Chap. 9. Espaces euclidiens
L’inclusion Ker f ∩ Ker f
∗
⊂ Ker( f + f
∗ ) est évidente.
Soit x ∈ Ker( f + f
∗ ) : on a f (x) + f
∗ (x) = 0. Puisque Im f ⊂ Ker f , on a
f ( f (x)) = 0, d’où f ( f
∗ (x)) = 0. En faisant le produit scalaire par x, on obtient que
( f
∗ (x) | f
∗ (x)) = 0, d’où f
∗ (x) = 0 d’où f (x) = 0 en reportant dans la relation de
départ. On en déduit par double inclusion que Ker( f + f
∗ ) = Ker f ∩ Ker f
∗ .
Exercice 9.4
Caractérisation d’un projecteur orthogonal, Centrale MP 2007
Soit p un projecteur de E. Démontrer l’équivalence des assertions suivantes :
(i) Im p est orthogonal à Ker p.
(ii) p
∗ = p.
(iii) ∀x ∈ E, p(x) x.
Indication : Pour montrer (iii)⇒ (i), on appliquera la propriété (iii) à x + t y.
(i) ⇒ (ii) Soient x et y des vecteurs de E. On a x = p(x) + x − p(x). Comme
p(y) ∈ Im p et x − p(x) ∈ Ker p, et que Im p est orthogonal à Ker p, on a
(x | p(y)) = ( p(x) | p(y)). Par symétrie, cette expression est égale à ( p(x) | y),
donc p
∗ = p.
(ii) ⇒ (iii) Par hypothèse ( p(x) | x − p(x)) = (x | p(x − p(x))) = (x | 0) = 0, or
x = p(x)+x− p(x) donc par relation de Pythagore, x
2 = p(x)
2 +x− p(x)
2 ,
d’où p(x) x.
(iii) ⇒ (i) Soient x ∈ Im p, y ∈ Ker p et t ∈ R
∗ . Comme p(x + t y) = x, on en
déduit que x
2
x + t y
2 , d’où t
2
y
2 + 2t(x | y) 0.
On en déduit que pour tout t > 0, 2(x | y)+ty
2
0, d’où (x | y) 0 en faisant
tendre t vers 0.
De même, pour tout t < 0, on a 2(x | y) + ty
2
0, d’où (x | y) 0 en faisant
tendre t vers 0.
Cela prouve que (x | y) = 0. On a bien montré que Im p est orthogonal à Ker p.
Exercice 9.5
Centrale PSI 2007
Soient p et q deux projecteurs orthogonaux de E. Montrer que p ◦ q = 0 si et
seulement si q ◦ p = 0.
D’après l’exercice précédent, un projecteur orthogonal est autoadjoint, donc
( p ◦ q)
∗ = q
∗
◦ p
∗ = q ◦ p. On en déduit que si p ◦ q = 0, alors q ◦ p = 0, et
réciproquement car p et q jouent des rôles symétriques.