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Produit d'endomorphismes positifs

Modifié (May 2022) dans Algèbre
Bonjour
Je bute sur un exercice relativement classique mais qui est traité d'une manière que je ne connaissais pas.
Pour ceux qui aiment connaître l'origine des exercices, c'est le numéro 1056 publié dans le numéro 132-2 de la RMS, tombé au concours Centrale dans la filière PC l'an dernier.
Voici l'énoncé.
Soit $E$ un espace euclidien.
a) Soit $u$ un endomorphisme symétrique positif de $E$. Soit $x \in E$. Montrer que $\langle u(x),x\rangle= 0$ si et seulement si $x\in \ker(u)$.
b) Soient $a$ et $b$ deux endomorphismes symétriques positifs de $E$.
   i) Montrer qu’il existe $h$ symétrique positif tel que $h^2 = b$.
   ii) On pose $f = ab$ et $g = hah$. Montrer que $g$ est diagonalisable.
   iii) En remarquant que $f = (ah)h$ montrer que $f$ et $g$ ont les mêmes valeurs propres et que les sous-espaces propres associés ont même dimension. Qu’en conclure sur $f$ ?
Je ne reviens même pas sur le fait que la notion d'endomorphismes symétriques positifs n'est pas au programme de la classe dans laquelle cet énoncé a été posé... car c'est tellement classique que je suis à peu près certain que tous les élèves en auront déjà entendu parler.
Les questions a) et b).i sont archi-classiques: ce sont sans doute les deux résultats les plus prouvés à propos des endomorphismes symétriques positifs.
La question b)ii demande seulement de vérifier les hypothèses du théorème spectral : aucun problème non plus.
En revanche, je ne vois pas comment faire la dernière question.
Plus exactement, je sais que la réponse est de prouver que $f$ est diagonalisable et que ses valeurs propres sont positives, et je sais m'en sortir lorsque $b$ (et donc $h$) est inversible, mais dans le cas contraire, je ne vois pas comment prouver ce qui est demandé.
Avez-vous une idée ?
Mots clés:

Réponses

  • Bonjour, à propos des mêmes valeurs propres, $\chi_{AB} = \chi_{BA}$ devrait suffire.

    Je réfléchis aux dimensions.
  • Modifié (May 2022)
    Si $b$ n'est pas inversible et $a$ est le projecteur orthogonal sur $\ker b$, ça semble mal barré car $g$ est nul !
    Ah non c'est bête.
  • Voici une solution issue du Gourdon - Algèbre :

  • Si Gourdon met presque une page de corrigé pour cette question, c'est que ça doit effectivement être délicat, comme il est écrit !
    Je vais me pencher sur cette preuve.
    Merci @MrJ.
  • C'est quand même plus simple et naturel avec des arguments de densité ...
  • @Foys : Je ne vois pas comment il faudrait procéder avec un argument de densité : les propriétés qui me semblent intéressante dans cet exercice ne sont pas nécessairement conservé lorsque l'on passe à la limite.
  • Je suis bien embêté avec la démo de Gourdon... Elle ne colle pas à mon énoncé.
    Dans ma version où $f=a\circ b$, c'est l'endomorphisme de droite, à savoir $b$, dont on utilise la racine carrée $h$, mais dans la preuve de Gourdon, c'est celui de gauche. Je vais tenter de voir si on peut adapter, mais j'ai bien peur que non.
  • Modifié (May 2022)
    Bonsoir
    Ce qu'on peut montrer par densité, c'est que le polynôme caractéristique de $AB$ est égal à celui de $BA$ : c'est clairement vrai pour $A$ inversible, donc ...
  • JLTJLT
    Modifié (May 2022)
    Je reformule la preuve.

    Lemme 1. Soit $E$ un espace euclidien. Alors $u$, $u^*$, $u^*u$ et $uu^*$ ont même rang.

    Démonstration. $u$ et $u^*$ ont même rang car une matrice a le même rang que sa transposée. De plus, pour tout $x$ on a $\langle u^*u(x),x\rangle = ||u(x)||^2$ donc $\ker u^*u\subset \ker u$ et l'autre inclusion est évidente donc $u^*u$ et $u$ ont même noyau, par conséquent ils ont le même rang. En appliquant ce qui précède à $u^*$ on voit que $uu^*$ et $u^*$ ont le même rang.

    Lemme 2. Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes d'un $K$-espace vectoriel et $\lambda\in K^*$. Alors les espaces propres $\ker(uv-\lambda \mathrm{Id})$ et $\ker(vu-\lambda \mathrm{Id})$ sont isomorphes.

    Démonstration. Les applications $v:\ker(uv-\lambda \mathrm{Id})\to \ker(vu-\lambda \mathrm{Id})$ et $u:\ker(vu-\lambda \mathrm{Id})\to \ker(uv-\lambda \mathrm{Id})$ sont bien définies et leur composée est égale à $\lambda \mathrm{Id}$.

    Revenons à l'exercice. Il s'agit de montrer que si $a$ et $h$ sont positifs alors $ah^2$ et $hah$ ont leurs espaces propres de même dimension. D'après le lemme 2 c'est vrai pour les valeurs propres non nulles, donc il reste à montrer qu'ils ont des noyaux de même dimension, c'est-à-dire qu'ils ont même rang.
    D'après le lemme 1, $\mathrm{rg}(ah)=\mathrm{rg}(ah^2a)\leqslant \mathrm{rg}(ah^2)$, et l'inégalité en sens inverse est évidente, donc $\mathrm{rg}(ah)=\mathrm{rg}(ah^2)$.
    De même, $\mathrm{rg}(a^{1/2}h)=\mathrm{rg}(hah)\leqslant \mathrm{rg}(ah)$, et l'inégalité en sens inverse est évidente, donc $\mathrm{rg}(hah)=\mathrm{rg}(ah)$. On a ainsi montré que $ah^2$ et $hah$ ont même rang.
    Comme $hah$ est diagonalisable, la somme des dimensions de ses sous-espaces propres vaut $\mathrm{dim}(E)$, donc il en va de même pour $ah^2$, par conséquent $ah^2$ est aussi diagonalisable.
  • Merci @JLT ! J'avais tous les éléments, mais je n'ai pas pensé à utiliser la racine carrée de $a$ pour obtenir l'égalité des rangs.
  • Modifié (May 2022)
    Finalement, on peut faire encore plus simple, avec le lemme 2 de @JLT uniquement, légèrement modifié en disant simplement que les deux applications sont bien définies.
    On en déduit par le théorème du rang que les dimensions des deux noyaux sont égales... même pour le cas de la valeur propre 0.
    On conclut alors immédiatement.
  • Je n'ai rien compris, peux-tu détailler ?
  • Modifié (May 2022)
    Je comprends ton incompréhension... Je suis allé trop vite et j'ai confondu ensemble d'arrivée et ensemble image. :/
    Plus précisément, j'ai cru pouvoir conclure de la propriété $v\big(\ker(uv-\lambda Id)\big)\subset \ker(vu-\lambda Id)$ que $\dim\big(\ker(vu-\lambda Id)\big)\leq \dim\big(\ker(uv-\lambda Id)\big)$... ce qui n'est pas forcément le cas.
    Pour avoir l'égalité, on a effectivement besoin de savoir que les valeurs propres sont non nulles et par conséquent, on a besoin d'établir l'égalité des rangs.
    Bon, heureusement, je n'ai pas encore distribué mon corrigé :)
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