Espaces Euclidiens et Hermitiens - preuves (A)

Soit $\varphi: E \times E \to \mathbb{C}$ une forme sesquilinéaire hermitienne.

Étape 1 : Rappel de la définition de la symétrie hermitienne

Par définition, une forme sesquilinéaire $\varphi$ est hermitienne si pour tous vecteurs $x, y \in E$, on a :

$\varphi(x, y) = \overline{\varphi(y, x)}$

Étape 2 : Appliquer la définition au cas $y=x$

Nous nous intéressons à la valeur $\varphi(x, x)$. Appliquons la propriété de symétrie hermitienne en posant $y = x$. On obtient :

$\varphi(x, x) = \overline{\varphi(x, x)}$

Étape 3 : Conclure sur la nature de $\varphi(x, x)$

Soit $z = \varphi(x, x)$. L'équation de l'étape 2 s'écrit $z = \bar{z}$.

Un nombre complexe est égal à son propre conjugué si et seulement si sa partie imaginaire est nulle. C'est la définition d'un nombre réel.

Conclusion :

Par conséquent, pour tout $x \in E$, la valeur $\varphi(x, x)$ est un nombre réel.

Soient $x, y \in E$.

Cas 1 : $y = 0_E$

Si $y$ est le vecteur nul, alors $\langle x, y \rangle = \langle x, 0_E \rangle = 0$ et $\|y\| = 0$. L'inégalité devient $0 \le 0$, ce qui est vrai.

Cas 2 : $y \neq 0_E$

Soit $\lambda \in \mathbb{R}$ un scalaire quelconque. Considérons le vecteur $v = x + \lambda y$.

Étape 1 : Utiliser la positivité de la norme

Par définition de la norme associée à un produit scalaire, nous savons que $\|v\|^2 = \langle v, v \rangle \ge 0$.

Donc, pour tout $\lambda \in \mathbb{R}$ :

$\langle x + \lambda y, x + \lambda y \rangle \ge 0$

Étape 2 : Développer l'expression

En utilisant la bilinéarité du produit scalaire réel :

$\langle x + \lambda y, x + \lambda y \rangle = \langle x, x \rangle + \langle x, \lambda y \rangle + \langle \lambda y, x \rangle + \langle \lambda y, \lambda y \rangle$

$= \langle x, x \rangle + \lambda \langle x, y \rangle + \lambda \langle y, x \rangle + \lambda^2 \langle y, y \rangle$

Comme le produit scalaire est symétrique ($\langle x, y \rangle = \langle y, x \rangle$), cela se simplifie en :

$= \langle x, x \rangle + 2\lambda \langle x, y \rangle + \lambda^2 \langle y, y \rangle$

En notation de norme, on a le polynôme $P(\lambda)$:

$P(\lambda) = \|y\|^2 \lambda^2 + 2\langle x, y \rangle \lambda + \|x\|^2$

Étape 3 : Analyser le signe du discriminant

Nous avons établi que $P(\lambda) \ge 0$ pour tout $\lambda \in \mathbb{R}$. C'est un polynôme du second degré en $\lambda$ qui est toujours positif ou nul. Cela signifie qu'il a au plus une racine réelle. Par conséquent, son discriminant $\Delta$ doit être négatif ou nul.

Le discriminant de $A\lambda^2 + B\lambda + C$ est $\Delta = B^2 - 4AC$. Ici, $A=\|y\|^2$, $B=2\langle x, y \rangle$, $C=\|x\|^2$.

$\Delta = (2\langle x, y \rangle)^2 - 4 (\|y\|^2) (\|x\|^2) \le 0$

$4 \langle x, y \rangle^2 - 4 \|x\|^2 \|y\|^2 \le 0$

$\langle x, y \rangle^2 \le \|x\|^2 \|y\|^2$

Étape 4 : Conclure

En prenant la racine carrée des deux côtés (qui sont des nombres réels positifs), on obtient :

$\sqrt{\langle x, y \rangle^2} \le \sqrt{\|x\|^2 \|y\|^2}$

$|\langle x, y \rangle| \le \|x\| \|y\|$

Conclusion :

L'inégalité est donc prouvée pour tous les vecteurs $x, y$ de l'espace euclidien $E$.

