Td 5 : Endomorphismes des espaces euclidiens

Université François Rabelais de Tours
Département de Mathématiques
Td 5 : Endomorphismes des espaces euclidiens
Algèbre Semestre 4
Exercice 1
Soit E=Mn(R), où n∈N∗, muni du produit scalaire : hA, Bi= Tr(tA.B).
Déterminer l’adjoint f∗de l’endomorphisme fde Edans les deux cas suivants :
1. f(A) =tA.
2. f(A) =
tA+A
2
3. f(A) = M.A où Mest une matrice fixée de E.
Solution. Soit (A, B)∈Mn(R)2et λ∈R. On rappelle que Tr(tA) = Tr(A),Tr(λA) = λTr(A)et
Tr(AB) = Tr(BA).
1. Soient (A, B)∈Mn(R)2. On a
hA, f(B)i=hA, tBi
= Tr(tAtB)
= Tr(t(BA))
= Tr(BA)
= Tr(AB)
= Tr(t(f(A))B)
=hf(A), Bi
et donc l’adjoint de fest f.
2.Soient (A, B)∈Mn(R)2. On a
hA, f(B)i=hA,
tB+B
2i
= Tr(tAtB+B
2)
=1
2Tr(tAtB) + Tr(tAB)
=1
2Tr(BA) + Tr(tAB)
=1
2Tr(AB) + Tr(tAB)
= Tr(tA+A
2B)
=hf(A), Bi
et donc l’adjoint de fest f.

3. On a
hA, f(B)i=hA, MBi
= Tr(tAMB)
= Tr(t(tMA)B)
=hf∗(A), Bi
où f∗(A) = tMA.
Exercice 2
Soient fet gdes endomorphismes symétriques d’un espace euclidien (E, h., .i).
Prouver l’équivalence : (g◦fest symétrique) ⇔(g◦f=f◦g).
Solutions. On suppose que g◦fest symétrique. Pour tout x, y ∈Eon a
hx, g ◦f(y)i=hg◦f(x), yi.
De plus, comme fet gsont symétriques, on a
hx, g ◦f(y)i=hg∗(x), f(y)i=hf∗◦g∗(x), yi=hf◦g(x), yi.
Ceci étant vrai pour tout x, y, on a f◦g=g◦f.
Réciproquement, si g◦f=f◦galors pour tout couple (x, y)∈E2, on a
hx, g ◦f(y)i=h(g◦f)∗(x), yi=hf∗◦g∗(x), yi=hf◦g(x), yi=hg◦f(x), yi.
Ainsi g◦fest symétrique.
Exercice 3
Soit fun endomorphisme d’ un espace euclidien (E, h., .i).
1. Prouver l’équivalence des quatre assertions suivantes :
(a) f∗=−f;
(b) ∀x∈E, hx, f(x)i= 0 ;
(c) ∀(x, y)∈E2,hf(x), yi=−hx, f (y)i;
(d) la matrice représentant fdans une base orthonormale de Eest antisymétrique.
Un endomorphisme fvérifiant l’une de ces quatre propositions est dit antisymétrique. On note A(E)
l’ensemble des endomorphismes antisymétriques de E.
2. Etablir que A(E)est un s.e.v. de L(E), en donner sa dimension.
3. Prouver que le spectre d’un endomorphisme antisymétrique de Eest soit ∅soit réduit à {0}.
En déduire qu’un endomorphisme antisymétrique non nul de En’est jamais diagonalisable.
4. Soit f∈A(E). Prouver que : Im(f) = (ker(f))⊥.
Solution. On va établir que (a) =⇒(b) =⇒(c) =⇒(d).
(a) =⇒(b). On suppose que f∗=−f. Soit x∈E. On a :
hx, f(x)i=hf∗(x), xi=h−f(x), xi=−hx, f(x)i.
Ainsi, hx, f(x)i= 0.
(b) =⇒(c). Soient x, y ∈E. D’après (b), on a
0 = hf(x+y), x +yi=hf(x), xi
| {z }
=0 d’après (b)
+hf(x), yi+hf(y), xi+hf(y), yi
| {z }
=0 d’après (b)

Ainsi, hf(x), yi=−hx, f (y)i.
(c) =⇒(d). Soit B= (bi,j )la matrice de fdans une base orthonormale (e1, . . . , en). On a
f(ej) =
n
X
i=1
hf(ej), eiieiet donc bi,j =hf(ej), eii.
Or bi,j =hf(ej), eii=−hej, f(ei)i=−bj,i d’où le résultat.
(d) =⇒(a). La matrice B∗de f∗dans une base orthonormale est la transposée de la matrice Bde f
dans cette même base. La matrice de fétant antisymétrique, on a B∗=tB=−Bet donc f=−f∗.
2. L’endomorphisme nul est évidemment dans A(E). Soient f, g ∈A(E)et λ∈R. On a alors
(f+λg)∗=f∗+λg∗=−f−λg =−(f+λg)
et donc f+λg ∈A(E). Ainsi, A(E)est bien un espace vectoriel.
3. Soit λune valeur propre (s’il en existe) de f∈A(E)et xun vecteur propre associé (par définition
x6= 0). On a alors
0 = hf(x), xi=λhx, xi
et comme hx, xi>0on a nécessairement λ= 0. Ainsi, fne peut avoir que 0comme valeur propre.
4. On sait que
dim(Im f) = dim E−dim ker fet dim ker f⊥= dim E−dim ker f.
Ainsi pour montrer l’égalité demandé, il suffit de montrer une inclusion. Soit y∈Im fet z∈ker f. Il
existe x∈Etel que f(x) = y. On a
hy, zi=hf(x), zi=hx, f ∗(z)i=−hx, f (z)i=−hx, 0Ei= 0R.
On a donc y∈ker f⊥et Im f⊂ker f⊥.
Exercice 4
Soit E=R2[X]muni du produit scalaire : hP, Qi=Z1
0
P(t).Q(t)dt.
A tout Pde E, on associe le polynôme : f(P)=(X2−X)P00 + (2X−1)P0= ((X2−X)P0)0.
1. Prouver que fest un endomorphisme symétrique de E.
2. Déterminer la matrice Areprésentant fdans la base canonique B0de E.
Qu’en déduisez-vous pour B0?
Solution. On va montrer que pour tout P, Q ∈R2[X], on a hf(P), Qi=hP, f(Q)i. On a par intégration
par partie :
hf(P), Qi=Z1
0
((t2−t)P0)0(t)Q(t)dt
=(t2−t)P0(t)Q(t)1
0
−Z1
0
(t2−t)P0(t)Q0(t)dt
=−Z1
0
(t2−t)P0(t)Q0t

et
hP, f(Q)i=Z1
0
P(t)((t2−t)Q0)0(t)dt
=P(t)(t2−t)Q0(t)1
0
−Z1
0
P0(t)(t2−t)Q0(t)dt
=−Z1
0
(t2−t)P0(t)Q0(t)dt
d’où le résultat.
2. On a
f(1) = 0
f(X) = 0 + (2X−1) = 2X−1
f(X2) = 2(X2−X) + (2X−1)2X= 6X2−4X
et donc
A=
0−1 0
0 2 −4
0 0 6
.
La matrice An’étant pas symétrique la base B0n’est pas une base orthonormale pour le produit
scalaire h·,·i.