En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Espaces hermitiensEspace préhilbertien complexe/Exercices/Espaces hermitiens », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
On pose
E
=
C
3
{\displaystyle E=\mathbb {C} ^{3}}
et l'on définit
q
:
E
→
C
{\displaystyle q:E\to \mathbb {C} }
par :
q
(
x
,
y
,
z
)
=
|
x
|
2
+
3
|
y
|
2
+
6
|
z
|
2
+
i
x
¯
y
−
i
x
y
¯
+
2
i
y
z
¯
−
2
i
y
¯
z
{\displaystyle q(x,y,z)=|x|^{2}+3|y|^{2}+6|z|^{2}+\mathrm {i} {\overline {x}}y-\mathrm {i} x{\overline {y}}+2\mathrm {i} y{\overline {z}}-2\mathrm {i} {\overline {y}}z}
.
Démontrer qu'il existe une forme hermitienne
f
:
E
×
E
→
C
{\displaystyle f:E\times E\to \mathbb {C} }
telle que pour tout
u
∈
E
{\displaystyle u\in E}
,
f
(
u
,
u
)
=
q
(
u
)
{\displaystyle f(u,u)=q(u)}
.
Donner la matrice de
f
{\displaystyle f}
dans la base canonique.
Déterminer une base orthonormale pour
f
{\displaystyle f}
.
Solution
Par la formule de polarisation ou directement, la forme hermitienne cherchée est :
f
(
(
x
,
y
,
z
)
,
(
x
′
,
y
′
,
z
′
)
)
=
x
¯
x
′
+
3
y
¯
y
′
+
6
z
¯
z
′
+
i
x
¯
y
′
−
i
y
¯
x
′
+
2
i
z
¯
y
′
−
2
i
y
¯
z
′
{\displaystyle f((x,y,z),(x',y',z'))={\overline {x}}x'+3{\overline {y}}y'+6{\overline {z}}z'+\mathrm {i} {\overline {x}}y'-\mathrm {i} {\overline {y}}x'+2\mathrm {i} {\overline {z}}y'-2\mathrm {i} {\overline {y}}z'}
.
Sa matrice dans la base canonique est
(
1
i
0
−
i
3
−
2
i
0
2
i
6
)
{\displaystyle {\begin{pmatrix}1&\mathrm {i} &0\\-\mathrm {i} &3&-2\mathrm {i} \\0&2\mathrm {i} &6\end{pmatrix}}}
.
Par l'algorithme de Gauss,
q
(
x
)
=
X
1
2
+
X
2
2
+
X
3
2
{\displaystyle q(x)=X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+X_{3}^{2}}
avec
X
1
=
x
1
+
i
x
2
,
X
2
=
2
(
x
2
−
i
x
3
)
,
X
3
=
2
x
3
{\displaystyle X_{1}=x_{1}+\mathrm {i} x_{2},\quad X_{2}={\sqrt {2}}(x_{2}-\mathrm {i} x_{3}),\quad X_{3}=2x_{3}}
, soit
x
3
=
X
3
2
,
x
2
=
X
2
2
+
i
X
3
2
,
x
1
=
X
1
−
i
X
2
2
+
X
3
2
{\displaystyle x_{3}={\frac {X_{3}}{2}},\quad x_{2}={\frac {X_{2}}{\sqrt {2}}}+\mathrm {i} {\frac {X_{3}}{2}},\quad x_{1}=X_{1}-\mathrm {i} {\frac {X_{2}}{\sqrt {2}}}+{\frac {X_{3}}{2}}}
donc
f
{\displaystyle f}
est un produit scalaire hermitien et admet pour base orthonormale :
(
(
1
,
0
,
0
)
,
(
−
i
2
,
1
2
,
0
)
,
(
1
2
,
i
2
,
1
2
)
)
{\displaystyle \left((1,0,0),\left(-{\frac {\mathrm {i} }{\sqrt {2}}},{\frac {1}{\sqrt {2}}},0\right),\left({\frac {1}{2}},{\frac {\mathrm {i} }{2}},{\frac {1}{2}}\right)\right)}
.
Une autre méthode possible est d'appliquer l'algorithme de Gram-Schmidt à une base arbitraire de
C
3
{\displaystyle \mathbb {C} ^{3}}
(par exemple la base canonique).
Déterminer le rang et la signature de la forme quadratique hermitienne q sur E dans les cas suivants :
E
=
C
3
{\displaystyle E=\mathbb {C} ^{3}}
et
q
(
x
,
y
,
z
)
=
|
x
|
2
+
2
|
y
2
|
+
|
z
|
2
+
i
x
¯
y
−
i
x
y
¯
−
x
¯
z
+
x
z
¯
−
2
i
y
z
¯
+
2
i
y
¯
z
{\displaystyle q(x,y,z)=|x|^{2}+2|y^{2}|+|z|^{2}+\mathrm {i} {\bar {x}}y-\mathrm {i} x{\bar {y}}-{\bar {x}}z+x{\bar {z}}-2\mathrm {i} y{\bar {z}}+2\mathrm {i} {\bar {y}}z}
;
E
=
C
3
{\displaystyle E=\mathbb {C} ^{3}}
et
q
(
x
,
y
,
z
)
=
x
¯
y
+
x
y
¯
−
i
x
¯
z
+
i
x
z
¯
+
(
1
+
i
)
y
z
¯
+
(
1
−
i
)
y
¯
z
{\displaystyle q(x,y,z)={\bar {x}}y+x{\bar {y}}-\mathrm {i} {\bar {x}}z+\mathrm {i} x{\bar {z}}+(1+\mathrm {i} )y{\bar {z}}+(1-\mathrm {i} ){\bar {y}}z}
;
E
=
M
n
(
C
)
{\displaystyle E=\mathrm {M} _{n}(\mathbb {C} )}
et
q
(
A
)
=
Tr
(
t
A
¯
A
)
{\displaystyle q(A)=\operatorname {Tr} ({}^{t}\!{\bar {A}}A)}
.