Nous devons prouver l'équivalence : $|\langle x, y \rangle| = \|x\| \|y\| \iff (x \text{ et } y \text{ sont colinéaires})$.

Partie 1 : (Colinéarité $\implies$ Égalité)

Supposons que $x$ et $y$ sont colinéaires. Il existe donc un scalaire $k$ tel que $x = ky$.

Calculons les deux membres de l'inégalité :

• $|\langle x, y \rangle| = |\langle ky, y \rangle| = |k \langle y, y \rangle| = |k| \langle y, y \rangle = |k| \|y\|^2$.
• $\|x\| \|y\| = \|ky\| \|y\| = (|k| \|y\|) \|y\| = |k| \|y\|^2$.

Les deux membres sont égaux. Donc, si les vecteurs sont colinéaires, il y a égalité.

Partie 2 : (Égalité $\implies$ Colinéarité)

Supposons que $|\langle x, y \rangle| = \|x\| \|y\|$. Cela équivaut à $\langle x, y \rangle^2 = \|x\|^2 \|y\|^2$.

Reprenons la preuve de Cauchy-Schwarz, basée sur le polynôme $P(\lambda) = \|x+\lambda y\|^2 = \|y\|^2 \lambda^2 + 2\langle x, y \rangle \lambda + \|x\|^2$.

L'hypothèse d'égalité signifie que le discriminant $\Delta$ de ce polynôme est nul :

$\Delta = (2\langle x, y \rangle)^2 - 4 \|y\|^2 \|x\|^2 = 4(\langle x, y \rangle^2 - \|x\|^2 \|y\|^2) = 0$

Si $y=0_E$, $x$ et $y$ sont colinéaires (car $y=0x$). Supposons donc $y \neq 0_E$.

Un polynôme du second degré avec un discriminant nul admet une unique racine réelle, notée $\lambda_0$.

Pour cette valeur $\lambda_0$, on a $P(\lambda_0) = 0$.

$P(\lambda_0) = \|x + \lambda_0 y\|^2 = 0$

Par la propriété de séparation de la norme (ou le caractère défini du produit scalaire), une norme nulle implique un vecteur nul :

$\|x + \lambda_0 y\| = 0 \iff x + \lambda_0 y = 0_E$

Cette dernière égalité s'écrit $x = -\lambda_0 y$. Ceci est la définition de la colinéarité de $x$ et $y$.

Conclusion :

Nous avons montré les deux implications. L'égalité dans l'inégalité de Cauchy-Schwarz est vérifiée si et seulement si les vecteurs $x$ et $y$ sont colinéaires.

Soient $x, y \in E$.

Étape 1 : Travailler avec le carré de la norme

Les termes de l'inégalité sont positifs, il est donc équivalent de prouver $\|x+y\|^2 \le (\|x\| + \|y\|)^2$.

Développons le membre de gauche en utilisant les propriétés du produit scalaire :

$\|x+y\|^2 = \langle x+y, x+y \rangle = \langle x,x \rangle + \langle x,y \rangle + \langle y,x \rangle + \langle y,y \rangle$

En utilisant la symétrie (hermitienne), on sait que $\langle y,x \rangle = \overline{\langle x,y \rangle}$.

$\|x+y\|^2 = \|x\|^2 + \langle x,y \rangle + \overline{\langle x,y \rangle} + \|y\|^2$

Rappelons que pour tout nombre complexe $z$, $z + \bar{z} = 2 \text{Re}(z)$.

$\|x+y\|^2 = \|x\|^2 + 2 \text{Re}(\langle x,y \rangle) + \|y\|^2$

(Dans le cas réel, $\text{Re}(\langle x,y \rangle) = \langle x,y \rangle$, la formule reste donc juste).

