Endomorphisme de trace nulle

poltaj

Bonsoir.
Je dois montrer que si $u$ est un endomorphisme d'un espace hermitien $E$ de trace nulle alors il existe une base orthonormée $B$ telle que la matrice de $u$ dans cette base soit de diagonale nulle.
En fait je connaissais ce résultat dans le cas euclidien, qui est bien plus facile : on procède par récurrence sur la dimension de $E$ en commençant par prouver l'existence d'un vecteur $e$ non nul tel que $(u(e),e)=0$ ; pour cela un argument rapide consiste à utiliser le théorème des valeurs intermédiaires sur une fonction bien choisie. Malheureusement cet argument n'est pas valable dans le cas hermitien.
En fait je connais une autre méthode pour le cas euclidien, qui repose aussi sur une récurrence sur la dimension de $E$ et utilise essentiellement le fait qu'un endomorphisme antisymétrique se représente toujours par une matrice de diagonale nulle dans une base orthonormée. Mais ceci est faux dans un espace hermitien : la matrice d'un endomorphisme antisymétrique a, dans ce cas, des imaginaires sur sa diagonale, qui n'est donc pas nécessairement nulle.

Pourriez-vous s'il vous plaît me fournir quelques indications ?

bosio frederic0

Tu peux remplacer le TVI dans le cas complexe par la résolution d'une simple équation de degré 1.

poltaj

Pourriez-vous préciser un peu, s'il vous plaît?
Je ne vois vraiment pas de quelle équation vous voulez parler. Même dans le cas où $dim E=2$ je ne sais pas comment procéder.

Raymond Cordier

Une autre idée, par analogie avec le cas euclidien. Peut-être traiter séparément le cas d'un endomorphisme autoadjoint et le cas d'un endomorphisme "anti-autoadjoint". Ce dernier est moins immédiat que dans le cas euclidien, comme tu dis, mais peut-être peut-on le traiter tout de même. A voir ...
Bon courage.
RC

poltaj

Raymond Cordier : c'est exactement la 2eme méthode que j'ai expliquée dans le cas euclidien (dans ce cas il suffit en effet de traiter le cas d'un endomorphisme symétrique, puisque la matrice d'un antisymétrique dans une base orthonormée est toujours à diagonale nulle). Mais je ne sais pas comment je pourrais l'adapter dans le cas hermitien, car dans ce cas la diagonale d'un antisymétrique est formée de coefficients imaginaires purs.

JLT

Une possibilité :

1) Montrer que si $u$ est de trace nulle alors il existe une base orthonormée telle que la matrice de $u$ sur cette base a tous ses coefficients diagonaux imaginaires purs.

2) On procède ensuite par récurrence. Soit $(e_1,\ldots,e_n)$ une base comme au point 1). Il existe des réels $\lambda_k$ tels que $(u(e_k),e_k)=i\lambda_k$ pour tout $k$. Si l'un des $\lambda_k$ est nul c'est gagné, on peut appliquer l'hypothèse de récurrence. Sinon, deux des $\lambda_k$ sont de signe contraire. Par exemple $\lambda_1>0$ et $\lambda_2<0$. Alors on cherche $x$ sous la forme $e_1+ze_2$ ($z\in \C$) tel que $(u(x),x)=0$.

