Espace préhilbertien complexe/Exercices/Espaces hermitiens

Exercice 1-1

On pose $E=\mathbb {C} ^{3}$ et l'on définit $q:E\to \mathbb {C}$ par :

$q(x,y,z)=|x|^{2}+3|y|^{2}+6|z|^{2}+\mathrm {i} {\overline {x}}y-\mathrm {i} x{\overline {y}}+2\mathrm {i} y{\overline {z}}-2\mathrm {i} {\overline {y}}z$.

1. Démontrer qu'il existe une forme hermitienne $f:E\times E\to \mathbb {C}$ telle que pour tout $u\in E$, $f(u,u)=q(u)$.
2. Donner la matrice de $f$ dans la base canonique.
3. Déterminer une base orthonormale pour $f$.

Solution

1. Par la formule de polarisation ou directement, la forme hermitienne cherchée est :

   $f((x,y,z),(x',y',z'))={\overline {x}}x'+3{\overline {y}}y'+6{\overline {z}}z'+\mathrm {i} {\overline {x}}y'-\mathrm {i} {\overline {y}}x'+2\mathrm {i} {\overline {z}}y'-2\mathrm {i} {\overline {y}}z'$.

2. Sa matrice dans la base canonique est ${\begin{pmatrix}1&\mathrm {i} &0\\-\mathrm {i} &3&-2\mathrm {i} \\0&2\mathrm {i} &6\end{pmatrix}}$.
3. Par l'algorithme de Gauss, $q(x)=X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+X_{3}^{2}$ avec
   $X_{1}=x_{1}+\mathrm {i} x_{2},\quad X_{2}={\sqrt {2}}(x_{2}-\mathrm {i} x_{3}),\quad X_{3}=2x_{3}$,
   soit
   $x_{3}={\frac {X_{3}}{2}},\quad x_{2}={\frac {X_{2}}{\sqrt {2}}}+\mathrm {i} {\frac {X_{3}}{2}},\quad x_{1}=X_{1}-\mathrm {i} {\frac {X_{2}}{\sqrt {2}}}+{\frac {X_{3}}{2}}$
   donc $f$ est un produit scalaire hermitien et admet pour base orthonormale :

   $\left((1,0,0),\left(-{\frac {\mathrm {i} }{\sqrt {2}}},{\frac {1}{\sqrt {2}}},0\right),\left({\frac {1}{2}},{\frac {\mathrm {i} }{2}},{\frac {1}{2}}\right)\right)$.

   Une autre méthode possible est d'appliquer l'algorithme de Gram-Schmidt à une base arbitraire de $\mathbb {C} ^{3}$ (par exemple la base canonique).

 

Exercice 1-2

Déterminer le rang et la signature de la forme quadratique hermitienne q sur E dans les cas suivants :

1. $E=\mathbb {C} ^{3}$ et $q(x,y,z)=|x|^{2}+2|y^{2}|+|z|^{2}+\mathrm {i} {\bar {x}}y-\mathrm {i} x{\bar {y}}-{\bar {x}}z+x{\bar {z}}-2\mathrm {i} y{\bar {z}}+2\mathrm {i} {\bar {y}}z$ ;
2. $E=\mathbb {C} ^{3}$ et $q(x,y,z)={\bar {x}}y+x{\bar {y}}-\mathrm {i} {\bar {x}}z+\mathrm {i} x{\bar {z}}+(1+\mathrm {i} )y{\bar {z}}+(1-\mathrm {i} ){\bar {y}}z$ ;
3. $E=\mathrm {M} _{n}(\mathbb {C} )$ et $q(A)=\operatorname {Tr} ({}^{t}\!{\bar {A}}A)$.

