Soient $f \in ℒ (E)$ et $u = f^{*} \circ f$ . Montrer que $u \in 𝒮^{+} (E)$ .

Solution

D’une part,

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

donc $u \in 𝒮 (E)$ .

D’autre part, pour $x \in E$

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

Ainsi, $u$ est un endomorphisme autoadjoint positif.

Exercice 2 365 Correction

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

(a)

Montrer que $u = f^{*} \circ f$ est diagonalisable et que ses valeurs propres sont positives ou nulles.
(b)

Établir $Ker (u) = Ker (f)$ puis $Im (u) = {(Ker (f))}^{⊥}$ .

Solution

(a)

$u^{*} = u$ donc $u$ est autoadjoint et par conséquent diagonalisable (dans une base orthonormée).

Si $λ$ est valeur propre de $u$ et $x$ vecteur propre associé

$λ . {∥ x ∥}^{2} = (u (x) ∣ x) = {∥ f (x) ∥}^{2}$

donc $λ \geq 0$ .
(b)

On a $Ker (f) \subset Ker (u)$ de manière immédiate.

Soit $x \in Ker (u)$ . On a $(u (x) ∣ x) = 0$ ce qui donne $f (x) = 0_{E}$ donc $x \in Ker (f)$ .

Ainsi, $Ker (u) = Ker (f)$ .

Soit $y \in Im (u)$ , on peut écrire $y = u (x)$ avec $x \in E$ et alors

$\forall a \in Ker (f), (y ∣ a) = (f (x) ∣ f (a)) = 0$

donc $Im (u) \subset Ker {(f)}^{⊥}$ . Enfin,

$dim Im (u) = dim E - dim Ker (u) = dim E - dim Ker (f) = dim Ker {(f)}^{⊥}$

et l’on peut conclure par inclusion et égalité des dimensions que $Im (u) = Ker {(f)}^{⊥}$ .

Exercice 3 5567 Correction

Soit $u$ est un endomorphisme autoadjoint d’un espace euclidien $E$ . Retrouver le résultat du cours

\forall x \in E, (u (x) ∣ x) \geq 0 \Leftrightarrow Sp (u) \subset ℝ_{+} .

Solution

$(⟹)$ Supposons $(u (x) ∣ x) \geq 0$ pour tout $x \in E$ .

Soient $λ$ une valeur propre de $u$ et $x$ un vecteur propre associé. On a $u (x) = λ . x$ avec $x \neq 0_{E}$ . L’inégalité $(u (x) ∣ x) \geq 0$ donne alors $λ {∥ x ∥}^{2} \geq 0$ et donc $λ \geq 0$ car ${∥ x ∥}^{2} > 0$ .

$(⟸)$ Supposons $Sp (u) \subset ℝ_{+}$ . Puisque l’endomorphisme $u$ est autoadjoint, il est diagonalisable en base orthonormée. Il existe $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ base orthonormée de $E$ formée de vecteurs propres de $u$ . On note $λ_{i}$ la valeur propre associée au vecteur propre $e_{i}$ , on sait $λ_{i} \geq 0$ . Pour $x \in E$ , on introduit $x_{1}, \dots, x_{n}$ les coordonnées de $x$ dans $e$ et l’on a

x = \sum_{i = 1}^{n} x_{i} . e_{i} et u (x) = \sum_{i = 1}^{n} x_{i} . u (e_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} x_{i} . e_{i}

donc

(u (x) ∣ x) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} x_{i}^{2} \geq 0 .

Exercice 4 9 Correction

Soit $u$ un endomorphisme autoadjoint à valeurs propres positives d’un espace vectoriel euclidien $E$ .

(a)

Montrer qu’il existe un endomorphisme $v$ autoadjoint à valeurs propres positives tel que $u = v^{2}$ .
(b)

Établir l’unicité de $v$ en étudiant l’endomorphisme induit par $v$ sur les sous-espaces propres de $u$ .

Solution

(a)

$u$ est diagonalisable de valeurs propres $λ_{1}, \dots, λ_{r}$ positives. $E$ est la somme directe orthogonale des sous-espaces propres $E_{λ_{1}}, \dots, E_{λ_{r}}$ , notons $p_{1}, \dots, p_{r}$ les projecteurs orthogonaux associés à cette décomposition.
On a $u = λ_{1} p_{1} + \dots + λ_{r} p_{r}$ et en posant $v = \sqrt{λ_{1}} p_{1} + \dots + \sqrt{λ_{r}} p_{r}$ , on a $v^{2} = u$ avec $v$ endomorphisme autoadjoint à valeurs propres positives. On peut aussi proposer une résolution matricielle via représentation dans une base orthonormée
(b)

Soit $v$ solution. Pour tout $λ \in Sp (u)$ , $F = E_{λ} (u)$ est stable par $v$ car $u$ et $v$ commutent. $v_{F} \in 𝒮^{+} (F)$ et $v_{F}^{2} = λ {Id}_{F}$ donc via diagonalisation de $v_{F}$ , on obtient $v_{F} = \sqrt{λ} {Id}_{F}$ . Ceci détermine $v$ de manière unique sur chaque sous-espace propre de $u$ et puisque ceux-ci sont en somme directe égale à $E$ , on peut conclure à l’unicité de $v$ .

Exercice 5 3692 CCINP (MP)Correction

Soit $u$ un endomorphisme autoadjoint d’un espace euclidien $E$ de dimension $n \geq 1$ .