Raymond Cordier

Oui, mon idée de traiter séparément les endomorphismes hermitiens et antihermitiens ne tient pas dans le cas complexe.
Il m'est venu une idée d'un autre angle d'attaque.
Rappel du problème. Soit un $\C$-espace hermitien $E$, dont on note $(...\mid ...)$ le produit scalaire. On veut prouver que pour tout endomorphisme $u$ de $E$ de trace nulle, il existe une base orthonormale de $E$ dans laquelle la matrice de $u$ a sa diagonale principale nulle. Si je ne me trompe, on peut commencer par prouver qu'il existe un vecteur non nul $x\in E$ tel que $(x\mid u(x))=0$, et enclencher une récurrence.
J'ai pensé à utiliser le Hausdorffien de $u$, dénommé aussi image numérique (en anglais : field of values). C'est l'ensemble $\mathcal{H}(u)=\{(x\mid u(x))\mid \left\| x\right\| =1\}$.
Ce Hausdorffien est convexe. Selon Horn, Johnson, Topics in matrix analysis, Cambridge University Press, 1991, c'est le théorème de Hausdorff-Toeplitz, 1918-1919. En France, cette notion et cette propriété ont fait l'objet de plus d'un problème de concours.
Soit $(e_{1},e_{2},...,e_{n})$ une base orthonormale de $E$. La trace de $u$ est : $Tr(u)=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}(e_{k}\mid u(e_{k}))$. D'après la convexité du Hausdorffien $\mathcal{H}(u)$, il en résulte : $\frac{1}{n}Tr(u)\in \mathcal{H}(u)$. Et comme cette trace est nulle, on a : $ 0\in \mathcal{H}(u)$, et il existe $\varepsilon \in E$, $\left\| \varepsilon \right\| =1$, $(\varepsilon \mid u(\varepsilon ))=0$.
C'est bon ?
Bon dimanche.
RC

poltaj

Je n'ai pas réussi à trouver le complexe $z$ dont JLT parlait.
RC : je veux bien te croire. Mais le fait que le Haussdorfien soit convexe ne me saute pas aux yeux.

Raymond Cordier

@ poltaj
C'est un plaisir de dialoguer avec toi, car tu soulignes les points importants, ce qui permet de progresser. Il faudrait connaître exactement le statut de la question que tu poses : est-ce un exercice isolé, en une question, ou avec des questions préparatoires, est-ce une question d'un long problème, quel est le niveau ? Je présume que tu es élève de MP* d'un lycée du centre de Paris.

Alors, soit il existe une solution directe que je n'ai pas trouvée, soit tu investis dans le Hausdorffien, je pense que ce ne sera pas du temps perdu car ce Hausdorffien est déjà tombé dans des concours, par exemple Ulm 2008. Je viens de m'apercevoir que c'est même traité dans : Xavier Gourdon, Les maths en tête, Algèbre, Ellipses, 1994, p. 272, avec même ton problème de trace nulle, j'aurais dû regarder avant (dans mon édition, il y a une faute d'orthographe : "Hansdorffien"). Tu peux aussi faire des recherches sur Internet, j'ai donné les synonymes de "Hausdorffien".

Bon dimanche. Le Soleil revient, invaincu.
RC

JLT

@poltaj : voici comment je démontre l'existence du $z$ de mon message précédent. On a
$$(u(e_1+ze_2),e_1+ze_2)=i(\lambda_1+|z|^2\lambda_2)+za+\bar{z}b$$
pour certains nombres complexes $a$ et $b$. La partie réelle de cette expression est de la forme $uv+vy=0$ où $z=x+iy$, ce qui est l'équation d'une droite passant par l'origine (sans dans le cas trivial où $u=v=0$). La partie imaginaire est de la forme $f(x,y)=\lambda_1+(x^2+y^2)\lambda_2 + u'x+v'y=0$, ce qui est l'équation d'un cercle. Comme $f(0,0)=\lambda_1$ et $f(x,y)$ est du signe de $\lambda_2$ lorsque $(x,y)$ est loin de l'origine, on voit que l'origine se trouve à l'intérieur du cercle, et donc la droite $ux+vy=0$ doit couper le cercle.

poltaj

Merci beaucoup à vous deux, JLT et Raymond Cordier.

Raymond Cordier : j'ai cherché à résoudre cet exercice après une remarque faite par mon prof ; nous avions traité le cas euclidien en cours, et d'après lui le résultat restait vrai en hermitien. Je vais me replonger dans le Gourdon.