Solution

1. Appliquons l'algorithme de Gauss :
   ${\begin{aligned}q(x,y,z)&=|x+\mathrm {i} y-z|^{2}-|\mathrm {i} y-z|^{2}+2|y|^{2}+|z|^{2}-2\mathrm {i} y{\bar {z}}+2\mathrm {i} {\bar {y}}z\\&=|x+\mathrm {i} y-z|^{2}+|y|^{2}-\mathrm {i} y{\bar {z}}+\mathrm {i} {\bar {y}}z\\&=|x+\mathrm {i} y-z|^{2}+|y+\mathrm {i} z|^{2}-|z|^{2}\end{aligned}}$
   donc $\operatorname {sgn} q=(2,1)$ et $\operatorname {rg} q=2+1=3$.
2. De même :
   ${\begin{aligned}q(x,y,z)&={\overline {(x+(1-\mathrm {i} )z)}}(y-\mathrm {i} z)+(x+(1-\mathrm {i} )z){\overline {(y-\mathrm {i} z)}}-{\overline {(1-\mathrm {i} )z}}(-\mathrm {i} z)-(1-\mathrm {i} )z{\overline {(-\mathrm {i} z)}}\\&={\overline {(x+(1-\mathrm {i} )z)}}(y-\mathrm {i} z)+(x+(1-\mathrm {i} )z){\overline {(y-\mathrm {i} z)}}-2|z|^{2}\\&={\frac {1}{2}}|x+(1-\mathrm {i} )z+y-\mathrm {i} z|^{2}-{\frac {1}{2}}|x+(1-\mathrm {i} )z-y+\mathrm {i} z|^{2}-2|z|^{2}\end{aligned}}$
   donc $\operatorname {sgn} q=(1,2)$ et $\operatorname {rg} q=1+2=3$.
3. q est associée au produit scalaire hermitien canonique sur $\mathrm {M} _{n}(\mathbb {C} )$ donc $\operatorname {sgn} q=(n^{2},0)$ et $\operatorname {rg} q=n^{2}$.

 

Exercice 1-3

Soit $E=\mathbb {C} _{n}[X]$ le $\mathbb {C}$-espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal à $n$.

1. Vérifier que $\langle P,Q\rangle ={\frac {1}{2\pi }}\int _{0}^{2\pi }{\overline {P(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} t})}}Q(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} t})\,\mathrm {d} t$ définit un produit scalaire hermitien sur $E$ et que la base $(1,X,\dots ,X^{n})$ est orthonormée pour ce produit scalaire.
2. Soit $Q=X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\dots +a_{0}\in E$ ; calculer $\|Q\|^{2}$.
3. On pose $M=\sup\{|Q(z)|\mid |z|=1\}$. Montrer que $M\geq 1$ et étudier les cas d'égalité.

Solution

1. Immédiat.
2. D'après la question précédente, $\|Q\|^{2}=1+\sum _{k=0}^{n-1}|a_{k}|^{2}$
3. D'après la question précédente, $1\leq \|Q\|^{2}={\frac {1}{2\pi }}\int _{0}^{2\pi }|Q(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} t})|^{2}\,\mathrm {d} t\leq M^{2}$ donc $M\geq 1$, et si $M=1$ alors les $a_{k}$ sont nuls c'est-à-dire $Q=X^{n}$. Réciproquement, si $Q=X^{n}$ alors (évidemment) $M=1$.

 

Exercice 1-4

1. L'ensemble des matrices hermitiennes est-il un sous-$\mathbb {C}$-espace de $\mathrm {M} _{n}(\mathbb {C} )$ ?
2. Démontrer que c'en est un sous-$\mathbb {R}$-espace et calculer sa dimension.
3. Démontrer que l'ensemble des matrices $A$ antihermitiennes, c'est-à-dire vérifiant ${}^{t}\!{\bar {A}}=-A$, en est un supplémentaire.

Solution

1. Non : par exemple $\mathrm {I} _{n}$ est hermitienne mais $\mathrm {iI} _{n}$ ne l'est pas.
2. L'ensemble des matrices hermitiennes est un sous-$\mathbb {R}$-espace car c'est un sous-espace propre (pour la valeur propre 1) de l'application $\mathbb {R}$-linéaire $A\mapsto ^{t}\!{\bar {A}}$. Sa dimension est $n+n(n-1)=n^{2}$ car pour une matrice hermitienne, la diagonale doit être réelle puis on doit se donner un complexe (soit deux réels) pour la partie triangulaire supérieure.
3. L'ensemble des matrices antihermitiennes est un sous-$\mathbb {R}$-espace car c'est un sous-espace propre (pour la valeur propre –1) de l'application $\mathbb {R}$-linéaire $A\mapsto ^{t}\!{\bar {A}}$. Cette application linéaire est involutive donc ses deux sous-espaces propres pour 1 et –1 sont supplémentaires.

 

Exercice 1-5

Soit $E$ un espace hermitien et $f$ un endomorphisme de $E$. On suppose que tout vecteur de $E$ est orthogonal à son image par $f$.

1. Démontrer que $\langle f(x),y\rangle =0$ pour tous $x$ et $y$ de $E$.
2. En déduire que $f$ est l'endomorphisme nul.
3. Que penser de l'énoncé analogue sur un espace euclidien ?