Solution
Appliquons l'algorithme de Gauss :
q
(
x
,
y
,
z
)
=
|
x
+
i
y
−
z
|
2
−
|
i
y
−
z
|
2
+
2
|
y
|
2
+
|
z
|
2
−
2
i
y
z
¯
+
2
i
y
¯
z
=
|
x
+
i
y
−
z
|
2
+
|
y
|
2
−
i
y
z
¯
+
i
y
¯
z
=
|
x
+
i
y
−
z
|
2
+
|
y
+
i
z
|
2
−
|
z
|
2
{\displaystyle {\begin{aligned}q(x,y,z)&=|x+\mathrm {i} y-z|^{2}-|\mathrm {i} y-z|^{2}+2|y|^{2}+|z|^{2}-2\mathrm {i} y{\bar {z}}+2\mathrm {i} {\bar {y}}z\\&=|x+\mathrm {i} y-z|^{2}+|y|^{2}-\mathrm {i} y{\bar {z}}+\mathrm {i} {\bar {y}}z\\&=|x+\mathrm {i} y-z|^{2}+|y+\mathrm {i} z|^{2}-|z|^{2}\end{aligned}}}
donc
sgn
q
=
(
2
,
1
)
{\displaystyle \operatorname {sgn} q=(2,1)}
et
rg
q
=
2
+
1
=
3
{\displaystyle \operatorname {rg} q=2+1=3}
.
De même :
q
(
x
,
y
,
z
)
=
(
x
+
(
1
−
i
)
z
)
¯
(
y
−
i
z
)
+
(
x
+
(
1
−
i
)
z
)
(
y
−
i
z
)
¯
−
(
1
−
i
)
z
¯
(
−
i
z
)
−
(
1
−
i
)
z
(
−
i
z
)
¯
=
(
x
+
(
1
−
i
)
z
)
¯
(
y
−
i
z
)
+
(
x
+
(
1
−
i
)
z
)
(
y
−
i
z
)
¯
−
2
|
z
|
2
=
1
2
|
x
+
(
1
−
i
)
z
+
y
−
i
z
|
2
−
1
2
|
x
+
(
1
−
i
)
z
−
y
+
i
z
|
2
−
2
|
z
|
2
{\displaystyle {\begin{aligned}q(x,y,z)&={\overline {(x+(1-\mathrm {i} )z)}}(y-\mathrm {i} z)+(x+(1-\mathrm {i} )z){\overline {(y-\mathrm {i} z)}}-{\overline {(1-\mathrm {i} )z}}(-\mathrm {i} z)-(1-\mathrm {i} )z{\overline {(-\mathrm {i} z)}}\\&={\overline {(x+(1-\mathrm {i} )z)}}(y-\mathrm {i} z)+(x+(1-\mathrm {i} )z){\overline {(y-\mathrm {i} z)}}-2|z|^{2}\\&={\frac {1}{2}}|x+(1-\mathrm {i} )z+y-\mathrm {i} z|^{2}-{\frac {1}{2}}|x+(1-\mathrm {i} )z-y+\mathrm {i} z|^{2}-2|z|^{2}\end{aligned}}}
donc
sgn
q
=
(
1
,
2
)
{\displaystyle \operatorname {sgn} q=(1,2)}
et
rg
q
=
1
+
2
=
3
{\displaystyle \operatorname {rg} q=1+2=3}
.
q est associée au produit scalaire hermitien canonique sur
M
n
(
C
)
{\displaystyle \mathrm {M} _{n}(\mathbb {C} )}
donc
sgn
q
=
(
n
2
,
0
)
{\displaystyle \operatorname {sgn} q=(n^{2},0)}
et
rg
q
=
n
2
{\displaystyle \operatorname {rg} q=n^{2}}
.
Soit
E
=
C
n
[
X
]
{\displaystyle E=\mathbb {C} _{n}[X]}
le
C
{\displaystyle \mathbb {C} }
-espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal à
n
{\displaystyle n}
.
Vérifier que
⟨
P
,
Q
⟩
=
1
2
π
∫
0
2
π
P
(
e
i
t
)
¯
Q
(
e
i
t
)
d
t
{\displaystyle \langle P,Q\rangle ={\frac {1}{2\pi }}\int _{0}^{2\pi }{\overline {P(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} t})}}Q(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} t})\,\mathrm {d} t}
définit un produit scalaire hermitien sur
E
{\displaystyle E}
et que la base
(
1
,
X
,
…
,
X
n
)
{\displaystyle (1,X,\dots ,X^{n})}
est orthonormée pour ce produit scalaire.
Soit
Q
=
X
n
+
a
n
−
1
X
n
−
1
+
⋯
+
a
0
∈
E
{\displaystyle Q=X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\dots +a_{0}\in E}
; calculer
‖
Q
‖
2
{\displaystyle \|Q\|^{2}}
.
On pose
M
=
sup
{
|
Q
(
z
)
|
∣
|
z
|
=
1
}
{\displaystyle M=\sup\{|Q(z)|\mid |z|=1\}}
. Montrer que
M
≥
1
{\displaystyle M\geq 1}
et étudier les cas d'égalité.
L'ensemble des matrices hermitiennes est-il un sous-
C
{\displaystyle \mathbb {C} }
-espace de
M
n
(
C
)
{\displaystyle \mathrm {M} _{n}(\mathbb {C} )}
?
Démontrer que c'en est un sous-
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
-espace et calculer sa dimension.
Démontrer que l'ensemble des matrices
A
{\displaystyle A}
antihermitiennes, c'est-à-dire vérifiant
t
A
¯
=
−
A
{\displaystyle {}^{t}\!{\bar {A}}=-A}
, en est un supplémentaire.
Soit
E
{\displaystyle E}
un espace hermitien et
f
{\displaystyle f}
un endomorphisme de
E
{\displaystyle E}
. On suppose que tout vecteur de
E
{\displaystyle E}
est orthogonal à son image par
f
{\displaystyle f}
.
Démontrer que
⟨
f
(
x
)
,
y
⟩
=
0
{\displaystyle \langle f(x),y\rangle =0}
pour tous
x
{\displaystyle x}
et
y
{\displaystyle y}
de
E
{\displaystyle E}
.
En déduire que
f
{\displaystyle f}
est l'endomorphisme nul.
Que penser de l'énoncé analogue sur un espace euclidien ?
Solution
Pour tous
x
{\displaystyle x}
et
y
{\displaystyle y}
de
E
{\displaystyle E}
,
0
=
⟨
f
(
x
+
y
)
,
x
+
y
⟩
=
⟨
f
(
x
)
,
y
⟩
+
⟨
f
(
y
)
,
x
⟩
{\displaystyle 0=\langle f(x+y),x+y\rangle =\langle f(x),y\rangle +\langle f(y),x\rangle }
donc (en remplaçant
y
{\displaystyle y}
par
i
y
{\displaystyle \mathrm {i} y}
)
0
=
i
(
⟨
f
(
x
)
,
y
⟩
−
⟨
f
(
y
)
,
x
⟩
)
{\displaystyle 0=\mathrm {i} (\langle f(x),y\rangle -\langle f(y),x\rangle )}
. En divisant cette seconde égalité par
i
{\displaystyle \mathrm {i} }
puis en lui ajoutant la première, on en déduit que
⟨
f
(
x
)
,
y
⟩
=
0
{\displaystyle \langle f(x),y\rangle =0}
.
