UNIVERSITE PAUL SABATIER Licence 2, parcours spécialAlgèbre linéaire 2013-14

Espaces hermitiens

Exercice 1 On pose E = C3, et on définit l’application q : E→ C par

q(x) = |x1|2 + 3|x2|2 + 6|x3|2 + ix1x2 − ix1x2 + 2ix1x3 − 2ix1x3 .

1. Démontrer qu’il existe une forme hermitienne b : E×E→ C telle que pour tout x, q(x) = b(x, x).

2. Calculer la matrice de b dans la base canonique.

3. Calculer une base orthonormale de b.

Corrigé

1. On poseb(x, y) = x1y1 + 3x2y2 + 6x3y3 + iy1x2 − ix1y2 + 2ix1y3 − 2iy1x3 .

On vérifie que b est bien hermitienne (linéaire par rapport à la première variable, antilinérairepar rapport à la seconde et symétrie complexe).

2. On a

Mat(b) =

1 −i 2ii 3 0−2i 0 6

3. On trouve une base orthonormale de b en utilisant l’algorithme de Gram-Schmidt.

Exercice 2 Dans C3 muni de sa structure hermitienne standard, on note F le plan d’équation

x1 − x2 + ix3 = 0 .

1. Déterminer l’orthogonal de F.

2. Expliciter la matrice de la projection orthogonale sur F dans la base canonique.

3. Trouver une base orthogonale de F.

Exercice 3

1. Soit

A =

4 i (−i)(−i) 4 1i 1 4

Trouver une matrice unitaire U et une matrice diagonale D telle que D = U∗AU.

2. Même question avec

B =

1 0 i0 1 (−1)

(−i) (−1) 1

Exercice 4 Soit A ∈Mn(C). On pose U = Re(A), V = Im (A) et

C =

(U −VV U

)1. Montrer que A est hermitienne définie positive ssi C est symétrique définie positive.

1

2. Montrer que A est unitaire ssi C est orthogonale.

Corrigé On écrit A = U + iV de sorte que tA = tU− i tV. De plus,

tC =

(tU tV−tV tU

)1. Dire que A est hermitienne signifie que tA = A ce qui se traduit par tU = U et −tV = V. Ceci

équivaut àtC =

(tU tV−tV tU

)=

(U −VV U

)= C .

Donc A est hermitienne ssi C est symétrique.

Dire que A est de plus définie positive signifie que pour tout Z = X + iY ∈ Cn, avec X,Y ∈ Rn,on a tZAZ ≥ 0 avec égalité si et seulement si Z = 0. Or

tZAZ = (tX− itY)(U + iV)(X + iY)

= tXUX− tXVY + tYUY + tYVX + i[tYUX− tXVX− tXUY − tYVY]

Comme A est hermitienne, on a d’une part U = tU, donc tYUX = tY tUX = t(UY)X = tXUYimpliquant tYUX−tXUY = 0 et d’autre part V = −tV, donc−tXVX = tX tVX = t(VX)X = tXVXdonc tXVX = −tYVY = 0. Par ailleurs, −tXVY = t(VX)Y = tYVX On obtient ainsi

tZAZ = tXUX + tYUY + 2tYVX

et donc A est hermitienne et définie positive ssi

tXUX + tYUY + 2tYVX ≥ 0

avec égalité si et seulement si X = Y = 0.

Par ailleurs,

t

(XY

)C

(XY

)= t

(XY

)(UX−VYVX + UY

)= tXUX− tXVY + tYVX + tYUY .

Donc C est définie positive ssi tXUX + tYUY + 2tYVX ≥ 0 avec égalité si et seulement siX = Y = 0.

2. Si A est unitaire, alors

I = A∗A = (tU− i tV)(U + iV) = tUU + tVV + i(tUV − tVU)

donc {tUU + tVV = ItUV − tVU = 0

Si C est orthogonale alors

I = tCC =

(tUU + tVV −tUV + tVU− tVU + tUV tUU + tVV

)donc {

tUU + tVV = ItUV − tVU = 0

On conclut que A est unitaire si et seulement si C est orthogonale.