Solution

1. Pour tous $x$ et $y$ de $E$, $0=\langle f(x+y),x+y\rangle =\langle f(x),y\rangle +\langle f(y),x\rangle$ donc (en remplaçant $y$ par $\mathrm {i} y$) $0=\mathrm {i} (\langle f(x),y\rangle -\langle f(y),x\rangle )$. En divisant cette seconde égalité par $\mathrm {i}$ puis en lui ajoutant la première, on en déduit que $\langle f(x),y\rangle =0$.
2. En particulier, $\langle f(x),f(x)\rangle =0$ donc $f(x)=0$.
3. Dans le cas réel, ce n'est plus vrai. Par exemple, en dimension 2, la rotation d'angle $\pi /2$ envoie tout vecteur sur un vecteur orthogonal et n'est évidemment pas nulle.

 

Exercice 1-6

Dans $\mathbb {C} ^{3}$ muni de sa structure hermitienne standard et de sa base canonique, on note $F$ le plan d'équation $x_{1}-x_{2}+\mathrm {i} x_{3}=0$.

1. Déterminer l'orthogonal de $F$.
2. Expliciter la matrice de la projection orthogonale sur $F$ dans la base canonique.
3. Trouver une base orthogonale de $F$.

Solution

1. $F=v^{\bot }$ où $v=(1,-1,-\mathrm {i} )$, donc $F^{\bot }=\mathbb {C} v$.
2. $p(x)=x-{\frac {\langle v,x\rangle }{\|v\|^{2}}}v=x-{\frac {x_{1}-x_{2}+\mathrm {i} x_{3}}{3}}(1,-1,-\mathrm {i} )=\left({\frac {2x_{1}+x_{2}-\mathrm {i} x_{3}}{3}},{\frac {x_{1}+2x_{2}+\mathrm {i} x_{3}}{3}},{\frac {\mathrm {i} x_{1}-\mathrm {i} x_{2}+2x_{3}}{3}}\right)$ donc $p$ a pour matrice (dans la base canonique) ${\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}2&1&-\mathrm {i} \\1&2&\mathrm {i} \\\mathrm {i} &-\mathrm {i} &2\end{pmatrix}}$.
3. Pour construire une base orthogonale $(e,f)$ de $F$, choisissons d'abord dans $F$ un vecteur non nul, par exemple $e=(1,1,0)$. Puis cherchons dans $F$ un vecteur $f\neq 0$ orthogonal à $e$ : ($x_{1}-x_{2}+\mathrm {i} x_{3}=0$ et $x_{1}+x_{2}=0$) équivaut à ($x_{2}=-x_{1}$ et $x_{3}=2\mathrm {i} x_{1}$), d'où la solution $f=(1,-1,2\mathrm {i} )$ par exemple.

 

Exercice 1-7

Pour une matrice complexe $A$, notons $A^{*}={}^{t}\!{\bar {A}}$.

1. Soit $A\in \operatorname {GL} _{n}(\mathbb {R} )$. Démontrer que $A^{*}A$ est la matrice d'un produit scalaire réel.
2. Que devient cet énoncé si $A\in \operatorname {GL} _{n}(\mathbb {C} )$ ?

Solution

1. Si $A\in \operatorname {GL} _{n}(\mathbb {R} )$ alors $A^{*}A$ est égale à ${}^{t}\!AA$, qui est réelle symétrique et inversible. De plus, pour tout vecteur réel $X$, ${}^{t}\!X(^{t}\!AA)X=^{t}\!(AX)AX\in \mathbb {R} _{+}$.
2. Si $A\in \operatorname {GL} _{n}(\mathbb {C} )$ alors $A^{*}A$ est la matrice d'un produit scalaire hermitien. En effet, elle est hermitienne et inversible, et pour tout vecteur complexe $X$, $X^{*}(A^{*}A)X=(AX)^{*}AX\in \mathbb {R} _{+}$.

 

Exercice 1-8

Soit $E$ un espace hermitien de dimension $n$.

1. Soit $f$ un endomorphisme hermitien de $E$.
   1. Montrer que les valeurs propres de $f$ sont réelles. On les notera dans la suite $\lambda _{1}\leq \lambda _{2}\leq \dots \leq \lambda _{n}$.
   2. Montrer que pour tout vecteur non nul $x$ de $E$, ${\frac {\langle f(x),x\rangle }{\|x\|^{2}}}\leq \lambda _{n}$.
   3. Trouver un $x\in E$ tel que l'inégalité ci-dessus soit une égalité.
2. Soit $f$ un endomorphisme quelconque de $E$.
   1. Montrer que pour tout $x\in E$, $\langle (f^{*}\circ f)(x),x\rangle =\|f(x)\|^{2}$.
   2. Montrer que l'endomorphisme $f^{*}\circ f$ de $E$ est hermitien positif. (Un endomorphisme hermitien est dit positif si toutes ses valeurs propres (réelles) sont positives.)
   3. En déduire que $\sup _{x\in E,x\neq 0}{\frac {\|f(x)\|}{\|x\|}}=\max\{{\sqrt {\lambda }}\mid \lambda \in \operatorname {Spec} (f^{*}\circ f)\}$.
3. Application à $f$ endomorphisme de $\mathbb {C} ^{2}$ dont la matrice dans la base canonique est $A:={\begin{pmatrix}1&\mathrm {i} \\2&2\mathrm {i} \end{pmatrix}}$.

