Soit $E$ un espace préhilbertien complexe. Montrer que si $u$ est un endomorphisme de $E$ tel que $\langle u(x), x \rangle = 0$ pour tout $x \in E$, alors $u=0$. Ce résultat est-il vrai si $E$ est un espace préhilbertien réel ?
On utilise l’identité de polarisation pour les formes sesquilinéaires. L’application $(x,y) \mapsto \langle u(x), y \rangle$ est une forme sesquilinéaire. L’hypothèse est que sa forme quadratique hermitienne associée, $q(x) = \langle u(x), x \rangle$, est nulle. Or, une forme sesquilinéaire est nulle si et seulement si sa forme quadratique hermitienne associée est nulle. Donc $\langle u(x), y \rangle = 0$ pour tous $x,y \in E$. En choisissant $y=u(x)$, on obtient $\|u(x)\|^2=0$, ce qui implique $u(x)=0$ pour tout $x$. Donc $u=0$.
Le résultat est faux dans le cas réel. Une rotation d’angle $\pi/2$ dans le plan euclidien $\mathbb{R}^2$ est un contre-exemple. Pour tout vecteur $x$, $u(x)$ lui est orthogonal, donc $\langle u(x), x \rangle = 0$, mais l’endomorphisme n’est pas nul.
Soit $u$ un endomorphisme d’un espace hermitien $E$. Montrer que $u$ est normal si et seulement si tout sous-espace propre de $u$ est aussi un sous-espace propre de son adjoint $u^*$.
($\implies$) Si $u$ est normal, on a $Ker(u-\lambda Id) = Ker((u-\lambda Id)^*)=Ker(u^*-\overline{\lambda}Id)$. Donc si $x$ est un vecteur propre de $u$ pour la valeur propre $\lambda$, il est aussi un vecteur propre de $u^*$ pour la valeur propre $\overline{\lambda}$.
($\impliedby$) Si tout sous-espace propre de $u$ est stable par $u^*$, on montre que $u$ est diagonalisable dans une base orthonormale. Dans cette base, sa matrice $D$ est diagonale. La matrice de $u^*$ est $D^*$, qui est aussi diagonale. Deux matrices diagonales commutent toujours, donc $DD^*=D^*D$, ce qui prouve que $u$ est normal.
Soit $u$ un endomorphisme normal d’un espace hermitien $E$. Montrer que $Ker(u)=Ker(u^*)$ et $Im(u)=Im(u^*)$.
On sait que pour un endomorphisme normal, $\|u(x)\| = \|u^*(x)\|$ pour tout $x$. Alors, $x \in Ker(u) \iff u(x)=0 \iff \|u(x)\|=0 \iff \|u^*(x)\|=0 \iff u^*(x)=0 \iff x \in Ker(u^*)$. Donc $Ker(u)=Ker(u^*)$.
Pour l’image, on utilise la relation générale $Im(u^*) = (Ker(u))^\perp$. Comme $Ker(u)=Ker(u^*)$, on a $Im(u^*) = (Ker(u^*))^\perp$. Or, $(Ker(u^*))^\perp = Im((u^*)^*) = Im(u)$. Donc $Im(u^*)=Im(u)$.
Soit $u$ un endomorphisme normal d’un espace hermitien $E$. Montrer que $u$ est hermitien si et seulement si toutes ses valeurs propres sont réelles.
($\implies$) On a déjà vu que si $u$ est hermitien, ses valeurs propres sont réelles.
($\impliedby$) Si $u$ est normal, il est diagonalisable dans une base orthonormale de vecteurs propres. Sa matrice $D$ dans cette base est diagonale et contient les valeurs propres sur la diagonale. La matrice de $u^*$ est $D^*$. Si les valeurs propres sont réelles, alors $D^* = \overline{D} = D$. Donc $u^*=u$, et $u$ est hermitien.
Soit $u$ un endomorphisme normal d’un espace hermitien $E$. Montrer que $u$ est unitaire si et seulement si toutes ses valeurs propres sont de module 1.
($\implies$) Si $u$ est unitaire et $u(x)=\lambda x$ avec $x \neq 0$, alors $\|u(x)\|=\|x\|$. Cela donne $|\lambda|\|x\|=\|x\|$, d’où $|\lambda|=1$.
($\impliedby$) Si $u$ est normal, il est diagonalisable dans une base orthonormale $(e_i)$. Sa matrice $D$ est diagonale avec les valeurs propres $\lambda_i$ sur la diagonale. La matrice de $u^*$ est $D^*$. Le produit $u^*u$ a pour matrice $D^*D$. Le coefficient $(i,i)$ de cette matrice est $\overline{\lambda_i}\lambda_i = |\lambda_i|^2$. Si toutes les valeurs propres sont de module 1, alors $D^*D=I$. Donc $u^*u=Id_E$, et $u$ est unitaire.
Soit $u$ un endomorphisme d’un espace hermitien $E$. Montrer que les propositions suivantes sont équivalentes :
(i) $u$ est normal et toutes ses valeurs propres sont de module 1.
(ii) $u$ est unitaire.
(iii) $u$ est une isométrie (conserve la norme).
L’équivalence (i) $\iff$ (ii) a été montrée dans l’exercice précédent. L’équivalence (ii) $\iff$ (iii) a été vue dans le cours : $u$ conserve le produit scalaire si et seulement si $u$ conserve la norme (ceci est vrai car la norme dérive du produit scalaire via l’identité de polarisation).
Soit $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{C})$. Montrer que $A$ est normale si et seulement s’il existe une matrice unitaire $U$ et une matrice diagonale $D$ telles que $A = UDU^*$.
C’est la version matricielle du théorème de diagonalisation des endomorphismes normaux. Si $A$ est normale, l’endomorphisme associé $u$ est normal. Il existe donc une base orthonormale de vecteurs propres. La matrice de passage $U$ de la base canonique à cette nouvelle base est unitaire. La formule de changement de base donne $D = U^{-1}AU = U^*AU$, d’où $A=UDU^*$. Réciproquement, si $A=UDU^*$, on calcule $AA^* = (UDU^*)(UD^*U^*) = UDD^*U^*$. Comme $D$ est diagonale, $DD^*=D^*D$. Donc $AA^*=UD^*DU^* = (UD^*U^*)(UDU^*) = A^*A$, et $A$ est normale.