Exercice 1 5903 Correction

On munit l’espace $ℳ_{n} (ℝ)$ du produit scalaire canonique donné par

⟨ M, N ⟩ = tr (M^{⊤} N) .

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ et $φ \in ℒ (ℳ_{n} (ℝ))$ donné par $φ (M) = A M$ .

(a)

Déterminer l’endomorphisme adjoint de $φ$ .
(b)

À quelle condition l’endomorphisme $φ$ est-il autoadjoint? À quelle condition l’endomorphisme $φ$ est-il une isométrie.

Solution

(a)

Pour $M, N \in ℳ_{n} (ℝ)$ ,

$⟨ φ (M), N ⟩ = tr ({(A M)}^{⊤} N) = tr (M^{⊤} A^{⊤} N) = ⟨ M, A^{⊤} N ⟩ .$

Considérons alors $ψ \in ℒ (ℳ_{n} (ℝ))$ donné par $ψ (M) = A^{⊤} M$ .

Par ce qui précède,

$\forall M, N \in ℳ_{n} (ℝ), ⟨ φ (M), N ⟩ = ⟨ M, ψ (N) ⟩ .$

L’endomorphisme adjoint de $φ$ est donc $ψ$ .
(b)

Pour $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ , on remarque¹¹ 1 Il suffit de considérer $M = I_{n}$ .

$\forall M \in ℳ_{n} (ℝ), A M = B M ⟹ A = B .$

On en déduit que l’endomorphisme $φ$ est autoadjoint si, et seulement si $A$ est symétrique.

Aussi, l’endomorphisme $φ$ est une isométrie si, et seulement si, $φ^{*} \circ φ = Id$ c’est-à-dire si, et seulement si, $A^{⊤} A = I_{n}$ . L’endomorphisme $φ$ est donc une isométrie si, et seulement si, $A$ est orthogonale.

Exercice 2 349 Correction

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ .

Montrer que $\det (f^{*}) = \det (f)$ .

Solution

Soit $ℬ$ une base orthonormée de $E$ . On sait

{Mat}_{ℬ} (f^{*}) = {({Mat}_{ℬ} (f))}^{⊤} .

Par égalité du déterminant d’une matrice et de sa transposée, on peut conclure.

Exercice 3 186 ENSTIM (MP)Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel euclidien $E$ . On note $u^{*}$ l’adjoint de $u$ . Montrer

Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥} et Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥} .

Solution

Soit $x \in Ker (u^{*})$ . Pour tout $y \in Im (u)$ , on peut écrire $y = u (a)$ et l’on a

(x ∣ y) = (u^{*} (x) ∣ a) = (0_{E} ∣ a) = 0 .

Ainsi, $Ker (u^{*}) \subset {(Im (u))}^{⊥}$ .

Soit $x \in {(Im (u))}^{⊥}$ . Pour tout $a \in E$ ,

(u^{*} (x) ∣ a) = (x ∣ u (a)) = 0

et donc $u^{*} (x) = 0$ . Ainsi, ${(Im (u))}^{⊥} \subset Ker (u^{*})$ .

Par double inclusion, on a donc l’égalité $Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥}$

Puisque $u^{* *} = u$ , on a aussi ${(Im (u^{*}))}^{⊥} = Ker (u)$ d’où $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ .

Exercice 4 353 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ .

(a)

Comparer les espaces $Ker (u)$ et $Ker (u^{*} \circ u)$ .
(b)

Comparer les espaces $Im (u)$ et $Im (u \circ u^{*})$ .

Solution

(a)

D’une part, on sait $Ker (u) \subset Ker (u^{*} \circ u)$ .

D’autre part, si $x \in Ker (u^{*} \circ u)$ alors $u^{*} (u (x)) = 0_{E}$ donc

${∥ u (x) ∥}^{2} = (u^{*} (u (x)) ∣ x) = 0$

ce qui donne $x \in Ker (u)$ .

Ainsi, par double inclusion, $Ker (u) = Ker (u^{*} \circ u)$ .
(b)

Par la formule du rang, il vient alors $rg (u) = rg (u^{*} \circ u)$ . Or $Im (u \circ u^{*}) \subset Im (u)$ et donc, par inclusion et égalité des dimensions,

$Im (u \circ u^{*}) = Im (u) .$

Exercice 5 3149 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ .

Exprimer $Ker (u^{*} \circ u)$ et $Im (u^{*} \circ u)$ en fonction de $Ker (u)$ .

Solution

On a immédiatement

Ker (u) \subset Ker (u^{*} \circ u) .

Inversement, si $x \in Ker (u^{*} \circ u)$ alors

{∥ u (x) ∥}^{2} = (u (x) ∣ u (x)) = (x ∣ (u^{*} \circ u) (x)) = (x ∣ 0) = 0

et donc $x \in Ker (u)$ .

Par double inclusion, on obtient

Ker (u) = Ker (u^{*} \circ u) .

Soient $x \in Ker (u)$ et $y \in Im (u^{*} \circ u)$ . On peut écrire $y = u^{*} \circ u (a)$ avec $a \in E$ et alors

(x ∣ y) = (u (x) ∣ u (a)) = (0 ∣ u (a)) = 0 .

On en déduit

Im (u^{*} \circ u) \subset {(Ker (u))}^{⊥} .

dim (Ker (u)) + dim {(Ker (u))}^{⊥} = dim E

dim Im (u^{*} \circ u) + dim Ker (u^{*} \circ u) = dim E

donc, par inclusion et égalité des dimensions,

Im (u^{*} \circ u) = {(Ker (u))}^{⊥} .