Solution

1. 1. Soient $\lambda$ une valeur propre de $f$ et $x\neq 0$ un vecteur propre associé. Alors, $\langle f(x),x\rangle =\langle \lambda x,x\rangle ={\bar {\lambda }}\|x\|^{2}$.
      Mais comme $f$ est hermitien ($f^{*}=f$), $\langle f(x),x\rangle$ est aussi égal à $\langle x,f(x)\rangle =\langle x,\lambda x\rangle =\lambda \|x\|^{2}$, ce qui prouve que ${\bar {\lambda }}=\lambda$, c'est-à-dire $\lambda \in \mathbb {R}$.
   2. Soit $(e_{1},\dots ,e_{n})$ une base orthonormée de $E$ telle que $f(e_{i})=\lambda _{i}e_{i}$.
      Pour tout $x=\sum x_{i}e_{i}\in E$, $\langle f(x),x\rangle =\langle \sum x_{i}\lambda _{i}e_{i},\sum x_{j}e_{j}\rangle =\sum \lambda _{i}|x_{i}|^{2}\leq \lambda _{n}\sum |x_{i}|^{2}=\lambda _{n}\|x\|^{2}$.
   3. L'inégalité précédente est une égalité si et seulement si tous les $x_{i}$ correspondant à des $\lambda _{i}<\lambda _{n}$ sont nuls, c'est-à-dire si $x$ est propre pour $\lambda _{n}$ (par exemple : $x=e_{n}$).
2. 1. Par définition de l'adjoint $f^{*}$, $\langle f^{*}\circ f(x),x\rangle =\langle f(x),f(x)\rangle =\|f(x)\|^{2}$.
   2. $f^{*}\circ f$ est hermitien car $(f^{*}\circ f)^{*}=f^{*}\circ (f^{*})^{*}=f^{*}\circ f$.
      Montrons qu'il est positif : soit $\lambda$ une valeur propre de $f^{*}\circ f$ et $x\neq 0$ un vecteur propre associé ; $\|f(x)\|^{2}=\langle (f^{*}\circ f)(x),x\rangle =\langle \lambda x,x\rangle ={\bar {\lambda }}\|x\|^{2}$ donc $\lambda \in \mathbb {R} _{+}$.
   3. Comme $f^{*}\circ f$ est hermitien, on a, d'après la question 1, $\sup _{x\in E,x\neq 0}{\frac {\|f(x)\|}{\|x\|}}=\max(\operatorname {Spec} (f^{*}\circ f))$. Grâce à la question 2.1, on en déduit l'égalité voulue.
3. La matrice $A$ est de rang 1 donc 0 est valeur propre de la matrice $A^{*}A={\begin{pmatrix}5&5\mathrm {i} \\-5\mathrm {i} &5\end{pmatrix}}$, l'autre valeur propre étant par conséquent $5+5-0=10$, si bien que $\sup _{x\in E,x\neq 0}{\frac {\|f(x)\|}{\|x\|}}={\sqrt {10}}$.

 

Exercice 1-9

Soit $U\in \mathrm {M} _{2}(\mathbb {C} )$ une matrice unitaire de déterminant $1$. Montrer qu'il existe $\alpha ,\beta \in \mathbb {C}$ tels que $|\alpha |^{2}+|\beta |^{2}=1$ et $U={\begin{pmatrix}\alpha &-{\bar {\beta }}\\\beta &{\bar {\alpha }}\end{pmatrix}}$.

Solution

$U={\begin{pmatrix}\alpha &\gamma \\\beta &\delta \end{pmatrix}}$ avec $\alpha \delta -\beta \gamma =\det U=1$ et ${\begin{pmatrix}{\bar {\alpha }}&{\bar {\beta }}\\{\bar {\gamma }}&{\bar {\delta }}\end{pmatrix}}=U^{*}=U^{-1}={\begin{pmatrix}\delta &-\gamma \\-\beta &\alpha \end{pmatrix}}$, c'est-à-dire $\gamma =-{\bar {\beta }}$ et $\delta ={\bar {\alpha }}$.