Étape 2 : Appliquer l'inégalité de Cauchy-Schwarz

Pour tout nombre complexe $z$, on a $\text{Re}(z) \le |z|$. Donc :

$2 \text{Re}(\langle x,y \rangle) \le 2 |\langle x,y \rangle|$

L'inégalité de Cauchy-Schwarz nous dit que $|\langle x,y \rangle| \le \|x\|\|y\|$. En combinant ces deux inégalités :

$2 \text{Re}(\langle x,y \rangle) \le 2 \|x\|\|y\|$

Étape 3 : Substituer et conclure

En substituant ce résultat dans l'expression de $\|x+y\|^2$ :

$\|x+y\|^2 \le \|x\|^2 + 2 \|x\|\|y\| + \|y\|^2$

On reconnaît le développement d'une identité remarquable :

$\|x+y\|^2 \le (\|x\| + \|y\|)^2$

Étape 4 : Revenir à la norme

Puisque la norme est une quantité positive, on peut prendre la racine carrée des deux côtés de l'inégalité pour obtenir le résultat final :

$\|x+y\| \le \|x\| + \|y\|$

Conclusion :

La norme induite par un produit scalaire satisfait bien l'inégalité triangulaire.

Soient $x, y \in E$.

Étape 1 : Développer $\|x+y\|^2$

En utilisant la définition de la norme et les propriétés du produit scalaire :

$\|x+y\|^2 = \langle x+y, x+y \rangle = \langle x,x \rangle + \langle x,y \rangle + \langle y,x \rangle + \langle y,y \rangle$

$\|x+y\|^2 = \|x\|^2 + \langle x,y \rangle + \langle y,x \rangle + \|y\|^2 \quad (1)$

Étape 2 : Développer $\|x-y\|^2$

De manière similaire :

$\|x-y\|^2 = \langle x-y, x-y \rangle = \langle x,x \rangle - \langle x,y \rangle - \langle y,x \rangle + \langle y,y \rangle$

$\|x-y\|^2 = \|x\|^2 - \langle x,y \rangle - \langle y,x \rangle + \|y\|^2 \quad (2)$

Étape 3 : Additionner les deux expressions

Additionnons les équations (1) et (2) :

$\|x+y\|^2 + \|x-y\|^2 = (\|x\|^2 + \langle x,y \rangle + \langle y,x \rangle + \|y\|^2) + (\|x\|^2 - \langle x,y \rangle - \langle y,x \rangle + \|y\|^2)$

Les termes "croisés" $\langle x,y \rangle$ et $\langle y,x \rangle$ s'annulent :

$\|x+y\|^2 + \|x-y\|^2 = \|x\|^2 + \|y\|^2 + \|x\|^2 + \|y\|^2$

$\|x+y\|^2 + \|x-y\|^2 = 2\|x\|^2 + 2\|y\|^2$

Conclusion :

En factorisant le membre de droite, on obtient l'identité du parallélogramme :

$\|x+y\|^2 + \|x-y\|^2 = 2(\|x\|^2 + \|y\|^2)$

Soient $x, y \in E$ deux vecteurs orthogonaux.

Étape 1 : Définition de l'orthogonalité

Par définition, $x$ et $y$ sont orthogonaux si leur produit scalaire est nul :

$\langle x, y \rangle = 0$

Dans un espace hermitien, cela implique aussi $\langle y, x \rangle = \overline{\langle x, y \rangle} = \overline{0} = 0$.