En particulier,
⟨
f
(
x
)
,
f
(
x
)
⟩
=
0
{\displaystyle \langle f(x),f(x)\rangle =0}
donc
f
(
x
)
=
0
{\displaystyle f(x)=0}
.
Dans le cas réel, ce n'est plus vrai. Par exemple, en dimension 2, la rotation d'angle
π
/
2
{\displaystyle \pi /2}
envoie tout vecteur sur un vecteur orthogonal et n'est évidemment pas nulle.
Dans
C
3
{\displaystyle \mathbb {C} ^{3}}
muni de sa structure hermitienne standard et de sa base canonique, on note
F
{\displaystyle F}
le plan d'équation
x
1
−
x
2
+
i
x
3
=
0
{\displaystyle x_{1}-x_{2}+\mathrm {i} x_{3}=0}
.
Déterminer l'orthogonal de
F
{\displaystyle F}
.
Expliciter la matrice de la projection orthogonale sur
F
{\displaystyle F}
dans la base canonique.
Trouver une base orthogonale de
F
{\displaystyle F}
.
Solution
F
=
v
⊥
{\displaystyle F=v^{\bot }}
où
v
=
(
1
,
−
1
,
−
i
)
{\displaystyle v=(1,-1,-\mathrm {i} )}
, donc
F
⊥
=
C
v
{\displaystyle F^{\bot }=\mathbb {C} v}
.
p
(
x
)
=
x
−
⟨
v
,
x
⟩
‖
v
‖
2
v
=
x
−
x
1
−
x
2
+
i
x
3
3
(
1
,
−
1
,
−
i
)
=
(
2
x
1
+
x
2
−
i
x
3
3
,
x
1
+
2
x
2
+
i
x
3
3
,
i
x
1
−
i
x
2
+
2
x
3
3
)
{\displaystyle p(x)=x-{\frac {\langle v,x\rangle }{\|v\|^{2}}}v=x-{\frac {x_{1}-x_{2}+\mathrm {i} x_{3}}{3}}(1,-1,-\mathrm {i} )=\left({\frac {2x_{1}+x_{2}-\mathrm {i} x_{3}}{3}},{\frac {x_{1}+2x_{2}+\mathrm {i} x_{3}}{3}},{\frac {\mathrm {i} x_{1}-\mathrm {i} x_{2}+2x_{3}}{3}}\right)}
donc
p
{\displaystyle p}
a pour matrice (dans la base canonique)
1
3
(
2
1
−
i
1
2
i
i
−
i
2
)
{\displaystyle {\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}2&1&-\mathrm {i} \\1&2&\mathrm {i} \\\mathrm {i} &-\mathrm {i} &2\end{pmatrix}}}
.
Pour construire une base orthogonale
(
e
,
f
)
{\displaystyle (e,f)}
de
F
{\displaystyle F}
, choisissons d'abord dans
F
{\displaystyle F}
un vecteur non nul, par exemple
e
=
(
1
,
1
,
0
)
{\displaystyle e=(1,1,0)}
. Puis cherchons dans
F
{\displaystyle F}
un vecteur
f
≠
0
{\displaystyle f\neq 0}
orthogonal à
e
{\displaystyle e}
: (
x
1
−
x
2
+
i
x
3
=
0
{\displaystyle x_{1}-x_{2}+\mathrm {i} x_{3}=0}
et
x
1
+
x
2
=
0
{\displaystyle x_{1}+x_{2}=0}
) équivaut à (
x
2
=
−
x
1
{\displaystyle x_{2}=-x_{1}}
et
x
3
=
2
i
x
1
{\displaystyle x_{3}=2\mathrm {i} x_{1}}
), d'où la solution
f
=
(
1
,
−
1
,
2
i
)
{\displaystyle f=(1,-1,2\mathrm {i} )}
par exemple.
Pour une matrice complexe
A
{\displaystyle A}
, notons
A
∗
=
t
A
¯
{\displaystyle A^{*}={}^{t}\!{\bar {A}}}
.
Soit
A
∈
GL
n
(
R
)
{\displaystyle A\in \operatorname {GL} _{n}(\mathbb {R} )}
. Démontrer que
A
∗
A
{\displaystyle A^{*}A}
est la matrice d'un produit scalaire réel.
Que devient cet énoncé si
A
∈
GL
n
(
C
)
{\displaystyle A\in \operatorname {GL} _{n}(\mathbb {C} )}
?
Soit
E
{\displaystyle E}
un espace hermitien de dimension
n
{\displaystyle n}
.
Soit
f
{\displaystyle f}
un endomorphisme hermitien de
E
{\displaystyle E}
.
Montrer que les valeurs propres de
f
{\displaystyle f}
sont réelles. On les notera dans la suite
λ
1
≤
λ
2
≤
⋯
≤
λ
n
{\displaystyle \lambda _{1}\leq \lambda _{2}\leq \dots \leq \lambda _{n}}
.
Montrer que pour tout vecteur non nul
x
{\displaystyle x}
de
E
{\displaystyle E}
,
⟨
f
(
x
)
,
x
⟩
‖
x
‖
2
≤
λ
n
{\displaystyle {\frac {\langle f(x),x\rangle }{\|x\|^{2}}}\leq \lambda _{n}}
.
Trouver un
x
∈
E
{\displaystyle x\in E}
tel que l'inégalité ci-dessus soit une égalité.
Soit
f
{\displaystyle f}
un endomorphisme quelconque de
E
{\displaystyle E}
.
Montrer que pour tout
x
∈
E
{\displaystyle x\in E}
,
⟨
(
f
∗
∘
f
)
(
x
)
,
x
⟩
=
‖
f
(
x
)
‖
2
{\displaystyle \langle (f^{*}\circ f)(x),x\rangle =\|f(x)\|^{2}}
.
Montrer que l'endomorphisme
f
∗
∘
f
{\displaystyle f^{*}\circ f}
de
E
{\displaystyle E}
est hermitien positif. (Un endomorphisme hermitien est dit positif si toutes ses valeurs propres (réelles) sont positives.)