 

Exercice 1-10

1. Soit $A={\begin{pmatrix}4&\mathrm {i} &-\mathrm {i} \\-\mathrm {i} &4&1\\\mathrm {i} &1&4\end{pmatrix}}$. Trouver une matrice unitaire $U$ et une matrice diagonale $D$ telles que $D=U^{-1}AU$.
2. Même question avec la matrice $B={\begin{pmatrix}1&\mathrm {i} &-\mathrm {i} \\-\mathrm {i} &1&-1\\\mathrm {i} &-1&1\end{pmatrix}}$.

Solution

$A$ et $B$ sont hermitiennes donc à valeurs propres réelles, et diagonalisables dans une base orthonormée, c'est-à-dire avec une matrice de passage unitaire.

1. $\det(A-X\mathrm {I} _{3})=(2-X)(X-5)^{2}$. Le sous-espace propre associé à la valeur propre $2$ est la droite d'équations $y+z=0=x+\mathrm {i} y$, donc engendrée par le vecteur $u:=(\mathrm {i} ,-1,1)$. Le sous-espace propre associé à $5$ est donc le plan $u^{\bot }$, d'équation $z=\mathrm {i} x+y$. Pour construire une base orthogonale $(v,w)$ de ce plan, procédons comme dans l'exercice 6 question 3. On choisit d'abord par exemple $v:=(0,1,1)\in u^{\bot }$, puis on résout $y+z=0=\mathrm {i} x+y-z$ et l'on trouve $w:=(2\mathrm {i} ,1,-1)$. Une base orthonormée propre pour $A$ est donc $(u/{\sqrt {3}},v/{\sqrt {2}},w/{\sqrt {6}})$, et $U^{-1}AU=\operatorname {diag} (2,5,5)$ avec $U={\begin{pmatrix}\mathrm {i} /{\sqrt {3}}&0&2\mathrm {i} /{\sqrt {6}}\\-1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&1/{\sqrt {6}}\\1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&-1/{\sqrt {6}}\end{pmatrix}}$.
2. $B$ est de rang $1$ donc $0$ est valeur propre double, l'autre valeur propre étant par conséquent $1+1+1-2\times 0=3$. Le sous-espace propre associé à cette valeur propre $3$ est la droite d'équations $y+z=0=x-\mathrm {i} y$, donc engendrée par le vecteur $u:=(\mathrm {i} ,1,-1)$. Le sous-espace propre associé à $0$ est donc le plan $u^{\bot }$, d'équation $y=\mathrm {i} x+z$. $v:=(0,1,1)\in u^{\bot }$, $w:=(2\mathrm {i} ,-1,1)\in u^{\bot }\cap v^{\bot }$. $V^{-1}BV=\operatorname {diag} (3,0,0)$ avec $V={\begin{pmatrix}\mathrm {i} /{\sqrt {3}}&0&2\mathrm {i} /{\sqrt {6}}\\1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&-1/{\sqrt {6}}\\-1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&1/{\sqrt {6}}\end{pmatrix}}$.
   Ou plus simplement : $B=-{\bar {A}}+5\mathrm {I} _{3}$ donc ${\bar {U}}^{-1}B{\bar {U}}=-{\overline {\operatorname {diag} (2,5,5)}}+\operatorname {diag} (5,5,5)=\operatorname {diag} (3,0,0)$.

 

Exercice 1-11

1. Soit $H\in \operatorname {M} _{n}(\mathbb {C} )$ une matrice hermitienne positive. Montrer qu'il existe une unique matrice hermitienne positive $R$ telle que $H=R^{2}$. On dit alors que $R$ est la racine carrée de $H$.
2. Soit $A\in \operatorname {GL} _{n}(\mathbb {C} )$. Montrer qu'il existe un unique couple de matrices $(U,H)$, avec $U$ unitaire et $H$ hermitienne positive, tel que $A=UH$ (on montrera que si un tel $(U,H)$ existe alors $H$ est la racine carrée de $A^{*}A$).

Solution

Dans les deux questions, procédons par analyse-synthèse.

1. Si $R$ est une matrice hermitienne positive de carré $H$ alors pour chaque valeur propre $\mu$ de $R$, pour tout vecteur $x$ du sous-espace propre associé, on a $H(x)=R^{2}(x)=\mu ^{2}x$. Donc $H$ et $R$ ont mêmes sous-espaces propres et les valeurs propres de $R$ sont les racines carrées de celles de $H$. Ceci prouve l'unicité de $R$. Réciproquement, par construction, la matrice $R$ ainsi définie est bien hermitienne positive et de carré $H$.
2. Pour un tel $(U,H)$, $A^{*}A=H^{*}U^{*}UH=H\mathrm {I} _{n}H=H^{2}$ donc $H$ est la racine carrée de $A^{*}A$, et $U=AH^{-1}$ ($H$ est bien inversible car $A$ l'est). Réciproquement, pour les matrices ainsi définies $H$ (racine carrée de $A^{*}A$, qui est bien hermitienne positive, comme remarqué lors de l'exercice 8, question 2.1) et $U$ (telle que $A=UH$), $U$ est bien unitaire car $U^{*}U=(H^{-1})^{*}A^{*}AH^{-1}=(H^{*})^{-1}H^{2}H^{-1}=H^{-1}H^{2}H^{-1}=\mathrm {I} _{n}$.