Étape 2 : Développer le carré de la norme de la somme

On exprime $\|x+y\|^2$ à l'aide du produit scalaire :

$\|x+y\|^2 = \langle x+y, x+y \rangle$

Par (sesqui-)linéarité du produit scalaire, on développe :

$\|x+y\|^2 = \langle x, x \rangle + \langle x, y \rangle + \langle y, x \rangle + \langle y, y \rangle$

En utilisant la notation de la norme, cela devient :

$\|x+y\|^2 = \|x\|^2 + \langle x, y \rangle + \langle y, x \rangle + \|y\|^2$

Étape 3 : Appliquer l'hypothèse d'orthogonalité

Puisque $x$ et $y$ sont orthogonaux, $\langle x, y \rangle = 0$ et $\langle y, x \rangle = 0$. En substituant ces valeurs dans l'équation précédente :

$\|x+y\|^2 = \|x\|^2 + 0 + 0 + \|y\|^2$

$\|x+y\|^2 = \|x\|^2 + \|y\|^2$

Conclusion :

Nous avons démontré que pour deux vecteurs orthogonaux, le carré de la norme de leur somme est égal à la somme de leurs carrés, ce qui est l'énoncé du théorème de Pythagore.

Soit $S = (v_1, v_2, \dots, v_n)$ une famille orthogonale de vecteurs non nuls dans un espace préhilbertien $E$.

Étape 1 : Hypothèses sur la famille $S$

• Orthogonale : Pour tout $i \neq j$, $\langle v_i, v_j \rangle = 0$.
• Vecteurs non nuls : Pour tout $i$, $v_i \neq 0_E$, ce qui implique $\langle v_i, v_i \rangle = \|v_i\|^2 > 0$.

Étape 2 : Écrire la condition de dépendance linéaire

Pour montrer que $S$ est une famille libre, nous devons montrer que la seule combinaison linéaire de ses vecteurs qui soit égale au vecteur nul est celle où tous les coefficients sont nuls.

Supposons qu'il existe des scalaires $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$ tels que :

$\sum_{i=1}^n \lambda_i v_i = 0_E$

Étape 3 : Isoler un coefficient $\lambda_j$

Fixons un indice $j \in \{1, \dots, n\}$. Pour isoler $\lambda_j$, calculons le produit scalaire de l'équation ci-dessus avec le vecteur $v_j$ :

$\left\langle \sum_{i=1}^n \lambda_i v_i, v_j \right\rangle = \langle 0_E, v_j \rangle$

Le membre de droite est nul. Utilisons la linéarité à gauche pour le membre de gauche :

$\sum_{i=1}^n \lambda_i \langle v_i, v_j \rangle = 0$

Étape 4 : Utiliser l'orthogonalité

La famille est orthogonale, donc $\langle v_i, v_j \rangle = 0$ pour tous les indices $i$ différents de $j$. La somme se simplifie donc radicalement, car un seul terme est potentiellement non nul (celui pour $i=j$) :

$\lambda_1 \langle v_1, v_j \rangle + \dots + \lambda_j \langle v_j, v_j \rangle + \dots + \lambda_n \langle v_n, v_j \rangle = 0$

$0 + \dots + \lambda_j \langle v_j, v_j \rangle + \dots + 0 = 0$

$\lambda_j \|v_j\|^2 = 0$

Étape 5 : Conclure sur la nullité du coefficient

Par hypothèse, tous les vecteurs $v_j$ de la famille sont non nuls, donc $\|v_j\|^2 \neq 0$.

Puisque le produit $\lambda_j \|v_j\|^2$ est nul et que $\|v_j\|^2$ n'est pas nul, c'est nécessairement le scalaire $\lambda_j$ qui doit être nul.

$\lambda_j = 0$

Comme ce raisonnement est valable pour n'importe quel indice $j$ de $1$ à $n$, nous avons montré que $\lambda_1 = \lambda_2 = \dots = \lambda_n = 0$.

Conclusion :

La seule combinaison linéaire des vecteurs de $S$ qui donne le vecteur nul est la combinaison triviale. La famille $S$ est donc libre.

Soit $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ une base orthonormée de $E$. Soit $x$ un vecteur quelconque de $E$.

