• Considérons Y =



y 1
. . .
y n


 où :
∀ k ∈ {1,. . . ,n},
y k =
x k
|x k |
si x k = 0
0
s i x k = 0
.
On a alors ||Y || ∞ = 1 et
|Y
∗ X| =
k,x k = 0
x k
|x k |
x k =
k,x k =0
|x k |
=
n
k=1
|x k | = ||X|| 1 .
Remarque : Dans la solution ci-dessus, on a établi :
∀ (X,Y ) ∈
M n,1 (C)
2 , |Y
∗ X| ||Y || p ||X|| q .
Cette formule est vraie pour tout p de [1; +∞], en notant
q ∈ [1; +∞] tel que
1
p
+
1
q
= 1 (cf. Analyse PC-PSI-PT,
ex. 1.1.8, normes de Hölder).
En notant u = x + y, v = x − y, on a :
||x|| 2 + ||y|| 2 − ||x + y|| ||x − y||
=
1
4
||u + v|| 2 +
1
4
||u − v|| 2 − ||u|| ||v||
=
1
2
||u|| 2 +
1
2
||v|| 2 − ||u|| ||v|| =
1
2
(||u|| − ||v||) 2 .
Réponse :
Il y a égalité si et seulement si Ré (< x,y >) = 0.
Développer le second membre.
Notons ω k = e
2ikπ
N
(0 k N − 1). On a :
N −1
k=0
||ω k x + y|| 2 ω k
=
N −1
k=0
||x|| 2 +ω k < x,y > +ω k < y,x > +||y|| 2
ω k
=
N −1
k=0
ω k
(||x|| 2 + ||y|| 2 ) + N < x,y >
+
N −1
k=0
ω 2
k
< y,x > ,
et

            
            
N −1
k=0
ω k =
N −1
k=0
ω
k
1 =
1 − ω N
1
1 − ω 1
= 0
(somme des racines N èmes de 1),
N −1
k=0
ω 2
k =
N −1
k=0
ω
k
2 =
1 − ω N
2
1 − ω 2
= 0
(ω 2 = 1 car N 3).
349
2π
0
||e iθ x + y|| 2 e iθ d θ
=
2π
0
(||x|| 2 + e
−iθ < x,y >
+ e iθ < y,x > +||y|| 2 )e iθ d θ
=
2π
0
e iθ dθ
(||x|| 2 + ||y|| 2 )
+
2π
0
d θ
< x,y > +
2π
0
e 2iθ dθ
< y,x >
= 2π < x,y > .
Remarquer l'analogie avec l'ex. 5.2.9.
• Soit (x,y) ∈ E 2 . En appliquant l'hypothèse à x,y,x + iy ,
x − iy , déduire < f (x),y > = 0.
• Pour le cas réel, examiner l'exemple : E = R 2 , f = Rot π
2
.
Réponse : Non.
A
∗ AB = 0 ⇒ B
∗ A
∗ AB = 0
⇒ tr ((AB)
∗ (AB)) = 0
⇒ AB = 0.
On a :
||A − A ∗ || 2 = tr ((A ∗ − A)(A − A ∗ ))
= tr (A ∗ A)− tr (A 2 ) − tr (A ∗2 ) + tr (A A ∗ ).
Par hypothèse : tr (A 2 ) = tr (A A ∗ ),
puis :
tr (A
∗2 ) = tr ((A 2 )
∗ ) = tr (A 2 ) = tr (A A ∗ )
= tr ((A A
∗ )
∗ ) = tr (A A
∗ ) = tr (A
∗ A)
.
On déduit ||A − A ∗ || = 0, A = A ∗ , A ∈ H n .
Même méthode que pour l'ex. 4.2.8 p. 141. (Mais ici, χ g est
scindé sur C et à zéros deux à deux distincts et tous non nuls).
Réponse : f est diagonalisable.
a) • ϕ est à symétrie hermitienne :
ϕ(Q,P) =
n
k=0
Q(a k )P(a k )
=
n
k=0
P(a k )Q(a k ) = ϕ(P,Q).
5.2.7
5.2.8
5.2.9
5.2.10
5.2.11
5.2.12
5.2.13
5.2.14
5.2.15