Soit $f$ une forme sesquilinéaire sur un $\mathbb{C}$-espace vectoriel $E$. Montrer que si $f(x,x)$ est réel pour tout $x \in E$, alors $f$ est une forme hermitienne.
On utilise l’identité de polarisation. Pour tous $x,y \in E$, on a :
$f(x+y, x+y) = f(x,x) + f(x,y) + f(y,x) + f(y,y)$.
Comme $f(v,v)$ est réel pour tout vecteur $v$, on a $f(x+y,x+y) = \overline{f(x+y,x+y)}$. En conjuguant l’identité, on obtient :
$f(x+y,x+y) = \overline{f(x,x)} + \overline{f(x,y)} + \overline{f(y,x)} + \overline{f(y,y)} = f(x,x) + \overline{f(x,y)} + \overline{f(y,x)} + f(y,y)$.
En comparant les deux expressions, on trouve $f(x,y) + f(y,x) = \overline{f(x,y)} + \overline{f(y,x)}$. Cela signifie que $Im(f(x,y)) = -Im(f(y,x))$. On refait le même raisonnement avec $f(x+iy, x+iy)$ pour montrer que $Re(f(x,y)) = Re(f(y,x))$. En combinant les deux, on obtient $f(x,y) = \overline{f(y,x)}$, donc $f$ est hermitienne.
Soit $q$ la forme quadratique hermitienne sur $\mathbb{C}^3$ définie par :
$q(x) = |x_1|^2 + |x_2|^2 + |x_3|^2 – i\overline{x_1}x_2 + i\overline{x_2}x_1 – i\overline{x_1}x_3 + i\overline{x_3}x_1 – i\overline{x_2}x_3 + i\overline{x_3}x_2$.
Réduire $q$ en carrés par la méthode de Gauss.
On regroupe les termes contenant $x_1$ et $\overline{x_1}$ :
$q(x) = |x_1|^2 – i\overline{x_1}(x_2+x_3) + i(\overline{x_2}+\overline{x_3})x_1 + \dots$
On complète le carré du module :
$q(x) = |x_1 + i(x_2+x_3)|^2 – |i(x_2+x_3)|^2 + |x_2|^2+|x_3|^2 – i\overline{x_2}x_3 + i\overline{x_3}x_2$
$q(x) = |x_1 + ix_2 + ix_3|^2 – (x_2+x_3)(\overline{x_2}+\overline{x_3}) + |x_2|^2+|x_3|^2 – i\overline{x_2}x_3 + i\overline{x_3}x_2$
Après simplification, il reste $q(x) = |x_1 + ix_2 + ix_3|^2 – \overline{x_2}x_3 – \overline{x_3}x_2 – i\overline{x_2}x_3 + i\overline{x_3}x_2$. On continue la réduction sur les termes restants.
Dans l’espace $E = \mathbb{C}_2[X]$ muni du produit scalaire hermitien $\langle P,Q \rangle = \int_0^1 \overline{P(t)}Q(t)dt$, orthonormaliser la base canonique $(1, X, X^2)$ par le procédé de Gram-Schmidt.
On applique l’algorithme de Gram-Schmidt :
- $e_1 = 1 / \|1\| = 1$.
- $e’_2 = X – \langle X, e_1 \rangle e_1 = X – \int_0^1 t dt = X – 1/2$. On normalise pour obtenir $e_2 = \sqrt{12}(X-1/2)$.
- $e’_3 = X^2 – \langle X^2, e_1 \rangle e_1 – \langle X^2, e_2 \rangle e_2 = X^2 – 1/3 – (X-1/2)$. On normalise pour obtenir $e_3 = \sqrt{180}(X^2-X+1/6)$.
Soit $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ une matrice hermitienne. Montrer que toutes ses valeurs propres sont réelles.
Soit $\lambda$ une valeur propre de $A$ et $X$ un vecteur propre associé non nul. On a $AX = \lambda X$. On multiplie à gauche par la transposée conjuguée de $X$, notée $X^*$ :
$X^*AX = X^*(\lambda X) = \lambda(X^*X) = \lambda \|X\|^2$.