Étape 1 : Décomposition de $x$ dans la base $\mathcal{B}$

Puisque $\mathcal{B}$ est une base de $E$, il existe un unique n-uplet de scalaires $(x_1, \dots, x_n)$, appelés coordonnées de $x$ dans $\mathcal{B}$, tel que :

$x = \sum_{j=1}^n x_j e_j$

Étape 2 : Calcul du produit scalaire avec un vecteur de base $e_i$

Fixons un indice $i \in \{1, \dots, n\}$. Calculons le produit scalaire de $x$ avec $e_i$ :

$\langle x, e_i \rangle = \left\langle \sum_{j=1}^n x_j e_j, e_i \right\rangle$

Par linéarité (ou semi-linéarité selon la variable) du produit scalaire, on peut écrire :

$\langle x, e_i \rangle = \sum_{j=1}^n \langle x_j e_j, e_i \rangle$

Dans le cas euclidien (réel) : $\langle x, e_i \rangle = \sum_{j=1}^n x_j \langle e_j, e_i \rangle$.

Dans le cas hermitien (complexe) : $\langle x, e_i \rangle = \sum_{j=1}^n x_j \langle e_j, e_i \rangle$. La formule est identique.

Étape 3 : Utilisation de l'orthonormalité de la base

La base $\mathcal{B}$ est orthonormée, ce qui signifie par définition que $\langle e_j, e_i \rangle = \delta_{ji}$, où $\delta_{ji}$ est le symbole de Kronecker ($\delta_{ji}=1$ si $j=i$ et $\delta_{ji}=0$ si $j \neq i$).

Substituons cette propriété dans la somme. Tous les termes de la somme vont s'annuler, sauf celui pour lequel l'indice $j$ est égal à $i$ :

$\langle x, e_i \rangle = x_1 \langle e_1, e_i \rangle + \dots + x_i \langle e_i, e_i \rangle + \dots + x_n \langle e_n, e_i \rangle$

$\langle x, e_i \rangle = x_1 \cdot 0 + \dots + x_i \cdot 1 + \dots + x_n \cdot 0$

$\langle x, e_i \rangle = x_i$

Étape 4 : Conclusion

Nous avons montré que la i-ème coordonnée $x_i$ du vecteur $x$ est égale au produit scalaire $\langle x, e_i \rangle$. Ce résultat étant valable pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$, on peut substituer ces expressions dans la décomposition de $x$ :

$x = \sum_{i=1}^n x_i e_i = \sum_{i=1}^n \langle x, e_i \rangle e_i$

Ceci prouve la formule requise.

Partie 1 : Un endomorphisme orthogonal préserve la norme.

Supposons que $f$ est un endomorphisme orthogonal. Par définition, pour tous $x, y \in E$, on a :

$\langle f(x), f(y) \rangle = \langle x, y \rangle$

Pour montrer que $f$ préserve la norme, nous devons prouver que $\|f(z)\| = \|z\|$ pour tout $z \in E$. Cela est équivalent à $\|f(z)\|^2 = \|z\|^2$.

Soit $z \in E$. On a :

$\|f(z)\|^2 = \langle f(z), f(z) \rangle$

En utilisant la propriété de conservation du produit scalaire avec $x=z$ et $y=z$, on obtient :

$\langle f(z), f(z) \rangle = \langle z, z \rangle = \|z\|^2$

Donc, $\|f(z)\|^2 = \|z\|^2$. Comme les normes sont positives, on en déduit $\|f(z)\| = \|z\|$.

L'implication est démontrée.

Partie 2 : Un endomorphisme qui préserve la norme est orthogonal.

Supposons maintenant que $f$ préserve la norme, c'est-à-dire que pour tout $z \in E$, $\|f(z)\| = \|z\|$. Nous voulons montrer que $\langle f(x), f(y) \rangle = \langle x, y \rangle$ pour tous $x,y \in E$.

Étape 1 : Utiliser l'identité de polarisation

L'identité de polarisation dans un espace euclidien permet d'exprimer le produit scalaire à partir de la norme :

$\langle u, v \rangle = \frac{1}{2} (\|u+v\|^2 - \|u\|^2 - \|v\|^2)$

Appliquons cette identité au produit scalaire $\langle f(x), f(y) \rangle$ en posant $u = f(x)$ et $v = f(y)$.