Exercice 6 352 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ . Montrer

rg (u^{*} \circ u) = rg (u) = rg (u \circ u^{*}) .

Solution

D’une part, on sait $Ker (u) \subset Ker (u^{*} \circ u)$ .

D’autre part, si $x \in Ker (u^{*} \circ u)$ alors $u^{*} (u (x)) = 0_{R}$ donc

{∥ u (x) ∥}^{2} = (u^{*} (u (x)) ∣ x) = 0

ce qui donne $x \in Ker (u)$ .

Ainsi, par double inclusion, $Ker (u) = Ker (u^{*} \circ u)$ . Par la formule du rang, il vient alors $rg (u) = rg (u^{*} \circ u)$ .

Enfin,

rg (u) = rg (u^{*}) = rg (u^{* *} \circ u^{*}) = rg (u \circ u^{*}) .

Exercice 7 2420 CCINP (MP)Correction

Soient $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel euclidien et $u$ dans $ℒ (E)$ . On note $u^{*}$ l’endomorphisme adjoint de $u$ .

(a)

Montrer que $Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥}$ et $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ .
(b)

On suppose $u^{2} = 0$ . Montrer

$Ker (u + u^{*}) = Ker (u) \cap Ker (u^{*}) .$
(c)

On suppose toujours $u^{2} = 0$ . Établir

$u + u^{*} est inversible \Leftrightarrow Ker (u) = Im (u) .$

Solution

(a)

Soit $x \in Ker (u^{*})$ . Pour tout $y \in Im (u)$ , on peut écrire $y = u (a)$ et l’on a

$(x ∣ y) = (u^{*} (x) ∣ a) = (0_{E} ∣ a) = 0 .$

Ainsi, $Ker (u^{*}) \subset {(Im (u))}^{⊥}$ .

Soit $x \in {(Im (u))}^{⊥}$ . Pour tout $a \in E$ ,

$(u^{*} (x) ∣ a) = (x ∣ u (a)) = 0$

et donc $u^{*} (x) = 0_{E}$ car $u^{*} (x)$ est orthogonal à tout vecteur. Ainsi, ${(Im (u))}^{⊥} \subset Ker (u^{*})$ .

Par double inclusion, on a donc l’égalité $Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥}$

Puisque $u^{* *} = u$ , on a aussi ${(Im (u^{*}))}^{⊥} = Ker (u)$ d’où $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ .
(b)

On a immédiatement

$Ker (u) \cap Ker (u^{*}) \subset Ker (u + u^{*}) .$

Inversement, soit $x \in Ker (u + u^{*})$ . On a

$u (x) = - u^{*} (x) \in Im (u) \cap Im (u^{*}) .$

Or $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ et, puisque $u^{2} = 0$ , $Im (u) \subset Ker (u)$ . Par suite, $Im (u^{*}) \subset {(Im (u))}^{⊥}$ et donc

$u (x) = - u^{*} (x) \in Im (u) \cap {(Im (u))}^{⊥} .$

On en déduit $u (x) = u^{*} (x) = 0_{E}$ .

Finalement,

$Ker (u + u^{*}) \subset Ker (u) \cap Ker (u^{*})$

puis l’égalité.
(c)

$(⟹)$ Supposons $u + u^{*}$ inversible. On a

${0_{E}} = Ker (u + u^{*}) = Ker (u) \cap Ker (u^{*}) = Ker (u) \cap {(Im (u))}^{⊥} .$

Par suite,

$dim Ker (u) + dim {(Im (u))}^{⊥} \leq dim E$

puis

$dim Ker (u) \leq dim Im (u) .$

Or $Im (u) \subset Ker (u)$ et donc $dim Im (u) \leq dim Ker (u)$ . Ainsi $dim Im (u) = dim Ker (u)$ et puisque $Im (u) \subset Ker (u)$ , on peut conclure $Im (u) = Ker (u)$ .

$(⟸)$

Supposons $Im (u) = Ker (u)$ .

$Ker (u + u^{*}) = Ker (u) \cap Ker (u^{*}) = Im (u) \cap {(Im (u))}^{⊥} = {0_{E}}$

L’endomorphisme $u + u^{*}$ est donc injectif puis bijectif.

Exercice 8 356 Correction

Soit $u \in ℒ (E)$ avec $E$ espace vectoriel euclidien.

(a)

Montrer

$Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥} et Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥} .$
(b)

On suppose $u^{2} = 0$ . Établir

$u + u^{*} inversible \Leftrightarrow Im (u) = Ker (u) .$

Solution

(a)

Soit $x \in Ker (u^{*})$ . Pour tout $y \in Im (u)$ , on peut écrire $y = u (a)$ et l’on a

$(x ∣ y) = (u^{*} (x) ∣ a) = (0_{E} ∣ a) = 0 .$

Ainsi, $Ker (u^{*}) \subset {(Im (u))}^{⊥}$ .

Soit $x \in {(Im (u))}^{⊥}$ . Pour tout $a \in E$ ,

$(u^{*} (x) ∣ a) = (x ∣ u (a)) = 0$

et donc $u^{*} (x) = 0$ . Ainsi, ${(Im (u))}^{⊥} \subset Ker (u^{*})$ .

Par double inclusion, on a donc l’égalité $Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥}$

Puisque $u^{* *} = u$ , on a aussi ${(Im (u^{*}))}^{⊥} = Ker (u)$ d’où $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ .
(b)

L’hypothèse $u^{2} = 0$ s’exprime aussi $Im (u) \subset Ker (u)$ .

