.
Donc pour toute paire de paires d'entiers entre 1 et n, (k,l) et (p,q), le produit matriciel
A_{k,l}.A_{p,q}=(delta(i-k).delta(m-l).delta(m-p).delta(j-q))_{i,j} = delta(p-l)(delta(i-k).delta(j-q))_{i,j} tel que delta(m-l).delta(m-p) qui est une somme d'indice m, est égale à delta(p-l). Donc, A_{k,l}.A_{p,q}=delta(l-p)A_{k,q}. Aussi,
A_{p,q}.A_{k,l} = delta(k-q)A_{p,l}
En plus, f(A_{p,q}.A_{k,l})=f(A_{k,l}.A_{p,q}) signifie que delta(p-l)f(A_{k,q})=delta(k-q)f(A_{p,l}), ce qui a comme conséquences, d'abord, que f(A_{k,q})=delta(k-q)f(A_{p,p}), ensuite, que f(A_{k,k})=f(A_{p,p}) et enfin f(A_{k,q})=0 si k n'est pas égal à q, quels que soient q, p et k. Les images par f des vecteurs de la base de M_n(IK), sont donc égales à une constante lambda, pour les diagonaux, et nuls, pour les autres. Donc, f=lambda.Tr.

aissa a écrit:

... L_A(transposé A)
et la somme de carrés de réels nuls alors ils sont tous nuls

Si A=(a_{i,j})_{i in [I1,nI],j in [I1,nI]} alors
transposé(A)=(a_{j,i})_{i in [I1,nI],j in [I1,nI]} et
A.transposé(A)=(somme{k,1,n}(a_{i,k}a_{j,k}))_{i in [I1,nI],j in [I1,nI]}, donc Tr(A.{transposé A})=double-somme{l,1,n}{k,1,n}(a_{l,k}^2).

aissa a écrit:

pourquoi ils ont même dimension.?
et iii)

M_n(IK)* serait l'ensemble des formes linéaires sur M_n(IK) et non M_n(IK)\{0}. J'aurais dit que cet ensemble-là était de dim infinie!

naïl a écrit:

aissa a écrit:

pourquoi ils ont même dimension.?
et iii)

M_n(IK)* serait l'ensemble des formes linéaires sur M_n(IK) et non M_n(IK)\{0}. J'aurais dit que cet ensemble-là était de dim infinie!

Si E est un IK e.v. de dimension finie, et B=(e_i)_{i=1,m} y est une base, alors pour tout entier i entre 1 et m, l'application f_i:E--->IK qui à un élément e de E associe la ième coordonnée de E dans B, est une forme linéaire. De plus, (f_i)_{i=1,m} est indépendante- sum_{i=1}^{m}(lambda_i *f_i) = 0 implique lambda_i =0 pour tout i, et toute forme linéaire f sur E s'écrit f=sum_{i=1}^{m}(f(e_i) .f_i), donc c'est une base de l'ensemble IK e.v. des formes linéaires sur E.

Si on admet qu'il existe A telle que f(M) = tr(AM) pour toute M, alors tr(ABC)=tr(ACB)=tr(BAC) pour toute paire de matrices B et C, soit pour toute matrice B, tr[(AB-BA)C]=0 quelque soit la matrice C, donc L_{AB-BA}=0 et AB-BA=0. Or, trouver la matrice A qui commute avec toutes les matrices B reviendrait aussi à décomposer A=lambda.I. Merci شكرا سي عيسى

Bonjour nail oui c'est une autre méthode c'est bien.