En déduire que
sup
x
∈
E
,
x
≠
0
‖
f
(
x
)
‖
‖
x
‖
=
max
{
λ
∣
λ
∈
Spec
(
f
∗
∘
f
)
}
{\displaystyle \sup _{x\in E,x\neq 0}{\frac {\|f(x)\|}{\|x\|}}=\max\{{\sqrt {\lambda }}\mid \lambda \in \operatorname {Spec} (f^{*}\circ f)\}}
.
Application à
f
{\displaystyle f}
endomorphisme de
C
2
{\displaystyle \mathbb {C} ^{2}}
dont la matrice dans la base canonique est
A
:=
(
1
i
2
2
i
)
{\displaystyle A:={\begin{pmatrix}1&\mathrm {i} \\2&2\mathrm {i} \end{pmatrix}}}
.
Solution
Soient
λ
{\displaystyle \lambda }
une valeur propre de
f
{\displaystyle f}
et
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
un vecteur propre associé. Alors,
⟨
f
(
x
)
,
x
⟩
=
⟨
λ
x
,
x
⟩
=
λ
¯
‖
x
‖
2
{\displaystyle \langle f(x),x\rangle =\langle \lambda x,x\rangle ={\bar {\lambda }}\|x\|^{2}}
. Mais comme
f
{\displaystyle f}
est hermitien (
f
∗
=
f
{\displaystyle f^{*}=f}
),
⟨
f
(
x
)
,
x
⟩
{\displaystyle \langle f(x),x\rangle }
est aussi égal à
⟨
x
,
f
(
x
)
⟩
=
⟨
x
,
λ
x
⟩
=
λ
‖
x
‖
2
{\displaystyle \langle x,f(x)\rangle =\langle x,\lambda x\rangle =\lambda \|x\|^{2}}
, ce qui prouve que
λ
¯
=
λ
{\displaystyle {\bar {\lambda }}=\lambda }
, c'est-à-dire
λ
∈
R
{\displaystyle \lambda \in \mathbb {R} }
.
Soit
(
e
1
,
…
,
e
n
)
{\displaystyle (e_{1},\dots ,e_{n})}
une base orthonormée de
E
{\displaystyle E}
telle que
f
(
e
i
)
=
λ
i
e
i
{\displaystyle f(e_{i})=\lambda _{i}e_{i}}
. Pour tout
x
=
∑
x
i
e
i
∈
E
{\displaystyle x=\sum x_{i}e_{i}\in E}
,
⟨
f
(
x
)
,
x
⟩
=
⟨
∑
x
i
λ
i
e
i
,
∑
x
j
e
j
⟩
=
∑
λ
i
|
x
i
|
2
≤
λ
n
∑
|
x
i
|
2
=
λ
n
‖
x
‖
2
{\displaystyle \langle f(x),x\rangle =\langle \sum x_{i}\lambda _{i}e_{i},\sum x_{j}e_{j}\rangle =\sum \lambda _{i}|x_{i}|^{2}\leq \lambda _{n}\sum |x_{i}|^{2}=\lambda _{n}\|x\|^{2}}
.
L'inégalité précédente est une égalité si et seulement si tous les
x
i
{\displaystyle x_{i}}
correspondant à des
λ
i
<
λ
n
{\displaystyle \lambda _{i}<\lambda _{n}}
sont nuls, c'est-à-dire si
x
{\displaystyle x}
est propre pour
λ
n
{\displaystyle \lambda _{n}}
(par exemple :
x
=
e
n
{\displaystyle x=e_{n}}
).
Par définition de l'adjoint
f
∗
{\displaystyle f^{*}}
,
⟨
f
∗
∘
f
(
x
)
,
x
⟩
=
⟨
f
(
x
)
,
f
(
x
)
⟩
=
‖
f
(
x
)
‖
2
{\displaystyle \langle f^{*}\circ f(x),x\rangle =\langle f(x),f(x)\rangle =\|f(x)\|^{2}}
.
f
∗
∘
f
{\displaystyle f^{*}\circ f}
est hermitien car
(
f
∗
∘
f
)
∗
=
f
∗
∘
(
f
∗
)
∗
=
f
∗
∘
f
{\displaystyle (f^{*}\circ f)^{*}=f^{*}\circ (f^{*})^{*}=f^{*}\circ f}
. Montrons qu'il est positif : soit
λ
{\displaystyle \lambda }
une valeur propre de
f
∗
∘
f
{\displaystyle f^{*}\circ f}
et
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
un vecteur propre associé ;
‖
f
(
x
)
‖
2
=
⟨
(
f
∗
∘
f
)
(
x
)
,
x
⟩
=
⟨
λ
x
,
x
⟩
=
λ
¯
‖
x
‖
2
{\displaystyle \|f(x)\|^{2}=\langle (f^{*}\circ f)(x),x\rangle =\langle \lambda x,x\rangle ={\bar {\lambda }}\|x\|^{2}}
donc
λ
∈
R
+
{\displaystyle \lambda \in \mathbb {R} _{+}}
.
Comme
f
∗
∘
f
{\displaystyle f^{*}\circ f}
est hermitien, on a, d'après la question 1,
sup
x
∈
E
,
x
≠
0
‖
f
(
x
)
‖
‖
x
‖
=
max
(
Spec
(
f
∗
∘
f
)
)
{\displaystyle \sup _{x\in E,x\neq 0}{\frac {\|f(x)\|}{\|x\|}}=\max(\operatorname {Spec} (f^{*}\circ f))}
. Grâce à la question 2.1, on en déduit l'égalité voulue.
La matrice
A
{\displaystyle A}
est de rang 1 donc 0 est valeur propre de la matrice
A
∗
A
=
(
5
5
i
−
5
i
5
)
{\displaystyle A^{*}A={\begin{pmatrix}5&5\mathrm {i} \\-5\mathrm {i} &5\end{pmatrix}}}
, l'autre valeur propre étant par conséquent
5
+
5
−
0
=
10
{\displaystyle 5+5-0=10}
, si bien que
sup
x
∈
E
,
x
≠
0
‖
f
(
x
)
‖
‖
x
‖
=
10
{\displaystyle \sup _{x\in E,x\neq 0}{\frac {\|f(x)\|}{\|x\|}}={\sqrt {10}}}
.
Soit
U
∈
M
2
(
C
)
{\displaystyle U\in \mathrm {M} _{2}(\mathbb {C} )}
une matrice unitaire de déterminant
1
{\displaystyle 1}
. Montrer qu'il existe
α
,
β
∈
C
{\displaystyle \alpha ,\beta \in \mathbb {C} }
tels que
|
α
|
2
+
|
β
|
2
=
1
{\displaystyle |\alpha |^{2}+|\beta |^{2}=1}
et
U
=
(
α
−
β
¯
β
α
¯
)
{\displaystyle U={\begin{pmatrix}\alpha &-{\bar {\beta }}\\\beta &{\bar {\alpha }}\end{pmatrix}}}
.
