Chapitre 5 • Espaces préhilbertiens complexes
192
Remarques :
1) La condition A ∗ = A impose à A d'être carrée.
2) Si A est hermitienne, alors les éléments diagonaux de A sont réels.
Exemples :
•
1 0
0 −3
,
2
1+ i
1 − i −5
sont hermitiennes
•
1 0
0 i
n'est pas hermitienne.
Proposition 3
H n est un R-ev.
Preuve
Montrons que H n est un sev du R -ev M n (C).
• Il est clair que H n = ∅ (0 ∈ H n ).
• Si H 1 ,H 2 ∈ H n et α ∈ R, alors : (α H 1 + H 2 ) ∗ = α H ∗
1 + H ∗
2 = α H 1 + H 2 ,
donc α H 1 + H 2 ∈ H n .
Proposition 4
1) ∀ (H 1 ,H 2 ) ∈ (H n )
2
, (H 1 H 2 ∈ H n ⇐⇒ H 1 H 2 = H 2 H 1 )
2) ∀ H ∈ H n ∩ GL n (C), H −1 ∈ H n .
Preuve
1) H 1 H 2 ∈ H n ⇐⇒ (H 1 H 2 ) ∗ = H 1 H 2 ⇐⇒ H ∗
2 H ∗
1 = H 1 H 2 ⇐⇒ H 2 H 1 = H 1 H 2 .
2) (H −1 ) ∗ = (H ∗ ) −1 = H −1 , cf. 1) Prop.1 6) p. 191.
En notant A = (a i j ) i j ∈ M n (C), A
est hermitienne si et seulement si :
∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n} 2 , a ji = a i j ,
d’où en particulier :
∀ i ∈ {1,. . . ,n}, a ii = a ii ,
et donc :
∀ i ∈ {1,. . . ,n}, a ii ∈ R .
Monie r Algèbre Monier
Géométrie
Moni er Algèbre Monier
Mon ier Algèbre Géomé
Gé
ométrie Monier
Attention : H n n'est pas un C-ev, car
I n ∈ H n et iI n ∈ H n .
Exercices 5.1.5 à 5.1.8.
Exercice-type résolu
Exemple de calcul de transconjugaison
Soient n ∈ N
∗
, A ∈ M n (C) telle que :
A A
∗ A + 2A + A
∗ + I n = 0.
Montrer que A est inversible.
Conseils
Pour montrer que A est inversible, on va
montrer, pour tout X ∈ M n,1 (C) :
AX = 0 ⇒ X = 0.
Penser à faire intervenir une expression
du type X ∗ AX ou X ∗ A ∗ X.
||.|| 2 désigne la norme hermitienne usuelle
sur M n,1 (C).
Solution
Soit X ∈ M n,1 (C) tel que : AX = 0.
On a alors, en utilisant l'hypothèse :
0 = (A A
∗ A + 2A + A
∗ + I n )X = A A
∗ (AX) + 2AX + A
∗ X + X = A
∗ X + X,
d'où : A
∗ X = −X.
On déduit :
X
∗ A
∗ X = X
∗
(A
∗ X) = X
∗
(−X) = −X
∗ X
X
∗ A
∗ X = (AX)
∗ X = 0
∗ X = 0,
D'où ||X||
2
2 = X
∗ X = 0, puis X = 0.
Ceci montre :
∀ X ∈ M n,1 (C), AX = 0 ⇒ X = 0
et on conclut : A est inversible.
192
Remarques :
1) La condition A ∗ = A impose à A d'être carrée.
2) Si A est hermitienne, alors les éléments diagonaux de A sont réels.
Exemples :
•
1 0
0 −3
,
2
1+ i
1 − i −5
sont hermitiennes
•
1 0
0 i
n'est pas hermitienne.
Proposition 3
H n est un R-ev.
Preuve
Montrons que H n est un sev du R -ev M n (C).
• Il est clair que H n = ∅ (0 ∈ H n ).
• Si H 1 ,H 2 ∈ H n et α ∈ R, alors : (α H 1 + H 2 ) ∗ = α H ∗
1 + H ∗
2 = α H 1 + H 2 ,
donc α H 1 + H 2 ∈ H n .
Proposition 4
1) ∀ (H 1 ,H 2 ) ∈ (H n )
2
, (H 1 H 2 ∈ H n ⇐⇒ H 1 H 2 = H 2 H 1 )
2) ∀ H ∈ H n ∩ GL n (C), H −1 ∈ H n .
Preuve
1) H 1 H 2 ∈ H n ⇐⇒ (H 1 H 2 ) ∗ = H 1 H 2 ⇐⇒ H ∗
2 H ∗
1 = H 1 H 2 ⇐⇒ H 2 H 1 = H 1 H 2 .
2) (H −1 ) ∗ = (H ∗ ) −1 = H −1 , cf. 1) Prop.1 6) p. 191.
En notant A = (a i j ) i j ∈ M n (C), A
est hermitienne si et seulement si :
∀ (i, j) ∈ {1,. . . ,n} 2 , a ji = a i j ,
d’où en particulier :
∀ i ∈ {1,. . . ,n}, a ii = a ii ,
et donc :
∀ i ∈ {1,. . . ,n}, a ii ∈ R .
Monie r Algèbre Monier
Géométrie
Moni er Algèbre Monier
Mon ier Algèbre Géomé
Gé
ométrie Monier
Attention : H n n'est pas un C-ev, car
I n ∈ H n et iI n ∈ H n .
Exercices 5.1.5 à 5.1.8.
Exercice-type résolu
Exemple de calcul de transconjugaison
Soient n ∈ N
∗
, A ∈ M n (C) telle que :
A A
∗ A + 2A + A
∗ + I n = 0.
Montrer que A est inversible.
Conseils
Pour montrer que A est inversible, on va
montrer, pour tout X ∈ M n,1 (C) :
AX = 0 ⇒ X = 0.
Penser à faire intervenir une expression
du type X ∗ AX ou X ∗ A ∗ X.
||.|| 2 désigne la norme hermitienne usuelle
sur M n,1 (C).
Solution
Soit X ∈ M n,1 (C) tel que : AX = 0.
On a alors, en utilisant l'hypothèse :
0 = (A A
∗ A + 2A + A
∗ + I n )X = A A
∗ (AX) + 2AX + A
∗ X + X = A
∗ X + X,
d'où : A
∗ X = −X.
On déduit :
X
∗ A
∗ X = X
∗
(A
∗ X) = X
∗
(−X) = −X
∗ X
X
∗ A
∗ X = (AX)
∗ X = 0
∗ X = 0,
D'où ||X||
2
2 = X
∗ X = 0, puis X = 0.
Ceci montre :
∀ X ∈ M n,1 (C), AX = 0 ⇒ X = 0
et on conclut : A est inversible.