$(⟹)$ Supposons $u + u^{*}$ inversible.

Soit $x \in Ker (u) \cap Im (u^{⊥})$ . On a $u (x) + u^{*} (x) = 0_{E}$ donc $x = 0_{E}$ . Par suite, $Ker (u) \cap Im (u^{⊥}) = {0_{E}}$ . Cela entraîne

$dim Ker (u) + dim Im (u^{⊥}) \leq dim E$

puis

$dim Ker (u) \leq dim Im (u) .$

Par suite, $Im (u) = Ker (u)$ .

$(⟸)$

Supposons $Im (u) = Ker (u)$ . Soit $x \in Ker (u + u^{*})$ . On a $u (x) + u^{*} (x) = 0_{E}$ .

Or $u (x) \in Im (u)$ et $u^{*} (x) \in Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥} = {(Im (u))}^{⊥}$ donc $u (x) = u^{*} (x) = 0_{E}$ .

Par suite, $x \in Ker (u)$ et $x \in Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥} = {(Ker (u))}^{⊥}$ donc $x = 0_{E}$ .

On conclut que l’endomorphisme $u + u^{*}$ est injectif et donc bijectif.

Exercice 9 355 ENSTIM (MP)Correction

Soient $E$ un espace vectoriel euclidien et $u \in ℒ (E)$ vérifiant $u^{2} = 0$ .

Établir

Ker (u + u^{*}) = Ker (u) \cap Ker (u^{*}) .

Solution

Immédiatement,

Ker (u + u^{*}) \supset Ker (u) \cap Ker (u^{*}) .

Inversement, soit $x \in Ker (u + u^{*})$ . On a $u (x) + u^{*} (x) = 0_{E}$ donc $u (u^{*} (x)) = 0_{E}$ puis

(u (u^{*} (x)) ∣ x) = (u^{*} (x) ∣ u^{*} (x)) = {∥ u^{*} (x) ∥}^{2} = 0

On a donc $u^{*} (x) = 0_{E}$ puis aussi $u (x) = 0_{E}$ et donc $x \in Ker (u) \cap Ker (u^{*})$ .

Par double inclusion, on a l’égalité demandée.

Exercice 10 2739 MINES (MP)Correction

Soit $E$ un espace euclidien et $u \in ℒ (E)$ tel que $u \circ u = 0$ . Montrer

Im (u) = Ker (u) \Leftrightarrow u + u^{*} \in GL (E) .

Solution

L’hypothèse $u^{2} = 0$ s’exprime aussi $Im (u) \subset Ker (u)$ .

$(⟸)$ Supposons $u + u^{*}$ inversible.

Soit $x \in Ker (u) \cap Im (u^{⊥})$ . On a $u (x) + u^{*} (x) = 0_{E}$ donc $x = 0_{E}$ . Par suite, $Ker (u) \cap Im (u^{⊥}) = {0_{E}}$ . Cela entraîne

dim Ker (u) + dim Im (u^{⊥}) \leq dim E

puis

dim Ker (u) \leq dim Im (u) .

Par suite, $Im (u) = Ker (u)$ .

$(⟹)$

Supposons $Im (u) = Ker (u)$ . Soit $x \in Ker (u + u^{*})$ . On a $u (x) + u^{*} (x) = 0_{E}$ .

Or $u (x) \in Im (u)$ et $u^{*} (x) \in Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥} = {(Im (u))}^{⊥}$ donc $u (x) = u^{*} (x) = 0_{E}$ .

Par suite, $x \in Ker (u)$ et $x \in Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥} = {(Ker (u))}^{⊥}$ donc $x = 0_{E}$ .

On conclut que l’endomorphisme $u + u^{*}$ est injectif et donc bijectif.

Exercice 11 358 Correction

Soient $E$ un espace vectoriel euclidien et $f \in ℒ (E)$ .

On suppose que pour tout $x \in E$ , $∥ f (x) ∥ \leq ∥ x ∥$ .

Montrer que $∥ f^{*} (x) ∥ \leq ∥ x ∥$ .

Solution

Soit $x \in E$ . Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

{∥ f^{*} (x) ∥}^{2} = (f \circ f^{*} (x) ∣ x) \leq ∥ f (f^{*} (x)) ∥ ∥ x ∥ \leq ∥ f^{*} (x) ∥ ∥ x ∥ .

On en déduit $∥ f^{*} (x) ∥ \leq ∥ x ∥$ que $∥ f^{*} (x) ∥ = 0$ ou non.

Exercice 12 359 Correction

Soient $E$ un espace euclidien et $f \in ℒ (E)$ vérifiant

\forall x \in E, ∥ f (x) ∥ \leq ∥ x ∥ .

(a)

Montrer que si $f (x) = x$ alors $f^{*} (x) = x$ .
(b)

$E = Ker (f - {Id}_{E}) \oplus Im (f - {Id}_{E})$ .

Solution

(a)

Soit $x \in E$ . Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

${∥ f^{*} (x) ∥}^{2} = (f \circ f^{*} (x) ∣ x) \leq ∥ f (f^{*} (x)) ∥ ∥ x ∥ \leq ∥ f^{*} (x) ∥ ∥ x ∥ .$

On en déduit $∥ f^{*} (x) ∥ \leq ∥ x ∥$ que $∥ f^{*} (x) ∥ = 0$ ou non.