Soit
A
=
(
4
i
−
i
−
i
4
1
i
1
4
)
{\displaystyle A={\begin{pmatrix}4&\mathrm {i} &-\mathrm {i} \\-\mathrm {i} &4&1\\\mathrm {i} &1&4\end{pmatrix}}}
. Trouver une matrice unitaire
U
{\displaystyle U}
et une matrice diagonale
D
{\displaystyle D}
telles que
D
=
U
−
1
A
U
{\displaystyle D=U^{-1}AU}
.
Même question avec la matrice
B
=
(
1
i
−
i
−
i
1
−
1
i
−
1
1
)
{\displaystyle B={\begin{pmatrix}1&\mathrm {i} &-\mathrm {i} \\-\mathrm {i} &1&-1\\\mathrm {i} &-1&1\end{pmatrix}}}
.
Solution
A
{\displaystyle A}
et
B
{\displaystyle B}
sont hermitiennes donc à valeurs propres réelles, et diagonalisables dans une base orthonormée, c'est-à-dire avec une matrice de passage unitaire.
det
(
A
−
X
I
3
)
=
(
2
−
X
)
(
X
−
5
)
2
{\displaystyle \det(A-X\mathrm {I} _{3})=(2-X)(X-5)^{2}}
. Le sous-espace propre associé à la valeur propre
2
{\displaystyle 2}
est la droite d'équations
y
+
z
=
0
=
x
+
i
y
{\displaystyle y+z=0=x+\mathrm {i} y}
, donc engendrée par le vecteur
u
:=
(
i
,
−
1
,
1
)
{\displaystyle u:=(\mathrm {i} ,-1,1)}
. Le sous-espace propre associé à
5
{\displaystyle 5}
est donc le plan
u
⊥
{\displaystyle u^{\bot }}
, d'équation
z
=
i
x
+
y
{\displaystyle z=\mathrm {i} x+y}
. Pour construire une base orthogonale
(
v
,
w
)
{\displaystyle (v,w)}
de ce plan, procédons comme dans l'exercice 6 question 3. On choisit d'abord par exemple
v
:=
(
0
,
1
,
1
)
∈
u
⊥
{\displaystyle v:=(0,1,1)\in u^{\bot }}
, puis on résout
y
+
z
=
0
=
i
x
+
y
−
z
{\displaystyle y+z=0=\mathrm {i} x+y-z}
et l'on trouve
w
:=
(
2
i
,
1
,
−
1
)
{\displaystyle w:=(2\mathrm {i} ,1,-1)}
. Une base orthonormée propre pour
A
{\displaystyle A}
est donc
(
u
/
3
,
v
/
2
,
w
/
6
)
{\displaystyle (u/{\sqrt {3}},v/{\sqrt {2}},w/{\sqrt {6}})}
, et
U
−
1
A
U
=
diag
(
2
,
5
,
5
)
{\displaystyle U^{-1}AU=\operatorname {diag} (2,5,5)}
avec
U
=
(
i
/
3
0
2
i
/
6
−
1
/
3
1
/
2
1
/
6
1
/
3
1
/
2
−
1
/
6
)
{\displaystyle U={\begin{pmatrix}\mathrm {i} /{\sqrt {3}}&0&2\mathrm {i} /{\sqrt {6}}\\-1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&1/{\sqrt {6}}\\1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&-1/{\sqrt {6}}\end{pmatrix}}}
.
B
{\displaystyle B}
est de rang
1
{\displaystyle 1}
donc
0
{\displaystyle 0}
est valeur propre double, l'autre valeur propre étant par conséquent
1
+
1
+
1
−
2
×
0
=
3
{\displaystyle 1+1+1-2\times 0=3}
. Le sous-espace propre associé à cette valeur propre
3
{\displaystyle 3}
est la droite d'équations
y
+
z
=
0
=
x
−
i
y
{\displaystyle y+z=0=x-\mathrm {i} y}
, donc engendrée par le vecteur
u
:=
(
i
,
1
,
−
1
)
{\displaystyle u:=(\mathrm {i} ,1,-1)}
. Le sous-espace propre associé à
0
{\displaystyle 0}
est donc le plan
u
⊥
{\displaystyle u^{\bot }}
, d'équation
y
=
i
x
+
z
{\displaystyle y=\mathrm {i} x+z}
.
v
:=
(
0
,
1
,
1
)
∈
u
⊥
{\displaystyle v:=(0,1,1)\in u^{\bot }}
,
w
:=
(
2
i
,
−
1
,
1
)
∈
u
⊥
∩
v
⊥
{\displaystyle w:=(2\mathrm {i} ,-1,1)\in u^{\bot }\cap v^{\bot }}
.
V
−
1
B
V
=
diag
(
3
,
0
,
0
)
{\displaystyle V^{-1}BV=\operatorname {diag} (3,0,0)}
avec
V
=
(
i
/
3
0
2
i
/
6
1
/
3
1
/
2
−
1
/
6
−
1
/
3
1
/
2
1
/
6
)
{\displaystyle V={\begin{pmatrix}\mathrm {i} /{\sqrt {3}}&0&2\mathrm {i} /{\sqrt {6}}\\1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&-1/{\sqrt {6}}\\-1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&1/{\sqrt {6}}\end{pmatrix}}}
. Ou plus simplement :
B
=
−
A
¯
+
5
I
3
{\displaystyle B=-{\bar {A}}+5\mathrm {I} _{3}}
donc
U
¯
−
1
B
U
¯
=
−
diag
(
2
,
5
,
5
)
¯
+
diag
(
5
,
5
,
5
)
=
diag
(
3
,
0
,
0
)
{\displaystyle {\bar {U}}^{-1}B{\bar {U}}=-{\overline {\operatorname {diag} (2,5,5)}}+\operatorname {diag} (5,5,5)=\operatorname {diag} (3,0,0)}
.
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Soit
H
∈
M
n
(
C
)
{\displaystyle H\in \operatorname {M} _{n}(\mathbb {C} )}
une matrice hermitienne positive. Montrer qu'il existe une unique matrice hermitienne positive
R
{\displaystyle R}
telle que
H
=
R
2
{\displaystyle H=R^{2}}
. On dit alors que
R
{\displaystyle R}
est la racine carrée de
H
{\displaystyle H}
.