 

Exercice 1-12

Soient $E$ un espace hermitien et $f$ un endomorphisme normal de $E$ (c'est-à-dire $f^{*}\circ f=f\circ f^{*}$).

1. Montrer que $\|f(x)\|=\|f^{*}(x)\|$.
2. En déduire que $\ker f=\ker f^{*}$ et $\operatorname {im} f=\operatorname {im} f^{*}$.
3. Que dire alors de $\ker f$ et $\operatorname {im} f$ ? En déduire que $\ker f=\ker f^{2}$.
4. Si $g$ est un autre endomorphisme normal de $E$, montrer que $f\circ g=0$ si et seulement si $g\circ f=0$.

Solution

1. Même calcul que dans l'exercice 8, question 2.1.
2. On en déduit immédiatement : $\ker f=\ker f^{*}$ donc $(\ker f)^{\bot }=(\ker f^{*})^{\bot }$, c'est-à-dire $\operatorname {im} f^{*}=\operatorname {im} f$.
3. En particulier, $\operatorname {im} f=\operatorname {im} f^{*}=(\ker f)^{\bot }$. Autrement dit : $\operatorname {im} f$ et $\ker f$ sont supplémentaires orthogonaux l'un de l'autre.
   Leur intersection est donc réduite à $\{0_{E}\}$, c'est-à-dire que si $f(x)\in \ker f$ alors $f(x)=0_{E}$, ou encore : $\ker f^{2}\subset \ker f$. L'inclusion réciproque étant toujours vraie, on a donc $\ker f^{2}=\ker f$.
4. $f\circ g=0\Leftrightarrow \operatorname {im} g\subset \ker f\Leftrightarrow \operatorname {im} g\perp \operatorname {im} f$. De même, $g\circ f=0\Leftrightarrow \operatorname {im} f\perp \operatorname {im} g$. Donc $f\circ g=0\Leftrightarrow g\circ f=0$.

 

Exercice 1-13

Soit $M\in \operatorname {M} _{n}(\mathbb {C} )$.

1. Montrer qu'il existe un unique couple $(H,H')$ de matrices hermitiennes tel que $M=H+\mathrm {i} H'$.
2. Montrer que $M$ est normale si et seulement si $HH'=H'H$.

Solution

1. Il s'agit de montrer qu'il existe une unique matrice hermitienne $H'$ telle que $(M-\mathrm {i} H')^{*}=M-\mathrm {i} H'$, c'est-à-dire telle que $H'={\frac {\mathrm {i} }{2}}(M^{*}-M)$. Il suffit donc de vérifier que $\mathrm {i} (M^{*}-M)$ est bien hermitienne, ce qui est immédiat.
2. $M^{*}M=MM^{*}\Leftrightarrow (H-\mathrm {i} H')(H+\mathrm {i} H')=(H+\mathrm {i} H')(H-\mathrm {i} H')\Leftrightarrow 2\mathrm {i} (HH'-H'H)=0\Leftrightarrow HH'=H'H$.

 

Exercice 1-14

1. Trouver toutes les matrices réelles normales de taille 2.
2. Dans $\operatorname {M} _{n}(\mathbb {R} )$, quel sous-espace vectoriel les matrices normales engendrent-elles ?

Solution

1. Une matrice réelle $M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}$ est normale si et seulement si ${}^{t}\!MM=M^{t}\!M$, ce qui équivaut à $b^{2}=c^{2}$ et $(a-d)(c-b)=0$, c'est-à-dire $c=b$ ou ($c=-b$ et $d=a$).
2. Ces matrices engendrent $\operatorname {M} _{n}(\mathbb {R} )$ tout entier car parmi elles figurent les matrices symétriques et les matrices antisymétriques.

 

Exercice 1-15

Soient $E$ un espace hermitien de dimension finie et $f,g,h,u$ des endomorphismes de $E$.