Supposons de plus $f (x) = x$ . On a alors

${∥ f^{*} (x) - x ∥}^{2} = {∥ f^{*} (x) ∥}^{2} - 2 (f^{*} (x) ∣ x) + {∥ x ∥}^{2} \leq {∥ x ∥}^{2} - 2 (x ∣ f (x)) + {∥ x ∥}^{2} = 0$

et donc $f^{*} (x) = x$ .
(b)

Soit $x \in Ker (f - {Id}_{E}) \cap Im (f - {Id}_{E})$ . On a $f (x) = x$ (donc $f^{*} (x) = x$ ) et il existe $a \in E$ vérifiant $x = f (a) - a$ .

${∥ x ∥}^{2} = (x ∣ f (a) - a) = (x ∣ f (a)) - (x ∣ a) .$

Par adjonction,

${∥ x ∥}^{2} = (f^{*} (x) ∣ a) - (x ∣ a) = 0 .$

Par suite,

$Ker (f - {Id}_{E}) \cap Im (f - {Id}_{E}) = {0} .$

Enfin, par le théorème du rang,

$dim Ker (f - {Id}_{E}) + rg (f - {Id}_{E}) = dim E$

ce qui permet de conclure

$E = Ker (f - {Id}_{E}) \oplus Im (f - {Id}_{E}) .$

Exercice 13 5710 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ de norme $∥ \cdot ∥$ .

Établir $| | | u | | | = | | | u^{*} | | |$ .

Solution

Pour $x \in E$ , l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

{∥ u (x) ∥}^{2} = (u^{*} (u (x)) ∣ x) \leq ∥ u^{*} (u (x)) ∥ ∥ x ∥ \leq | | | u^{*} \circ u | | | {∥ x ∥}^{2} .

On en déduit ${| | | u | | |}^{2} \leq | | | u^{*} \circ u | | |$ puis, par sous-multiplicativité,

{| | | u | | |}^{2} \leq | | | u^{*} | | | \cdot | | | u | | | .

Que $| | | u | | | = 0$ , ou non, on obtient

| | | u | | | \leq | | | u^{*} | | | .

Enfin, par l’identité $u^{* *} = u$ , on obtient l’inégalité inverse et donc l’égalité.

Exercice 14 5994 Correction

Soit $p$ un projecteur d’un espace euclidien $(E, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ .

(a)

Montrer que $p$ est un projecteur orthogonal si, et seulement si, $p$ est autoadjoint.
(b)

Montrer que $p$ est un projecteur orthogonal si, et seulement si,

$\forall x \in E, ∥ p (x) ∥ \leq ∥ x ∥ .$
(c)

Application : Soient $p$ et $q$ deux projecteurs orthogonaux de l’espace euclidien $E$ . Montrer que $p \circ q$ est un projecteur si, et seulement si, $p \circ q = q \circ p$ .

Solution

(a)

$(⟹)$ Supposons que $p$ soit la projection orthogonale sur un sous-espace vectoriel $F$ . Pour tous $x, y \in E$ ,

$⟨ p (x), y ⟩ = ⟨ p (x), y - p (y) ⟩ + ⟨ p (x), p (y) ⟩ avec ⟨ p (x), y - p (y) ⟩ = 0$

car $p (x) \in F$ et $y - p (y) = F^{⊥}$ . Ainsi, $⟨ p (x), y ⟩ = ⟨ p (x), p (y) ⟩$ . Par un calcul symétrique, $⟨ x, p (y) ⟩ = ⟨ p (x), p (y) ⟩$ et donc $⟨ p (x), y ⟩ = ⟨ x, p (y) ⟩$ . L’endomorphisme $p$ est autoadjoint.

$(⟸)$ Supposons que $p$ soit un endomorphisme autoadjoint. Pour $y \in Im (p)$ et $x \in Ker (p)$ , on écrit $y = p (a)$ avec $a \in E$ et l’on a

$⟨ y, x ⟩ = ⟨ p (a), x ⟩ = ⟨ a, p (x) ⟩ = ⟨ a, 0_{E} ⟩ = 0 .$

Les espaces $Im (p)$ et $Ker (p)$ sont orthogonaux: la projection $p$ est une projection orthogonale.
(b)

$(⟹)$ Supposons que $p$ soit une projection orthogonale sur un sous-espace vectoriel $F$ . Pour tout $x \in E$ , on écrit $x = a + b$ avec $a \in F$ et $b \in F^{⊥}$ . On a $p (x) = a$ et, par le théorème de Pythagore, ${∥ x ∥}^{2} = {∥ a ∥}^{2} + {∥ b ∥}^{2} \geq {∥ a ∥}^{2}$ donc $∥ x ∥ \geq ∥ p (x) ∥$ .

$(⟸)$ Supposons $∥ p (x) ∥ \leq ∥ x ∥$ pour tout $x \in E$ . Soient $x \in Ker (p) e t$ $y \in Im (p)$ . On considère $z = λ x + y \in E$ pour $λ \in ℝ$ . L’inégalité $∥ p (z) ∥ \leq ∥ z ∥$ donne

${∥ y ∥}^{2} \leq λ^{2} {∥ x ∥}^{2} + 2 λ ⟨ x, y ⟩ + {∥ y ∥}^{2}$

donc

$0 \leq λ^{2} {∥ x ∥}^{2} + 2 λ ⟨ x, y ⟩ .$

Pour $λ$ au voisinage de $0$ , l’expression $λ^{2} {∥ x ∥}^{2} + 2 λ ⟨ x, y ⟩$ change de signe sauf si $⟨ x, y ⟩ = 0$ . On a donc nécessairement $⟨ x, y ⟩ = 0$ . Les espaces $Im (p)$ et $Ker (p)$ sont orthogonaux: la projection $p$ est une projection orthogonale.
(c)

$(⟸)$ Si $p \circ q = q \circ p$ alors ${(p \circ q)}^{2} = p \circ (q \circ p) \circ q = p \circ (p \circ q) \circ q = p \circ q$ donc $p \circ q$ est un projecteur.