Soit
A
∈
GL
n
(
C
)
{\displaystyle A\in \operatorname {GL} _{n}(\mathbb {C} )}
. Montrer qu'il existe un unique couple de matrices
(
U
,
H
)
{\displaystyle (U,H)}
, avec
U
{\displaystyle U}
unitaire et
H
{\displaystyle H}
hermitienne positive, tel que
A
=
U
H
{\displaystyle A=UH}
(on montrera que si un tel
(
U
,
H
)
{\displaystyle (U,H)}
existe alors
H
{\displaystyle H}
est la racine carrée de
A
∗
A
{\displaystyle A^{*}A}
).
Solution
Dans les deux questions, procédons par analyse-synthèse.
Si
R
{\displaystyle R}
est une matrice hermitienne positive de carré
H
{\displaystyle H}
alors pour chaque valeur propre
μ
{\displaystyle \mu }
de
R
{\displaystyle R}
, pour tout vecteur
x
{\displaystyle x}
du sous-espace propre associé, on a
H
(
x
)
=
R
2
(
x
)
=
μ
2
x
{\displaystyle H(x)=R^{2}(x)=\mu ^{2}x}
. Donc
H
{\displaystyle H}
et
R
{\displaystyle R}
ont mêmes sous-espaces propres et les valeurs propres de
R
{\displaystyle R}
sont les racines carrées de celles de
H
{\displaystyle H}
. Ceci prouve l'unicité de
R
{\displaystyle R}
. Réciproquement, par construction, la matrice
R
{\displaystyle R}
ainsi définie est bien hermitienne positive et de carré
H
{\displaystyle H}
.
Pour un tel
(
U
,
H
)
{\displaystyle (U,H)}
,
A
∗
A
=
H
∗
U
∗
U
H
=
H
I
n
H
=
H
2
{\displaystyle A^{*}A=H^{*}U^{*}UH=H\mathrm {I} _{n}H=H^{2}}
donc
H
{\displaystyle H}
est la racine carrée de
A
∗
A
{\displaystyle A^{*}A}
, et
U
=
A
H
−
1
{\displaystyle U=AH^{-1}}
(
H
{\displaystyle H}
est bien inversible car
A
{\displaystyle A}
l'est). Réciproquement, pour les matrices ainsi définies
H
{\displaystyle H}
(racine carrée de
A
∗
A
{\displaystyle A^{*}A}
, qui est bien hermitienne positive, comme remarqué lors de l'exercice 8, question 2.1) et
U
{\displaystyle U}
(telle que
A
=
U
H
{\displaystyle A=UH}
),
U
{\displaystyle U}
est bien unitaire car
U
∗
U
=
(
H
−
1
)
∗
A
∗
A
H
−
1
=
(
H
∗
)
−
1
H
2
H
−
1
=
H
−
1
H
2
H
−
1
=
I
n
{\displaystyle U^{*}U=(H^{-1})^{*}A^{*}AH^{-1}=(H^{*})^{-1}H^{2}H^{-1}=H^{-1}H^{2}H^{-1}=\mathrm {I} _{n}}
.
Soient
E
{\displaystyle E}
un espace hermitien et
f
{\displaystyle f}
un endomorphisme normal de
E
{\displaystyle E}
(c'est-à-dire
f
∗
∘
f
=
f
∘
f
∗
{\displaystyle f^{*}\circ f=f\circ f^{*}}
).
Montrer que
‖
f
(
x
)
‖
=
‖
f
∗
(
x
)
‖
{\displaystyle \|f(x)\|=\|f^{*}(x)\|}
.
En déduire que
ker
f
=
ker
f
∗
{\displaystyle \ker f=\ker f^{*}}
et
im
f
=
im
f
∗
{\displaystyle \operatorname {im} f=\operatorname {im} f^{*}}
.
Que dire alors de
ker
f
{\displaystyle \ker f}
et
im
f
{\displaystyle \operatorname {im} f}
? En déduire que
ker
f
=
ker
f
2
{\displaystyle \ker f=\ker f^{2}}
.
Si
g
{\displaystyle g}
est un autre endomorphisme normal de
E
{\displaystyle E}
, montrer que
f
∘
g
=
0
{\displaystyle f\circ g=0}
si et seulement si
g
∘
f
=
0
{\displaystyle g\circ f=0}
.
Soit
M
∈
M
n
(
C
)
{\displaystyle M\in \operatorname {M} _{n}(\mathbb {C} )}
.
Montrer qu'il existe un unique couple
(
H
,
H
′
)
{\displaystyle (H,H')}
de matrices hermitiennes tel que
M
=
H
+
i
H
′
{\displaystyle M=H+\mathrm {i} H'}
.
Montrer que
M
{\displaystyle M}
est normale si et seulement si
H
H
′
=
H
′
H
{\displaystyle HH'=H'H}
.
Trouver toutes les matrices réelles normales de taille 2.
Dans
M
n
(
R
)
{\displaystyle \operatorname {M} _{n}(\mathbb {R} )}
, quel sous-espace vectoriel les matrices normales engendrent-elles ?
Soient
E
{\displaystyle E}
un espace hermitien de dimension finie et
f
,
g
,
h
,
u
{\displaystyle f,g,h,u}
des endomorphismes de
E
{\displaystyle E}
.
Pour tous polynômes
P
,
Q
∈
C
[
X
]
{\displaystyle P,Q\in \mathbb {C} [X]}
tels que
Q
(
f
)
{\displaystyle Q(f)}
soit inversible, montrer que
P
(
f
)
Q
(
f
)
−
1
=
Q
(
f
)
−
1
P
(
f
)
{\displaystyle P(f)Q(f)^{-1}=Q(f)^{-1}P(f)}
. Ceci justifie la notation
R
(
f
)
:=
P
(
f
)
Q
(
f
)
{\displaystyle R(f):={P(f) \over Q(f)}}
pour cet endomorphisme. Exprimer alors les valeurs propres de
R
(
f
)
{\displaystyle R(f)}
en fonction de celles de
f
{\displaystyle f}
.