Soit $p \in ℕ^{*}$ un entier impair.

(a)

Montrer qu’il existe un endomorphisme autoadjoint $v$ de $E$ tel que $v^{p} = u$ .
(b)

Justifier que cet endomorphisme est unique.

On suppose désormais que l’entier $p \in ℕ^{*}$ est pair.

(c)

Donner une condition nécessaire et suffisante pour qu’il existe un endomorphisme autoadjoint $v$ de $E$ tel que $v^{p} = u$ .
(d)

Lorsqu’il existe, l’endomorphisme $v$ solution est-il unique?

Solution

(a)

L’endomorphisme $u$ est autoadajoint donc diagonalisable en base orthonormée. Soit $ℬ$ une telle base et

$D = {Mat}_{ℬ} (u) = (\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix}) .$

Considérons alors $v$ l’endomorphisme de $E$ déterminé par

${Mat}_{ℬ} (v) = (\begin{matrix} \sqrt[p]{λ_{1}} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & \sqrt[p]{λ_{n}} \end{matrix}) .$

L’endomorphisme $v$ est autoadajoint car représenté par une matrice symétrique en base orthonormée et l’endomorphisme $v$ vérifie, par construction, $v^{p} = u$ : il est solution.
(b)

Soit $v$ un endomorphisme autoadajoint solution. L’endomorphisme $v$ commute avec $u$ car $v \circ u = v^{p + 1} = u \circ v$ . Les sous-espaces propres de $u$ sont alors stables par $v$ . Soit $E_{λ} (u)$ un tel sous-espace propre. L’endomorphisme induit par $v$ sur ce sous-espace propre est diagonalisable car c’est un endomorphisme induit par un endomorphisme diagonalisable. Considérons une base $ℬ_{λ}$ de diagonalisation de cet endomorphisme induit. La matrice de l’endomorphisme induit par $v$ dans cette base $ℬ_{λ}$ est diagonale et sa puissance $p$ -ième est égale à $λ Id$ car $v^{p} = u$ . On en déduit que l’endomorphisme induit par $v$ sur l’espace $E_{λ} (u)$ n’est autre que $\sqrt[p]{λ} Id$ . Cela détermine entièrement $v$ sur chaque sous-espace propre de $u$ . Or ces derniers forment une décomposition en somme directe de $E$ , l’endomorphisme $v$ est donc entièrement déterminé.
(c)

Si $v$ est un endomorphisme autoadajoint, il est diagonalisable et les valeurs propres de $v^{p}$ sont les $λ^{p}$ avec $λ$ valeur propre de $v$ . En particulier, les valeurs propres de $v^{p}$ sont toutes positives car $p$ est un entier pair. Par conséquent, s’il existe $v$ autoadjoint vérifiant $v^{2 p} = u$ , les valeurs propres sont toutes positives. Inversement, si les valeurs propres de $u$ sont positives, on peut adapter la résolution de la première question et établir qu’il existe un endomorphisme autoadjoint $v$ solution de l’équation $v^{p} = u$ . Si $p$ est pair et que $u$ possède une valeur propre négative, l’endomorphisme $v$ n’existe pas.
(d)

Si $p$ est pair et $u$ positif alors on peut à nouveau établir l’existence mais l’unicité n’est plus vraie car on peut changer les signes des valeurs propres de $v$ tout en conservant la propriété $v^{p} = u$ .

Exercice 6 2753 MINES (MP)Correction

Soient $E$ un espace euclidien et $u \in ℒ (E)$ symétrique à valeurs propres strictement positives.
Montrer que, pour tout $x \in E$ ,

{∥ x ∥}^{4} \leq ⟨ u (x), x ⟩ ⟨ u^{- 1} (x), x ⟩ .

Donner une condition nécessaire et suffisante pour qu’il y ait égalité.

Solution

Puisque les valeurs propres de $u$ sont strictement positives, on montre par orthodiagonalisation

\forall x \in E ∖ {0_{E}}, ⟨ u (x), x ⟩ > 0 .

Soit $x \in E$ .
Si $x = 0_{E}$ , l’inégalité demandée est évidente et c’est même une égalité.
Si $x \neq 0_{E}$ , considérons $λ \in ℝ$ . On a

⟨ u (x + λ u^{- 1} (x)), x + λ u^{- 1} (x) ⟩ \geq 0

donc en développant

λ^{2} ⟨ x, u^{- 1} (x) ⟩ + 2 λ ⟨ x, x ⟩ + ⟨ u (x), x ⟩ \geq 0 .

Or $⟨ x, u^{- 1} (x) ⟩ = ⟨ u (u^{- 1} (x)), u^{- 1} (x) ⟩ > 0$ , par suite, le discriminant

Δ = 4 {∥ x ∥}^{4} - 4 ⟨ u (x), x ⟩ ⟨ u^{- 1} (x), x ⟩

est négatif ou nul car sinon le trinôme en $λ$ précédent posséderait deux racines et ne serait donc pas de signe constant.
On en déduit l’inégalité proposée.
De plus, il y a égalité si, et seulement si, il existe $λ \in ℝ$ vérifiant $x + λ u^{- 1} (x) = 0_{E}$ c’est-à-dire si, et seulement si, $x$ est vecteur propre de $u$ .

Endomorphismes autoadjoints positifs