On prend la transposée conjuguée de cette égalité : $(X^*AX)^* = (\lambda \|X\|^2)^*$.
$X^*A^*X = \overline{\lambda} \|X\|^2$. Comme $A$ est hermitienne, $A^*=A$. On a donc $X^*AX = \overline{\lambda} \|X\|^2$.
En comparant les deux expressions, on obtient $\lambda \|X\|^2 = \overline{\lambda} \|X\|^2$. Comme $X \neq 0$, $\|X\|^2 \neq 0$, on peut simplifier pour obtenir $\lambda = \overline{\lambda}$, ce qui prouve que $\lambda$ est réel.
Un endomorphisme $u$ d’un espace hermitien $E$ est dit normal s’il commute avec son adjoint : $u \circ u^* = u^* \circ u$. Montrer que $u$ est normal si et seulement si $\|u(x)\| = \|u^*(x)\|$ pour tout $x \in E$.
($\implies$) Si $u$ est normal, alors $\|u(x)\|^2 = \langle u(x), u(x) \rangle = \langle x, u^*u(x) \rangle = \langle x, uu^*(x) \rangle = \langle u(x), u(u^*(x)) \rangle$. Non, c’est plus simple : $\|u(x)\|^2 = \langle x, u^*u(x) \rangle = \langle x, uu^*(x) \rangle = \langle u^*(x), u^*(x) \rangle = \|u^*(x)\|^2$.
($\impliedby$) Si $\|u(x)\| = \|u^*(x)\|$ pour tout $x$, alors $\langle u(x), u(x) \rangle = \langle u^*(x), u^*(x) \rangle$. Cela se réécrit $\langle x, u^*u(x) \rangle = \langle x, uu^*(x) \rangle$. Donc $\langle x, (u^*u – uu^*)x \rangle = 0$ pour tout $x$. L’endomorphisme $v = u^*u – uu^*$ est hermitien. Un endomorphisme hermitien $v$ tel que $\langle x, v(x) \rangle = 0$ pour tout $x$ est l’endomorphisme nul. Donc $u^*u – uu^*=0$, et $u$ est normal.
Un endomorphisme $u$ d’un espace hermitien $E$ est dit unitaire s’il conserve le produit scalaire hermitien. Montrer que $u$ est unitaire si et seulement si $u^*u=Id_E$.
($\implies$) Si $u$ est unitaire, alors pour tous $x,y$, $\langle u(x), u(y) \rangle = \langle x,y \rangle$. Or, $\langle u(x), u(y) \rangle = \langle x, u^*u(y) \rangle$. On a donc $\langle x,y \rangle = \langle x, u^*u(y) \rangle$ pour tous $x,y$. Cela implique $y = u^*u(y)$ pour tout $y$, donc $u^*u=Id_E$.
($\impliedby$) Si $u^*u=Id_E$, alors $\langle u(x), u(y) \rangle = \langle x, u^*u(y) \rangle = \langle x, y \rangle$. Donc $u$ conserve le produit scalaire.
Un endomorphisme $u$ d’un espace hermitien $E$ est dit anti-hermitien si $u^*=-u$. Montrer que si $u$ est anti-hermitien, alors ses valeurs propres sont des imaginaires purs.
Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$ et $x$ un vecteur propre associé non nul. On a $u(x)=\lambda x$. Calculons $\langle u(x), x \rangle$ de deux manières :
$\langle u(x), x \rangle = \langle \lambda x, x \rangle = \lambda \|x\|^2$.
$\langle u(x), x \rangle = \langle x, u^*(x) \rangle = \langle x, -u(x) \rangle = \langle x, -\lambda x \rangle = -\overline{\lambda} \|x\|^2$.
On a donc $\lambda \|x\|^2 = -\overline{\lambda} \|x\|^2$. Comme $x \neq 0$, on peut simplifier par $\|x\|^2$ pour obtenir $\lambda = -\overline{\lambda}$. Cela signifie que la partie réelle de $\lambda$ est nulle, donc $\lambda$ est un imaginaire pur.