Soit
α
∈
C
{\displaystyle \alpha \in C}
. Montrer que si
f
−
α
i
d
{\displaystyle f-\alpha \mathrm {id} }
est inversible et
g
=
f
+
α
i
d
f
−
α
i
d
{\displaystyle g={f+\alpha \mathrm {id} \over f-\alpha \mathrm {id} }}
alors
i
d
−
g
{\displaystyle \mathrm {id} -g}
est inversible et
f
=
−
α
i
d
+
g
i
d
−
g
{\displaystyle f=-\alpha {\mathrm {id} +g \over \mathrm {id} -g}}
. En déduire que
[
h
+
i
i
d
{\displaystyle [h+\mathrm {i\,id} }
est inversible et
u
=
h
−
i
i
d
h
+
i
i
d
]
⇔
[
i
d
−
u
{\displaystyle u={h-\mathrm {i\,id} \over h+\mathrm {i\,id} }]\Leftrightarrow [\mathrm {id} -u}
est inversible et
h
=
i
i
d
+
u
i
d
−
u
]
{\displaystyle h=i{\mathrm {id} +u \over \mathrm {id} -u}]}
.
Pour
h
,
u
{\displaystyle h,u}
vérifiant les propriétés équivalentes de ci-dessus, montrer que les valeurs propres de
h
{\displaystyle h}
sont réelles si et seulement si celles de
u
{\displaystyle u}
sont de module 1.
Pour
h
,
u
{\displaystyle h,u}
vérifiant encore les propriétés équivalentes ci-dessus, montrer que
h
{\displaystyle h}
est autoadjoint si et seulement si
u
{\displaystyle u}
est unitaire.
Montrer que si
h
{\displaystyle h}
est autoadjoint alors
h
+
i
i
d
{\displaystyle h+\mathrm {i\,id} }
est inversible.
Solution
Q
(
h
)
P
(
h
)
=
P
(
h
)
Q
(
h
)
{\displaystyle Q(h)P(h)=P(h)Q(h)}
d'où (en composant à gauche et à droite par
Q
(
h
)
−
1
{\displaystyle Q(h)^{-1}}
)
P
(
h
)
Q
(
h
)
−
1
=
Q
(
h
)
−
1
P
(
h
)
{\displaystyle P(h)Q(h)^{-1}=Q(h)^{-1}P(h)}
. Si
T
{\displaystyle T}
est la matrice de
h
{\displaystyle h}
dans une base de triangularisation, celle de
R
(
h
)
{\displaystyle R(h)}
est
R
(
T
)
{\displaystyle R(T)}
, donc les valeurs propres de
R
(
h
)
{\displaystyle R(h)}
sont les
R
(
λ
)
{\displaystyle R(\lambda )}
pour
λ
{\displaystyle \lambda }
valeur propre de
h
{\displaystyle h}
.
Si
f
−
α
i
d
{\displaystyle f-\alpha \mathrm {id} }
est inversible et
g
=
f
+
α
i
d
f
−
α
i
d
=
i
d
+
2
α
i
d
f
−
α
i
d
{\displaystyle g={f+\alpha \mathrm {id} \over f-\alpha \mathrm {id} }=\mathrm {id} +{2\alpha \mathrm {id} \over f-\alpha \mathrm {id} }}
alors
i
d
−
g
{\displaystyle \mathrm {id} -g}
est inversible et
(
i
d
−
g
)
−
1
=
−
1
2
α
(
f
−
α
i
d
)
{\displaystyle (\mathrm {id} -g)^{-1}={-1 \over 2\alpha }(f-\alpha \mathrm {id} )}
donc
f
=
α
i
d
−
2
α
i
d
i
d
−
g
=
−
α
i
d
+
g
i
d
−
g
{\displaystyle f=\alpha \mathrm {id} -{2\alpha \mathrm {id} \over \mathrm {id} -g}=-\alpha {\mathrm {id} +g \over \mathrm {id} -g}}
. Appliqué à
f
=
h
,
α
=
−
i
,
g
=
u
{\displaystyle f=h,\alpha =-\mathrm {i} ,g=u}
, ceci donne le
⇒
{\displaystyle \Rightarrow }
de l'équivalence. Appliqué à
f
=
u
,
α
=
1
,
g
=
i
h
{\displaystyle f=u,\alpha =1,g=\mathrm {i} h}
, ceci donne le
⇐
{\displaystyle \Leftarrow }
.
D'après 1, les valeurs propres
λ
(
≠
−
i
)
{\displaystyle \lambda (\neq -\mathrm {i} )}
de
h
{\displaystyle h}
et
μ
(
≠
1
)
{\displaystyle \mu (\neq 1)}
de
u
{\displaystyle u}
sont reliées par
μ
=
λ
−
i
λ
+
i
{\displaystyle \mu ={\lambda -\mathrm {i} \over \lambda +\mathrm {i} }}
(ou encore :
λ
=
i
1
+
μ
1
−
μ
{\displaystyle \lambda =\mathrm {i} {1+\mu \over 1-\mu }}
), d'où
|
μ
|
=
1
⇔
λ
¯
=
λ
{\displaystyle |\mu |=1\Leftrightarrow {\overline {\lambda }}=\lambda }
.
(Généralisation du calcul précédent)
u
u
∗
=
i
d
⇔
i
d
=
h
−
i
i
d
h
+
i
i
d
h
∗
+
i
i
d
h
∗
−
i
i
d
⇔
{\displaystyle uu^{*}=\mathrm {id} \Leftrightarrow \mathrm {id} ={h-\mathrm {i\,id} \over h+\mathrm {i\,id} }{h^{*}+\mathrm {i\,id} \over h^{*}-\mathrm {i\,id} }\Leftrightarrow }
(en identifiant numérateur et dénominateur)
h
∗
=
h
{\displaystyle h^{*}=h}
(et de même,
u
∗
u
=
i
d
⇔
h
∗
=
h
{\displaystyle u^{*}u=\mathrm {id} \Leftrightarrow h^{*}=h}
).
Les valeurs propres de
h
{\displaystyle h}
autoadjoint sont réelles, donc
≠
−
i
{\displaystyle \neq -\mathrm {i} }
.
Soient
A
=
(
a
i
,
j
)
∈
M
n
(
C
)
{\displaystyle A=(a_{i,j})\in M_{n}(\mathbb {C} )}
,
P
=
(
R
e
(
a
i
,
j
)
)
{\displaystyle P=(\mathrm {Re} (a_{i,j}))}
et
Q
=
(
I
m
(
a
i
,
j
)
)
{\displaystyle Q=(\mathrm {Im} (a_{i,j}))}
. Soit
B
=
(
P
−
Q
Q
P
)
∈
M
2
n
(
R
)
{\displaystyle B={\begin{pmatrix}P&-Q\\Q&P\end{pmatrix}}\in M_{2n}(\mathbb {R} )}
.