$(⟹)$ Si $p \circ q$ est un projecteur, celui-ci est un projecteur orthogonal car

$\forall x \in E, ∥ p \circ q (x) ∥ \leq ∥ q (x) ∥ \leq ∥ x ∥ .$

C’est donc un projecteur autoadjoint et par conséquent

$p \circ q = {(p \circ q)}^{*} = q^{*} \circ p^{*} = q \circ p .$

Exercice 15 2738 MINES (MP)Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ de norme $∥ \cdot ∥$ .

On note ${∥ \cdot ∥}_{ℒ (E)}$ la norme d’opérateur sur $ℒ (E)$ subordonnée à $∥ \cdot ∥$ .

(a)

Comparer ${∥ u ∥}_{ℒ (E)}$ et ${∥ u^{*} ∥}_{ℒ (E)}$ .
(b)

Si ${∥ u ∥}_{ℒ (E)} \leq 1$ , comparer $Ker (u - {Id}_{E})$ et $Ker (u^{*} - {Id}_{E})$ .
(c)

Si ${∥ u ∥}_{ℒ (E)} \leq 1$ , montrer $E = Ker (u - {Id}_{E}) \oplus Im (u - {Id}_{E})$ .

Solution

(a)

Pour $x \in E$ , l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

${∥ u (x) ∥}^{2} = (u^{*} (u (x)) ∣ x) \leq ∥ u^{*} (u (x)) ∥ ∥ x ∥ \leq {∥ u^{*} \circ u ∥}_{ℒ (E)} {∥ x ∥}^{2} .$

On en déduit ${∥ u ∥}_{ℒ (E)}^{2} \leq {∥ u^{*} \circ u ∥}_{ℒ (E)}$ puis, par sous-multiplicativité,

${∥ u ∥}_{ℒ (E)}^{2} \leq {∥ u^{*} ∥}_{ℒ (E)} {∥ u ∥}_{ℒ (E)} .$

Que ${∥ u ∥}_{ℒ (E)} = 0$ , ou non, on obtient

${∥ u ∥}_{ℒ (E)} \leq {∥ u^{*} ∥}_{ℒ (E)} .$

Enfin, par l’identité $u^{* *} = u$ , on obtient l’inégalité inverse et donc l’égalité.
(b)

Soit $x \in Ker (u - {Id}_{E})$ .

${∥ u^{*} (x) - x ∥}^{2} = {∥ u^{*} (x) ∥}^{2} - 2 (u^{*} (x) ∣ x) + {∥ x ∥}^{2} \leq {∥ x ∥}^{2} - 2 (x ∣ u (x)) + {∥ x ∥}^{2} = 0$

car $u (x) = x$ . Ainsi, $u^{*} (x) = x$ et $x \in Ker (u^{*} - {Id}_{E})$ . On peut conclure $Ker (u - {Id}_{E}) \subset Ker (u^{*} - {Id}_{E})$ puis l’égalité par symétrie.
(c)

Soit $x \in Ker (u - {Id}_{E}) \cap Im (u - {Id}_{E})$ . Il existe $a \in E$ tel que $x = u (a) - a$ . L’égalité $u^{*} (x) = x$ donne $u^{*} (u (a)) - u^{*} (a) = u (a) - a$ puis

$(u^{*} (u (a)) - u^{*} (a) ∣ a) = (u (a) - a ∣ a)$

qui conduit à

${∥ x ∥}^{2} = {∥ u (a) ∥}^{2} - 2 (u (a) ∣ a) + {∥ a ∥}^{2} = 0 .$

Ainsi, $Ker (u - {Id}_{E}) \cap Im (u - {Id}_{E}) = {0}$ . De plus, $dim Ker (u - {Id}_{E}) + rg (u - {Id}_{E}) = dim E$ donc $Ker (u - {Id}_{E}) \oplus Im (u - {Id}_{E}) = E$ .

Exercice 16 5659 Correction

Soit $E$ un espace euclidien non réduit au vecteur nul dont on note $(\cdot ∣ \cdot)$ le produit scalaire et $∥ \cdot ∥$ la norme euclidienne associée.

| | | u | | | = sup_{∥ x ∥ = 1} ∥ u (x) ∥ .

(a)

Pour $f \in 𝒮^{+} (E)$ , établir

$| | | f | | | = sup_{∥ x ∥ = 1} (f (x) ∣ x) .$
(b)

Application : Montrer

$\forall u \in ℒ (E), | | | u | | | = | | | u^{*} | | | .$

Solution

(a)

D’une part, l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

$\forall x \in E, (f (x) ∣ x) \leq ∥ f (x) ∥ ∥ x ∥ \leq | | | f | | | {∥ x ∥}^{2}$

donc

$sup_{∥ x ∥ = 1} (f (x) ∣ x) \leq | | | f | | | .$

D’autre part, puisque $f$ est un endomorphisme autoadjoint positif, il existe une base orthonormée $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ de $E$ dans laquelle la matrice de $f$ s’écrit

$D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) avec 0 \leq λ_{1} \leq \dots \leq λ_{n} .$

Pour tout $x \in E$ tel que $∥ x ∥ = 1$ de coordonnées $x_{1}, \dots, x_{n}$ dans $e$ , on a