1. Pour tous polynômes $P,Q\in \mathbb {C} [X]$ tels que $Q(f)$ soit inversible, montrer que $P(f)Q(f)^{-1}=Q(f)^{-1}P(f)$.
   Ceci justifie la notation $R(f):={P(f) \over Q(f)}$ pour cet endomorphisme.
   Exprimer alors les valeurs propres de $R(f)$ en fonction de celles de $f$.
2. Soit $\alpha \in C$. Montrer que si $f-\alpha \mathrm {id}$ est inversible et $g={f+\alpha \mathrm {id} \over f-\alpha \mathrm {id} }$ alors $\mathrm {id} -g$ est inversible et $f=-\alpha {\mathrm {id} +g \over \mathrm {id} -g}$.
   En déduire que $[h+\mathrm {i\,id}$ est inversible et $u={h-\mathrm {i\,id} \over h+\mathrm {i\,id} }]\Leftrightarrow [\mathrm {id} -u$ est inversible et $h=i{\mathrm {id} +u \over \mathrm {id} -u}]$.
3. Pour $h,u$ vérifiant les propriétés équivalentes de ci-dessus, montrer que les valeurs propres de $h$ sont réelles si et seulement si celles de $u$ sont de module 1.
4. Pour $h,u$ vérifiant encore les propriétés équivalentes ci-dessus, montrer que $h$ est autoadjoint si et seulement si $u$ est unitaire.
5. Montrer que si $h$ est autoadjoint alors $h+\mathrm {i\,id}$ est inversible.

Solution

1. $Q(h)P(h)=P(h)Q(h)$ d'où (en composant à gauche et à droite par $Q(h)^{-1}$) $P(h)Q(h)^{-1}=Q(h)^{-1}P(h)$.
   Si $T$ est la matrice de $h$ dans une base de triangularisation, celle de $R(h)$ est $R(T)$, donc les valeurs propres de $R(h)$ sont les $R(\lambda )$ pour $\lambda$ valeur propre de $h$.
2. Si $f-\alpha \mathrm {id}$ est inversible et $g={f+\alpha \mathrm {id} \over f-\alpha \mathrm {id} }=\mathrm {id} +{2\alpha \mathrm {id} \over f-\alpha \mathrm {id} }$ alors $\mathrm {id} -g$ est inversible et $(\mathrm {id} -g)^{-1}={-1 \over 2\alpha }(f-\alpha \mathrm {id} )$ donc $f=\alpha \mathrm {id} -{2\alpha \mathrm {id} \over \mathrm {id} -g}=-\alpha {\mathrm {id} +g \over \mathrm {id} -g}$.
   Appliqué à $f=h,\alpha =-\mathrm {i} ,g=u$, ceci donne le $\Rightarrow$ de l'équivalence.
   Appliqué à $f=u,\alpha =1,g=\mathrm {i} h$, ceci donne le $\Leftarrow$.
3. D'après 1, les valeurs propres $\lambda (\neq -\mathrm {i} )$ de $h$ et $\mu (\neq 1)$ de $u$ sont reliées par $\mu ={\lambda -\mathrm {i} \over \lambda +\mathrm {i} }$ (ou encore : $\lambda =\mathrm {i} {1+\mu \over 1-\mu }$), d'où $|\mu |=1\Leftrightarrow {\overline {\lambda }}=\lambda$.
4. (Généralisation du calcul précédent) $uu^{*}=\mathrm {id} \Leftrightarrow \mathrm {id} ={h-\mathrm {i\,id} \over h+\mathrm {i\,id} }{h^{*}+\mathrm {i\,id} \over h^{*}-\mathrm {i\,id} }\Leftrightarrow$ (en identifiant numérateur et dénominateur) $h^{*}=h$ (et de même, $u^{*}u=\mathrm {id} \Leftrightarrow h^{*}=h$).
5. Les valeurs propres de $h$ autoadjoint sont réelles, donc $\neq -\mathrm {i}$.

 

Exercice 1-16

Soient $A=(a_{i,j})\in M_{n}(\mathbb {C} )$, $P=(\mathrm {Re} (a_{i,j}))$ et $Q=(\mathrm {Im} (a_{i,j}))$. Soit $B={\begin{pmatrix}P&-Q\\Q&P\end{pmatrix}}\in M_{2n}(\mathbb {R} )$.

1. Montrer que $A$ est hermitienne si et seulement si $B$ est symétrique, et que dans ce cas, $A$ est positive si et seulement si $B$ l'est et définie si et seulement si $B$ l'est.
2. Montrer que $A$ est unitaire si et seulement si $B$ est orthogonale.

