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endomorphisme adjoint
Bonjour,
Soie E un espace vectoriel hermitien,
Soit u un endomorphisme de E et u* son endomorphisme adjoint.
Comment montrer que si u et u* commutent et que F (sous espace vectoriel de E) est stable par u, alors l'orthogonal de F est stable par u ?
Bonjour Guillaume10.
Si E est un EV hermitien, alors il est, par définition, de dimension finie.
Donc tout sev de E est fermé.
Par suite, si F est un sev de E alors F est fermé et (cette propriété n'est pas vraie en général sur des espaces de Hilbert (de dimension infinie))
Il vient que si , alors z s'écrit de façon unique
avec
et
Aussi, et on sait que
. Par unicité de l'écriture de
, on déduit que
.
La conclusion s'obtient donc en prenant et
quelconque.
NB : l'hypothèse que u et u* commutent n'est pas nécessaire, même en dimension infinie dès lors qu'on prend un SEV fermé de E.
Aussi, u(z) = u(x) + u(y) et on sait que u(x) \in F. Par unicité de l'écriture de u(z), on déduit que u(y) \in F^\perp.
Hein? C'est tres faux ça. C'est pas parce que ton premier terme est dans F que le second est dans F^ortho. Une somme directe ca n'est pas ca. Ca te dit juste qu'il y a unicité de l'ecriture si chaque terme est dans un des facteurs de la somme directe. Pas si tous sauf 1 le sont.
D'ailleurs tu n'utilises pas l'hypothese et il est facile de construire des u qui vont stabiliser F mais ne vont pas stabiliser F^\ortho sans aucune hypothese sur u.
Pour démontrer la proposition, remarque que si p est la projection orthogonale sur F, alors le fait que u stabilise F s'ecrit (1-p)up=0, en fait c'est une condition nécéssaire et suffisante pour stabiliser p, du coup essaie de montrer la meme chose pou q la projection orthgonale sur F^ortho.
Bonjour,
@jsvdb t'inquiètes ça arrive aux meilleurs
@poncargues: u stabilise F orthogonal si et seulement si (1-q)uq=0, et là je fais intervenir u* comment ?
Ben par exemple pour montrer que (1-q)uq(x) est nul pour tout x et donc que <(1-q)uq(x),(1-q)uq(x)>=0.
Tu peux aussi calculer la norme de (1-q)uq donnée par la produit scalaire (a,b)->Tr(ab^*)
salut
revenir aux définitions de base peut-être ... et utiliser le produit scalaire ...
soit G l'orthogonal de F ... et f et g un élément de F et de G
u stabilise F donc 0 =(uf, g) = (f, u*g) donc u* stabilise G
(uf, ug) =(u*uf, g) = (uu*f, g) = (u*f, u*g) = .... ??? bon faudrait que ça fasse 0 ... 
Ouais j'arrive pas en revenant à la définition de @carpediem, je pense utiliser la trace Poncargues je vais essayer !
Tout n'est quand même pas à jeter dans mon message du 01-02-19 à 11:39.
Notamment que .
Du coup, je vais rattraper ma bouse avec toutes ces indications
Donc, en passant en version matricielle :
Je note une base orthonormale de
et
une base orthonormale de
.
Alors est une base orthonormale de E.
Je note M la matrice de u dans la base B.
Comme F est stable par u alors M est de la forme
où A et C sont des matrices carrées d'ordre respectif et
.
Par hypothèse on a (où
désigne la matrice transposée de M, ie celle de
).
Donc de cette égalité il vient notamment que , d'où :
et alors
Donc ce qui implique que
est stable par
Je ne comprends pas pourquoi tout ça .
F est stable par u càd u(F) 
F .
Soit x dans F
.
On veut montrer que u*(x) y est aussi donc que < t , u*(x)> = 0 pour tout t de F.
Or si t 
F on a < t , u*(x)> = <u(t),x> = 0 ( puisque u(y) F ).
Ce n'est pas suffisant ?
Ce n'est pas suffisant ?
Non, on ne veut pas montrer que F^ortho est stable par u*, mais stable par u.
jsvdb, ta preuve est une version matricielle de celle que je suggere, la matrice B est exactement la matrice de (1-q)uq (enfin la matrice de cet endomorphisme vu comme allant de F^ortho dans F).
Bonjour !
On peut aussi montrer que si alors
sont diagonalisables, semblables respectivement à
.
Il en résulte (le nombre de coefficients diagonaux distincts est le même) l'existence d'un polynôme tel que
. Comme
est stable par
, idem pour
.
Bonsoir !
Merci à tous pour vos réponses !
@luzak t'as un indice pour la diagonalisation de u et u* stp ?
@Merci jsvdb j'ai bien compris la méthode matricielle !
C'est un classique !
Tout vecteur propre de est aussi vecteur propre de
pour la valeur propre conjuguée et les vecteurs propres associés à deux valeurs propres distinctes sont orthogonaux.
Ensuite on fait une récurrence sur la dimension de l'espace : si est vecteur propre, l'hyperplan orthogonal est stable pour les deux endomorphismes...
Ah ouais merci luzak !
Mais la démo avec la diagonalisation pour montrer que l'orthogonal est aussi stable par u va pas ici parce qu'on utilise le résultat cherché ? Y'a pas un autre moyen pour montrer la diagonalisation ?
Non tu utilises seulement :
stable par
et
: tout vecteur propre de
est aussi vecteur propre de
.
Alors l'hyperplan est stable par
et
ce qui permet l'hérédité de récurrence.
Pour le problème "vecteur propre associé à " tu utilises
qui, lui aussi commute avec son adjoint
.
Donc .
.................................
L'utilisation de est même inutile :
La restriction de à un sous-espace stable
est diagonalisable donc
stabilise
aussi (une base de vecteurs propres pour
est aussi une base de vecteurs propres de
) et il en résulte
stable par
.
Ok merci j'ai presque tout compris @luzak !
Mais l'existence de stable par u on la montre comment ? On prend une valeur propre (le polynôme caractéristique est scindé dans C)
et on nomme
le vecteur propre associé ?
Dans un espace hermitien (c'est ton hypothèse) tout endomorphisme admet au moins un vecteur propre.
Je l'ai appelé pour faire une récurrence en prenant l'orthogonal
stable par
(et
) et on applique l'hypothèse de récurrence vraie en dimension
.
Bien entendu il faut alors passer aux endomorphismes induits sur l'hyperplan stable en vérifiant rapidement qu'ils sont adjoints (en tant qu'endomorphismes de ) et commutent.
Le détail : ces restrictions diagonalisent dans une base orthonormée de et en ajoutant
à cette base on a le résultat en dimension
.
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