${∥ f (x) ∥}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i}^{2} x_{i}^{2} \leq \sum_{i = 1}^{n} λ_{n}^{2} x_{i}^{2} \leq λ_{n}^{2} \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} = λ_{n}^{2} {∥ x ∥}^{2} = λ_{n}^{2}$

donc

$| | | f | | | = sup_{∥ x ∥ = 1} ∥ f (x) ∥ \leq λ_{n} = (f (e_{n}) ∣ e_{n}) \leq sup_{∥ x ∥ = 1} (f (x) ∣ x) .$

Par double inégalité,

$| | | f | | | = sup_{∥ x ∥ = 1} (f (x) ∣ x) .$
(b)

Soit $u \in ℒ (E)$ . On vérifie aisément $u^{*} \circ u \in 𝒮^{+} (E)$ donc

${| | | u | | |}^{2}$ $= sup_{∥ x ∥ = 1} {∥ u (x) ∥}^{2} = sup_{∥ x ∥ = 1} (u (x) ∣ u (x))$

$= sup_{∥ x ∥ = 1} (u^{*} \circ u (x) ∣ x) = | | | u^{*} \circ u | | | .$

Par sous-multiplicativité de la norme triple,

${| | | u | | |}^{2} \leq | | | u^{*} | | | \circ | | | u | | | .$

Que la quantité $| | | u | | |$ soit nulle ou non, on obtient

$| | | u | | | \leq | | | u^{*} | | | .$

En appliquant ce résultat à $u^{*}$ au lieu de $u$ , on peut aussi affirmer

$| | | u^{*} | | | \leq | | | u^{* *} | | | = | | | u | | | .$

Par double inégalité, on conclut $| | | u | | | = | | | u^{*} | | |$ .

Exercice 17 5951 CCP (MP)Correction

$E$ désigne un espace euclidien de dimension $n \geq 2$ et de produit scalaire noté $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ .

On fixe deux vecteurs non nuls $u$ et $v$ dans $E$ .

Pour tout vecteur $x$ de $E$ , on pose $(u \otimes v) (x) = ⟨ v, x ⟩ u$ .

(a)

Justifier que $u \otimes v$ est un endomorphisme de $E$ et donner son rang.
(b)

Déterminer les éléments propres de $u \otimes v$ . L’endomorphisme $u \otimes v$ est-il diagonalisable?
(c)

Calculer ${(u \otimes v)}^{2} = (u \otimes v) \circ (u \otimes v)$ et retrouver le résultat de diagonalisabilité de la question précédente.
(d)

Sot $g$ un endomorphisme de $E$ . On note $g^{*}$ son adjoint.

Montrer que $g$ commute avec $u \otimes v$ si, et seulement si, il existe $α \in ℝ$ tel que $g (u) = α u$ et $g^{*} (v) = α v$ .

Solution

(a)

L’application $u \otimes v$ est définie de $E$ vers $E$ .

Par linéarité du produit scalaire en sa deuxième variable, l’application $u \otimes v$ est linéaire.

On remarque $Im (u \otimes v) \subset Vect (u)$ et $u \otimes v \neq 0$ car $(u \otimes v) (v) = {∥ v ∥}^{2} u \neq 0$ . On en déduit $Im (u \otimes v) = Vect (u)$ . En particulier, l’application $u \otimes v$ est de rang $1$ .
(b)

Par la formule du rang, $dim Ker (u) = n - 1$ . On en déduit que $0$ est valeur propre de $u \otimes v$ de multiplicité au moins $n - 1$ .

Aussi, $(u \otimes v) (u) = ⟨ v, u ⟩ u$ . Distinguons alors deux cas:

Cas: $⟨ v, u ⟩ \neq 0$ . Le réel $α = ⟨ v, u ⟩$ est aussi valeur propre de $u \otimes v$ . Celle-ci est alors nécessairement simple et il n’y a pas d’autres valeurs propres. L’endomorphisme $u \otimes v$ est diagonalisable car la somme des dimensions des sous-espaces propres vaut $n$ .

Cas: $⟨ v, u ⟩ = 0$ . Il n’y a pas d’autres valeurs propres que $0$ car un vecteur propre associé à une valeur propre non nulle est nécessairement dans l’image de $u \otimes v$ donc colinéaire à $u$ . Puisque $dim E_{0} (u) = n - 1$ , l’endomorphisme $u \otimes v$ n’est pas diagonalisable.
(c)

Pour $x \in E$ ,

${(u \otimes v)}^{2} (x) = ⟨ v, (u \otimes v) (x), u ⟩ = ⟨ v, u ⟩ ⟨ v, x ⟩ u .$

On remarque ${(u \otimes v)}^{2} = α u \otimes v$ avec $α = ⟨ v, u ⟩$ .

Le polynôme $X^{2} - α X$ est annulateur de $u \otimes v$ .

Cas: $α \neq 0$ . L’endomorphisme $u \otimes v$ annule un polynôme simplement scindé, il est diagonalisable.

Cas: $α = 0$ . $0$ est la seule valeur propre de $u \otimes v$ . Pour que cet endomorphisme soit diagonalisable, il faut et il suffit qu’il soit égal à l’endomorphisme nul. Ce n’est pas le cas.
(d)

$(⟹)$ Supposons que $g$ commute avec $u \otimes v$ .