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Exercice 5 Soit E un espace vectoriel hermitien complexe et f ∈ L(E) tel que pour tout vecteur~x ∈ E, on a f(~x) ⊥ ~x.

1. Montrer que pour tous vecteurs ~x, ~y ∈ E, on a 〈f(~x), ~y〉 = 0.

2. Montrer que f = 0.

3. Comparer avec le cas réel.

Corrigé

1. En développant 〈f(~x + ~y), ~x + ~y〉 et 〈f(i~x + ~y), ~xi + ~y〉, on trouve 〈f(~x), ~y〉 = −〈f(~y), ~x〉 et〈f(i~x), ~y〉 = −〈f(~y), i~x〉, soit 〈f(~x), ~y〉 = 〈f(~y).~x〉. Donc on a

〈f(~x), ~y〉 = −〈f(~y), ~x〉 = −〈f(~x), ~y〉 .

Donc 〈f(~x), ~y〉 = 0.

2. En prenant ~y = f(~x), on trouve f(~x) = 0.

3. Dans R2, si on considère une rotation d’angle π/2, on a bien 〈f(~x), ~x〉 = 0, mais f 6= 0.

Exercice 6

1. Soit H ∈ Mn(C) une matrice hermitienne positive. Montrer qu’il existe une unique matricehermitienne positive R telle que H = R2. On dit alors que R est la racine carrée de H.

2. Soit A ∈ GLn(C). Montrer qu’il existe un unique couple de matrices (U; H) avec U unitaire et Hhermitienne positive tel que l’on ait A = UH. Cette décomposition s’appelle la décompositionpolaire de A.

Indication: Raisonner par condition nécessaire et montrer que si de tels U et H existent alorsH est la racine carrée de A∗A.

Corrigé

1. Il existe U unitaire telle que U∗HU = D avec D = diag (λ1, . . . , λn), λj ≥ 0. On pose alorsR = Udiag(

√λ1, . . . ,

√λn)U∗ et on vérifie que R2 = H.

2. Si A = UH, on calcule A∗A = H∗(U∗U)H = H2. Ceci montre l’unicité de la décomposition.

Si A est inversible, alors d’une part (A∗A)∗ = A∗(A∗)∗ = A∗A et d’autre part les valeurs propressont strictement positives: en effet, si z est un vecteur propre associé à λ, alors on a

λ‖z‖2 = 〈z,A∗Az〉 = 〈Az,Az〉 = ‖Az‖2 ≥ 0

et comme A est inversible, Az = 0 seulement si z = 0, donc λ > 0.

Notons H la racine carrée positive de A et posons U = AH−1. On a U∗U = (H−1)∗A∗AH−1 =H−1H2H−1 = I, donc U est unitaire. Ceci prouve l’existence.

Exercice 7 Soit U une matrice unitaire de taille 2 et de déterminant 1. Montrer qu’il existe desnombres complexes α et β tels que |α|2 + |β|2 = 1 et

U =

(α −ββ α

)Corrigé Si

U =

(α γβ δ

)3

est unitaire alors les vecteurs colonnes et lignes représentent une base orthonormée donc |α|2 + |β|2 = 1

|γ|2 + |δ|2 = 1αγ + βδ = 0

et

|α|2 + |γ|2 = 1

|β|2 + |δ|2 = 1αβ + γδ = 0

Le caractère unitaire nous donne |α| = |δ| et |β| = |γ|. On écrit alors δ = λα et γ = µβ avec|λ| = |µ| = 1 et on obtient avec les dernières équations{

αβµ+ βαλ = 0 ,αβ + βαµλ = 0 .

On suppose de plus det U = 1, donc αδ − βγ = λ|α|2 − µ|β|2 = 1. Donc si α = 0 alors µ = −1 etγ = −β et si β = 0 alors λ = 1 et δ = α. On suppose maintenant αβ 6= 0. On arrive ainsi à{

µ+ λ = 0 ,1 + µλ = 0 .

Donc µ = −λ et det U = λ(|α|2 + |β|2) = λ = 1. Par conséquent

U =

(α −ββ α

)avec |α|2 + |β|2 = 1.

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