$\langle f(x), f(y) \rangle = \frac{1}{2} (\|f(x)+f(y)\|^2 - \|f(x)\|^2 - \|f(y)\|^2)$

Étape 2 : Utiliser la linéarité de $f$ et l'hypothèse de conservation de la norme

Par linéarité de $f$, on a $f(x)+f(y) = f(x+y)$. On peut donc réécrire le premier terme :

$\|f(x)+f(y)\|^2 = \|f(x+y)\|^2$

Maintenant, nous utilisons notre hypothèse : $f$ préserve la norme. Donc, pour tout vecteur $z$, $\|f(z)\|^2 = \|z\|^2$. Appliquons ceci à $x$, $y$ et $x+y$ :

• $\|f(x)\|^2 = \|x\|^2$
• $\|f(y)\|^2 = \|y\|^2$
• $\|f(x+y)\|^2 = \|x+y\|^2$

Étape 3 : Substituer et conclure

En substituant ces égalités dans l'expression de $\langle f(x), f(y) \rangle$ :

$\langle f(x), f(y) \rangle = \frac{1}{2} (\|x+y\|^2 - \|x\|^2 - \|y\|^2)$

On reconnaît le membre de droite comme étant l'expression de $\langle x, y \rangle$ par l'identité de polarisation.

$\langle f(x), f(y) \rangle = \langle x, y \rangle$

Conclusion :

Nous avons démontré les deux implications, ce qui prouve l'équivalence entre la préservation du produit scalaire et la préservation de la norme pour un endomorphisme en espace euclidien.

Soient $f, g$ deux endomorphismes de $E$. Nous cherchons à déterminer l'endomorphisme $(f \circ g)^*$.

Étape 1 : Définition de l'adjoint

Par définition, l'adjoint $(f \circ g)^*$ est l'unique endomorphisme qui vérifie pour tous $x, y \in E$ :

$\langle (f \circ g)(x), y \rangle = \langle x, (f \circ g)^*(y) \rangle$

Notre stratégie est de partir du membre de gauche et de le transformer en une expression de la forme $\langle x, h(y) \rangle$. L'endomorphisme $h$ sera alors, par unicité, l'adjoint recherché.

Étape 2 : Application successive de la définition de l'adjoint

Partons du membre de gauche.

$\langle (f \circ g)(x), y \rangle = \langle f(g(x)), y \rangle$

Considérons le vecteur $g(x)$ comme un seul bloc. On peut appliquer la définition de l'adjoint de $f$, qui est $f^*$. On a $\langle f(u), v \rangle = \langle u, f^*(v) \rangle$. En posant $u = g(x)$ et $v = y$ :

$\langle f(g(x)), y \rangle = \langle g(x), f^*(y) \rangle$

Maintenant, nous avons une nouvelle expression $\langle g(x), f^*(y) \rangle$. On peut y appliquer la définition de l'adjoint de $g$, qui est $g^*$. On a $\langle g(u), v \rangle = \langle u, g^*(v) \rangle$. En posant $u = x$ et $v = f^*(y)$ :

$\langle g(x), f^*(y) \rangle = \langle x, g^*(f^*(y)) \rangle$

Étape 3 : Identification de l'adjoint

En combinant les étapes, nous avons montré que pour tous $x, y \in E$ :

$\langle (f \circ g)(x), y \rangle = \langle x, g^*(f^*(y)) \rangle$

L'expression $g^*(f^*(y))$ peut s'écrire comme la composition $(g^* \circ f^*)(y)$.

$\langle (f \circ g)(x), y \rangle = \langle x, (g^* \circ f^*)(y) \rangle$

En comparant cette égalité avec la relation de définition $\langle (f \circ g)(x), y \rangle = \langle x, (f \circ g)^*(y) \rangle$, par unicité de l'endomorphisme adjoint, on doit avoir :

$(f \circ g)^* = g^* \circ f^*$

Conclusion :

L'adjoint de la composition de deux endomorphismes est bien la composition de leurs adjoints, avec inversion de l'ordre.