Pour tout $x \in E$ ,

$⟨ v, g (x) ⟩ u = ⟨ v, x ⟩ g (u)$

soit encore

$⟨ g^{*} (v), x ⟩ u = ⟨ v, x ⟩ g (u) .$

Pour $x = v \neq 0$ , on obtient

$g (u) = α u avec α = \frac{⟨ g^{*} (v), v ⟩}{⟨ v, v ⟩} .$

Injectée dans la relation précédente, cela donne

$⟨ g^{*} (v), x ⟩ u = ⟨ v, x ⟩ α u = ⟨ α v, x ⟩ u$

et donc

$⟨ g^{*} (v) - α v, x ⟩ u = 0 .$

Puisque le vecteur $u$ est non nul et que la relation doit valoir pour tout $x \in E$ , on obtient $g^{*} (v) = α v$ .

$(⟸)$ Si $g (u) = α u$ et $g^{*} (v) = α v$ alors, pour tout $x \in E$ ,

$⟨ v, g (x) ⟩ u = ⟨ g^{*} (v), x ⟩ u = α ⟨ v, x ⟩ u = ⟨ v, x ⟩ g (u) .$

Les endomorphismes $g$ et $u \otimes v$ commutent.

Exercice 18 629 Correction

Soit $E$ un espace euclidien. Montrer l’équivalence des assertions suivantes:

(i)

$u \circ u^{*} \circ u = u$ ;
(ii)

$u \circ u^{*}$ est un projecteur orthogonal;
(iii)

$u^{*} \circ u$ est un projecteur orthogonal;
(iv)

${(Ker (u))}^{⊥} = {x \in E | ∥ u (x) ∥ = ∥ x ∥}$ .

Solution

Rappelons les propriétés classiques suivantes utiles pour la suite:

{(Ker (u))}^{⊥} = Im (u^{*}), rg (u^{*} u) = rg (u^{*}) = rg (u) et u^{*} \circ u \in 𝒮^{+} (E) .

(i) $⟹$ (ii) Supposons $u \circ u^{*} \circ u = u$ . On a alors

(u \circ u^{*}) \circ (u \circ u^{*}) = (u \circ u^{*} \circ u) \circ u^{*} = u \circ u^{*}

donc $u \circ u^{*}$ est un projecteur.

De plus, ${(u \circ u^{*})}^{*} = u^{* *} \circ u^{*} = u \circ u^{*}$ . Le projecteur $u \circ u^{*}$ est donc autoadjoint et par conséquent c’est un projecteur orthogonal.

(ii) $⟹$ (iii) Supposons $u \circ u^{*}$ projecteur orthogonal. On a $u \circ u^{*} \circ u \circ u^{*} = u \circ u^{*}$ donc $u \circ (u^{*} \circ u \circ u^{*} \circ u) = u \circ (u^{*} \circ u)$ puis

u \circ (u^{*} \circ u \circ u^{*} \circ u - u^{*} \circ u) = \tilde{0} .

Par suite, l’endomorphisme $u^{*} \circ u \circ u^{*} \circ u - u^{*} \circ u$ prend ses valeurs dans $Ker (u)$ . Or il prend aussi ses valeurs dans $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ , c’est donc l’endomorphisme nul. On en déduit que $u^{*} \circ u$ est un projecteur. On vérifie aussi qu’il est autoadjoint et c’est donc un projecteur orthogonal.

(iii) $⟹$ (iv) Supposons $u^{*} u$ projecteur orthogonal.

Puisque $Im (u^{*} \circ u) \subset Im (u^{*})$ et puisque $rg (u^{*} \circ u) = rg (u^{*})$ , on a

Im (u^{*} \circ u) = Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥} .

Ainsi, $u^{*} \circ u$ est la projection orthogonale sur ${(Ker (u))}^{⊥}$ .

Soit $x \in {(Ker (u))}^{⊥}$ .

{∥ u (x) ∥}^{2} = (u (x) ∣ u (x)) = (u^{*} \circ u (x) ∣ x) = (x ∣ x) = {∥ x ∥}^{2} .

Inversement, supposons ${∥ u (x) ∥}^{2} = {∥ x ∥}^{2}$ .

Par les calculs qui précédent, on obtient $(x - u^{*} \circ u (x) ∣ x) = 0$ . On peut écrire $x = a + b$ avec $a = u^{*} \circ u (x) \in {(Ker (u))}^{⊥}$ et $b \in Ker (u)$ . L’égalité $(x - u^{*} \circ u (x) ∣ x) = 0$ donne $(b ∣ a + b) = 0$ puis $(b ∣ b) = 0$ et donc $b = 0_{E}$ .

Ainsi, $x = a + b = a \in {(Ker (u))}^{⊥}$ .

(iv) $⟹$ (i) Supposons

{(Ker (u))}^{⊥} = {x \in E | ∥ u (x) ∥ = ∥ x ∥} .

Puisque $Ker (u)$ est stable par $u^{*} \circ u$ , ${(Ker (u))}^{⊥}$ est stable par ${(u^{*} \circ u)}^{*} = u^{*} \circ u$ .

L’endomorphisme induit par $u^{*} \circ u$ sur ${(Ker (u))}^{⊥}$ est un endomorphisme autoadjoint positif.

Si $λ$ est valeur propre de $u^{*} \circ u$ alors il existe $x \neq 0_{E}$ vérifiant $u^{*} \circ u (x) = λ . x$ et alors

λ {∥ x ∥}^{2} = (u^{*} \circ u (x) ∣ x) = {∥ u (x) ∥}^{2} = {∥ x ∥}^{2}

donc $λ = 1$ .