Montrer que
A
{\displaystyle A}
est hermitienne si et seulement si
B
{\displaystyle B}
est symétrique, et que dans ce cas,
A
{\displaystyle A}
est positive si et seulement si
B
{\displaystyle B}
l'est et définie si et seulement si
B
{\displaystyle B}
l'est.
Montrer que
A
{\displaystyle A}
est unitaire si et seulement si
B
{\displaystyle B}
est orthogonale.
Soit
H
=
C
2
[
X
]
{\displaystyle H=\mathbb {C} _{2}[X]}
(l'espace des polynômes à coefficients complexes de degré
≤
2
{\displaystyle \leq 2}
). On définit sur
H
{\displaystyle H}
le produit hermitien
⟨
⋅
,
⋅
⟩
{\displaystyle \langle \cdot ,\cdot \rangle }
suivant : pour
P
,
Q
∈
H
{\displaystyle P,Q\in H}
, avec
P
(
X
)
=
a
0
+
a
1
X
+
a
2
X
2
{\displaystyle P(X)=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}}
et
Q
(
X
)
=
b
0
+
b
1
X
+
b
2
X
2
{\displaystyle Q(X)=b_{0}+b_{1}X+b_{2}X^{2}}
:
⟨
P
,
Q
⟩
=
∑
k
=
0
2
a
k
¯
b
k
{\displaystyle \langle P,Q\rangle =\sum _{k=0}^{2}{\overline {a_{k}}}b_{k}}
. Pour tout
P
∈
H
{\displaystyle P\in H}
, on pose
u
(
P
)
=
P
(
i
X
)
{\displaystyle u(P)=P(\mathrm {i} X)}
et
v
(
P
)
(
X
)
=
(
X
+
i
)
P
′
(
X
−
i
2
)
{\displaystyle v(P)(X)=(X+\mathrm {i} )P'\left({\frac {X-\mathrm {i} }{2}}\right)}
.
Donnez, pour
Q
∈
H
{\displaystyle Q\in H}
, l'expression de
u
∗
(
Q
)
{\displaystyle u^{*}(Q)}
et vérifiez que
u
{\displaystyle u}
est unitaire.
Déterminez
v
∗
{\displaystyle v^{*}}
(par exemple en donnant sa matrice dans la base canonique
(
1
,
X
,
X
2
)
{\displaystyle (1,X,X^{2})}
de
H
{\displaystyle H}
) .
On rappelle que pour tout
f
∈
L
(
H
)
{\displaystyle f\in \mathrm {L} (H)}
, l'endomorphisme
f
∗
f
{\displaystyle f^{*}f}
est hermitien et positif. Donnez une base propre pour
g
:=
v
∗
v
{\displaystyle g:=v^{*}v}
. Déterminez la racine carrée
ρ
{\displaystyle \rho }
de
g
{\displaystyle g}
en explicitant la matrice de
ρ
{\displaystyle \rho }
dans une base de votre choix.
Solution
u
(
a
+
b
X
+
c
X
2
)
=
a
+
i
b
X
−
c
X
2
{\displaystyle u(a+bX+cX^{2})=a+\mathrm {i} bX-cX^{2}}
donc la matrice de
u
{\displaystyle u}
dans la base orthonormée
(
1
,
X
,
X
2
)
{\displaystyle (1,X,X^{2})}
est
U
=
d
i
a
g
(
1
,
i
,
−
1
)
{\displaystyle U=\mathrm {diag} (1,\mathrm {i} ,-1)}
donc celle de
u
∗
{\displaystyle u^{*}}
est
U
∗
=
d
i
a
g
(
1
,
−
i
,
−
1
)
{\displaystyle U^{*}=\mathrm {diag} (1,-\mathrm {i} ,-1)}
, d'où
u
∗
(
Q
)
(
X
)
=
Q
(
−
i
X
)
{\displaystyle u^{*}(Q)(X)=Q(-\mathrm {i} X)}
.
u
{\displaystyle u}
est unitaire car
U
∗
U
=
d
i
a
g
(
1
,
1
,
1
)
=
I
3
{\displaystyle U^{*}U=\mathrm {diag} (1,1,1)=\mathrm {I} _{3}}
.
v
(
a
+
b
X
+
c
X
2
)
=
(
X
+
i
)
(
b
+
c
(
X
−
i
)
)
=
(
c
+
i
b
)
+
b
X
+
c
X
2
{\displaystyle v(a+bX+cX^{2})=(X+\mathrm {i} )(b+c(X-\mathrm {i} ))=(c+\mathrm {i} b)+bX+cX^{2}}
donc la matrice de
v
{\displaystyle v}
dans
(
1
,
X
,
X
2
)
{\displaystyle (1,X,X^{2})}
est
V
:=
(
0
i
1
0
1
0
0
0
1
)
{\displaystyle V:={\begin{pmatrix}0&\mathrm {i} &1\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}}
donc celle de
v
∗
{\displaystyle v^{*}}
est
V
∗
=
(
0
0
0
−
i
1
0
1
0
1
)
{\displaystyle V^{*}={\begin{pmatrix}0&0&0\\-\mathrm {i} &1&0\\1&0&1\end{pmatrix}}}
.
G
:=
V
∗
V
=
(
0
0
0
0
2
−
i
0
i
2
)
{\displaystyle G:=V^{*}V={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&2&-\mathrm {i} \\0&\mathrm {i} &2\end{pmatrix}}}
donc
g
{\displaystyle g}
a pour valeurs propres
λ
=
0
,
1
,
3
{\displaystyle \lambda =0,1,3}
et pour droites propres associées
C
ε
λ
{\displaystyle \mathbb {C} \varepsilon _{\lambda }}
avec
ε
0
=
1
,
ε
1
=
i
X
+
X
2
,
ε
3
=
X
+
i
X
2
{\displaystyle \varepsilon _{0}=1,\varepsilon _{1}=\mathrm {i} X+X^{2},\varepsilon _{3}=X+\mathrm {i} X^{2}}
. Donc
(
ε
0
,
ε
1
,
ε
3
)
{\displaystyle (\varepsilon _{0},\varepsilon _{1},\varepsilon _{3})}
est une base propre pour
g
{\displaystyle g}
. La matrice de
g
{\displaystyle g}
dans cette base est
d
i
a
g
(
0
,
1
,
3
)
{\displaystyle \mathrm {diag} (0,1,3)}
donc celle de
ρ
=
g
{\displaystyle \rho ={\sqrt {g}}}
est
d
i
a
g
(
0
,
1
,
3
)
{\displaystyle \mathrm {diag} (0,1,{\sqrt {3}})}
.