Solution

1. $A^{*}=A\Leftrightarrow P^{T}-\mathrm {i} Q^{T}=P+\mathrm {i} Q\Leftrightarrow P^{T}=P,Q^{T}=-Q\Leftrightarrow B^{T}=B$. De plus, pour tous $X,Y\in \mathbb {R} ^{n}$ et $Z={\begin{pmatrix}X\\Y\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{2n}$, on a $(X+\mathrm {i} Y)^{*}A(X+\mathrm {i} Y)=(X^{T}-\mathrm {i} Y^{T})(P+\mathrm {i} Q)(X+\mathrm {i} Y)=[X^{T}(PX-QY)+Y^{T}(QX+PY)]+\mathrm {i} [X^{T}(QX+PY)-Y^{T}(PX-QY)]=Z^{T}BZ+\mathrm {i} Z^{T}B'Z$ avec $B'={\begin{pmatrix}Q&P\\-P&Q\end{pmatrix}}$. Lorsque $B^{T}=B$, on a $B'^{T}=-B'$ donc $(X+\mathrm {i} Y)^{*}A(X+\mathrm {i} Y)=Z^{T}BZ$, d'où les conclusions.
2. $A^{*}A=(P^{T}-\mathrm {i} Q^{T})(P+\mathrm {i} Q)=(P^{T}P+Q^{T}Q)+\mathrm {i} (P^{T}Q-Q^{T}P)$ et $B^{T}B={\begin{pmatrix}P^{T}&Q^{T}\\-Q^{T}&P^{T}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}P&-Q\\Q&P\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}P^{T}P+Q^{T}Q&-(P^{T}Q-Q^{T}P)\\P^{T}Q-Q^{T}P&P^{T}P+Q^{T}Q\end{pmatrix}}$, donc $A^{*}A=\mathrm {I} _{n}\Leftrightarrow B^{T}B=\mathrm {I} _{2n}$.

 

Exercice 1-17

Soit $H=\mathbb {C} _{2}[X]$ (l'espace des polynômes à coefficients complexes de degré $\leq 2$). On définit sur $H$ le produit hermitien $\langle \cdot ,\cdot \rangle$ suivant : pour $P,Q\in H$, avec $P(X)=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}$ et $Q(X)=b_{0}+b_{1}X+b_{2}X^{2}$ : $\langle P,Q\rangle =\sum _{k=0}^{2}{\overline {a_{k}}}b_{k}$. Pour tout $P\in H$, on pose $u(P)=P(\mathrm {i} X)$ et $v(P)(X)=(X+\mathrm {i} )P'\left({\frac {X-\mathrm {i} }{2}}\right)$.

1. Donnez, pour $Q\in H$, l'expression de $u^{*}(Q)$ et vérifiez que $u$ est unitaire.
2. Déterminez $v^{*}$ (par exemple en donnant sa matrice dans la base canonique $(1,X,X^{2})$ de $H$).
3. On rappelle que pour tout $f\in \mathrm {L} (H)$, l'endomorphisme $f^{*}f$ est hermitien et positif. Donnez une base propre pour $g:=v^{*}v$. Déterminez la racine carrée $\rho$ de $g$ en explicitant la matrice de $\rho$ dans une base de votre choix.

Solution

1. $u(a+bX+cX^{2})=a+\mathrm {i} bX-cX^{2}$ donc la matrice de $u$ dans la base orthonormée $(1,X,X^{2})$ est $U=\mathrm {diag} (1,\mathrm {i} ,-1)$ donc celle de $u^{*}$ est $U^{*}=\mathrm {diag} (1,-\mathrm {i} ,-1)$, d'où $u^{*}(Q)(X)=Q(-\mathrm {i} X)$.
   $u$ est unitaire car $U^{*}U=\mathrm {diag} (1,1,1)=\mathrm {I} _{3}$.
2. $v(a+bX+cX^{2})=(X+\mathrm {i} )(b+c(X-\mathrm {i} ))=(c+\mathrm {i} b)+bX+cX^{2}$ donc la matrice de $v$ dans $(1,X,X^{2})$ est $V:={\begin{pmatrix}0&\mathrm {i} &1\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$ donc celle de $v^{*}$ est $V^{*}={\begin{pmatrix}0&0&0\\-\mathrm {i} &1&0\\1&0&1\end{pmatrix}}$.
3. $G:=V^{*}V={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&2&-\mathrm {i} \\0&\mathrm {i} &2\end{pmatrix}}$ donc $g$ a pour valeurs propres $\lambda =0,1,3$ et pour droites propres associées $\mathbb {C} \varepsilon _{\lambda }$ avec $\varepsilon _{0}=1,\varepsilon _{1}=\mathrm {i} X+X^{2},\varepsilon _{3}=X+\mathrm {i} X^{2}$.
   Donc $(\varepsilon _{0},\varepsilon _{1},\varepsilon _{3})$ est une base propre pour $g$. La matrice de $g$ dans cette base est $\mathrm {diag} (0,1,3)$ donc celle de $\rho ={\sqrt {g}}$ est $\mathrm {diag} (0,1,{\sqrt {3}})$.