L’endomorphisme $u^{*} \circ u$ est diagonalisable sur le sous-espace vectoriel stable ${(Ker (u))}^{⊥}$ et sa seule valeur propre possible est $1$ , c’est donc l’identité sur cet espace.

Puisque l’endomorphisme $u^{*} \circ u$ est nul sur $Ker (u)$ et égal à l’identité sur ${(Ker (u))}^{⊥}$ , on peut affirmer que les endomorphismes $u \circ u^{*} \circ u = u \circ (u^{*} \circ u)$ et $u$ sont égaux car ils coïncident sur les deux espaces supplémentaires $Ker (u)$ et ${(Ker (u))}^{⊥}$ .

Exercice 19 3516 Correction

Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes d’un espace euclidien $E$ non réduit à $0_{E}$ .

(a)

On suppose que les endomorphismes $f$ et $g$ commutent et qu’ils sont nilpotents.
Montrer qu’il existe un vecteur $x$ de $E$ non nul vérifiant

$f (x) = g (x) = 0_{E} .$
(b)

On suppose que les endomorphismes $f$ et $g$ commutent et qu’ils possèdent un vecteur propre en commun.
Montrer que les endomorphismes adjoints $f^{*}$ et $g^{*}$ possèdent aussi un vecteur propre en commun.

Solution

(a)

Puisque l’endomorphisme $f$ est nilpotent, il est non injectif et son noyau $Ker (f)$ n’est pas réduit à ${0_{E}}$ . De plus, ce noyau est stable par $g$ car $f$ et $g$ commutent. Tout comme $g$ , l’endomorphisme induit par $g$ sur $Ker (f)$ est nilpotent et donc non injectif. Cela assure l’existence d’un vecteur non nul dans $Ker (f) \cup Ker (g)$ .
(b)

Soient $α$ et $β$ les valeurs propres associés à un vecteur propre $x$ commun à $f$ et $g$ .
Le polynôme caractéristique de $f$ est de la forme

$χ_{f} (X) = {(X - α)}^{k} Q (X) avec Q (α) \neq 0 .$

Le sous-espace vectoriel $Im (Q (f^{*}))$ est stable par $f^{*}$ et aussi par $g^{*}$ car $f^{*}$ et $g^{*}$ commutent.
Puisque le polynôme $χ_{f}$ est annulateur de $f$ et aussi de $f^{*}$ , on peut affirmer que

$\forall x \in E, {(f^{*} - α Id)}^{k} (Q (f^{*}) (x)) = 0_{E}$

et donc

$\forall y \in Im (Q (f^{*})), {(f^{*} - α Id)}^{k} (y) = 0_{E} .$

On en déduit que l’endomorphisme induit par $f^{*} - α Id$ sur $Im (Q (f^{*}))$ est nilpotent.
De façon analogue, on peut écrire le polynôme caractéristique de $g$ sous la forme

$χ_{g} (X) = {(X - β)}^{ℓ} R (X) avec R (β) \neq 0$

et affirmer que le sous-espace vectoriel $Im (R (g^{*}))$ est stable par $f^{*}$ et $g^{*}$ et que de plus, l’endomorphisme induit par $g^{*} - β Id$ sur $Im (R (g^{*}))$ est nilpotent.
Considérons alors l’espace

$F = Im (Q (f^{*})) \cap Im (R (g^{*})) .$

Cet espace vectoriel est stable par les endomorphismes $f^{*} - α Id$ et $g^{*} - β Id$ et ceux-ci y induisent des endomorphismes nilpotents.
Pour conclure, il suffit maintenant de montrer que l’espace $F$ est non nul car on peut alors appliquer pour conclure le résultat de la question précédente aux endomorphismes commutant et nilpotents induits par $f^{*} - α Id$ et $g^{*} - β Id$ sur $F$ .
Par la propriété $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ , on obtient

$F = Im (Q (f^{*})) \cap Im (R (g^{*})) = {(Ker (Q (f)) + Ker (R (g)))}^{⊥}$

et donc

$F^{⊥} = Ker (Q (f)) + Ker (R (g)) .$

Rappelons que nous avons noté $x$ un vecteur propre tel que

$f (x) = α x et g (x) = β x .$

Si par l’absurde, $x \in F^{⊥}$ , on peut écrire

$x = x_{1} + x_{2} avec x_{1} \in Ker (Q (f)) et x_{2} \in Ker (R (g)) .$

On a alors

$Q (f) (x) = Q (f) (x_{1}) + Q (f) (x_{2})$

avec

$Q (f) (x) = Q (α) x et Q (f) (x_{1}) = 0_{E}$

et ainsi

$Q (α) (x) = Q (f) (x_{2}) .$

On a encore en appliquant l’endomorphisme $R (g)$ à cette relation

$Q (α) R (β) x = R (g) (Q (f)) (x_{2}) = Q (f) (R (g)) (x_{2}) = 0_{E}$

car $R (g)$ et $Q (f)$ commutent.
Or $Q (α), R (β) \neq 0$ et $x \neq 0_{E}$ . C’est absurde.
On peut donc conclure que $x \notin F^{⊥}$ donc $F^{⊥} \neq E$ puis $F \neq {0_{E}}$ .

	${\| \| \| u \| \| \|}^{2}$	$= sup_{∥ x ∥ = 1} {∥ u (x) ∥}^{2} = sup_{∥ x ∥ = 1} (u (x) ∣ u (x))$
		$= sup_{∥ x ∥ = 1} (u^{} \circ u (x) ∣ x) = \| \| \| u^{} \circ u \| \| \| .$

Adjoint