Corrigé ESSEC 2014

On commence par montrer $\Leftarrow$. Si $A$ est symétrique, le calcul nous montre facilement que $^t\!AA=A\ ^t\!A$, donc $A$ est normale. Si $A=\rho R_\theta$, le calcul nous donne $^t\!AA=A\ ^t\!A=\rho^2 I_2$, donc $A$ est normale également.

Réciproquement si $A$ est normale, on a : $$^t\!AA=A\ ^t\!A\Longleftrightarrow \begin{cases}b^2=c^2\\ ac+bd=ab+cd\end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases}b=\pm c\\ ac+bd=ab+cd\end{cases}.$$ Si $b=c$, la seconde équation du système donne $ab+bd=ab+bd$ donc il n'y a pas de contradiction dans le système (il faut vérifier cela sinon on prend le risque que $b=c$ soit un choix impossible). Il suit alors que la matrice est symétrique. Si $b=-c$ la seconde équation devient $ab=bd$ et on a deux cas à étudier. Soit $b=0=-c$ et dans ce cas la matrice est symétrique. Si $b\neq 0$, l'équation $ab=bd$ donne $a=d$ et la matrice a pour forme : $$\begin{pmatrix}a & b\\ -b & a\end{pmatrix}.$$ Si on note $\rho=\sqrt{a^2+b^2}$, alors il existe $\theta\in\mathbb R$ tel que $a=\rho\cos\theta$ et $b=\rho\sin\theta$ et la matrice devient $$\begin{pmatrix}a & b\\ -b & a\end{pmatrix}=\rho R_\theta.$$ Par conséquent une matrice normale d'ordre 2, est forcément soit symétrique, soit de la forme $\rho R_\theta$.

Comme $A$ est normale, d'après 1), il suffit d'étudier le cas $A$ symétrique et le cas $A=\rho R_\theta$. Si $A$ est symétrique, on a $^t\!A=A$ donc il suffit de prendre $P=X$. Si maintenant $A=\rho R_\theta$, on a $A+\ ^t\!A=2\rho\cos\theta I_2$ donc $^tA=-A+2\rho\cos\theta I_2$. Il suffit alors de prendre $P=-X+2\rho\cos\theta$ et le résultat est prouvé.

La correction qui suit est basée sur la recherche de valeurs propres. Elle me paraît longue pour un début de sujet. Peut-être y-a-t-il un cheminement plus court. Si vous trouvez mieux...

On observe que $X^2-X+1$ est un polynôme annulateur de $A$ donc les valeurs propres de $A$ sont parmi les racines de ce polynômes, c'est à dire $e^{\pm i\frac{\pi}{3}}$. Comme $A$ est normale, d'après 1), il suffit d'étudier le cas $A$ symétrique et le cas $A=\rho R_\theta$. Si $A$ est symétrique, nous savons que ses valeurs prores sont réelles donc ne peuvent être de la forme $e^{\pm i\frac{\pi}{3}}$. Par conséquent $A$ est de la forme $\rho R_\theta$. Maintenant on observe que $$R_\theta\begin{pmatrix}1\\ i\end{pmatrix}=e^{i\theta}\begin{pmatrix}1\\ i\end{pmatrix},$$ $$R_\theta\begin{pmatrix}i\\ 1\end{pmatrix}=e^{-i\theta}\begin{pmatrix}i\\ 1\end{pmatrix},$$ donc $e^{\pm i\theta}$ est valeur propre de $R_\theta$ et $\rho e^{\pm i\theta}$ est valeur propre de $\rho R_\theta$. Il suit que n'écessairement $\rho=1$ et que $\theta=\frac{\pi}{3}$ à $2\pi$ près. On en déduit que la seule forme possible pour $A$ est $$A=R_{\frac{\pi}{3}}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & \sqrt{3}\\ -\sqrt{3} & 1\end{pmatrix}.$$ Enfin, un calcul direct nous montre que $A^2-A+I_2=0$, donc la valeur trouvée pour $A$ fonctionne bien.

$(f^*)^*$ est représenté par $^t\!(^t\!A)=A$ donc $(f^*)^*=f$.

$(f^{-1})^*$ est représenté par $^t\!(A^{-1})=(^t\!A)^{-1}$ donc $(f^{-1})^*=(f^*)^{-1}$.

Par calcul : $$\langle f(e_i)|e_j\rangle=\langle \sum_{k=1}^na_{ki}e_k|e_j\rangle=\sum_{k=1}^na_{ki}\langle e_k|e_j\rangle=a_{ji}.$$

Par calcul : $$\langle e_i|f^*(e_j)\rangle=\langle e_i|\sum_{k=1}^na_{jk}e_k\rangle=\sum_{k=1}^na_{jk}\langle e_i|e_k\rangle=a_{ji}=\langle f(e_i)|e_j\rangle.$$ Il suit que si on décompose $x$ et $y$ dans la base, $x=\sum_{j=1}^n\lambda_je_j$ et $y=\sum_{j=1}^n\mu_je_j$ alors par linéarité de $f$ et bilinéarité du produit scalaire : $$\langle f(x)|y\rangle=\sum_{i=1}^n\lambda_i\sum_{j=1}^n\mu_j\langle f(e_i)|e_j\rangle=\sum_{i=1}^n\lambda_i\sum_{j=1}^n\mu_j\langle e_i|f^*(e_j)\rangle=\langle x|f^*(y)\rangle,$$ d'où le résultat.

Supposons que $g$ soit un autre endomorpshisme vérifiant la propriété souahaitée, on a alors $\forall (x,y)\in(\mathbb R^n)^2$, $$\langle f(x)|y\rangle=\langle x|f^*(y)\rangle,$$ $$\langle f(x)|y\rangle=\langle x|g(y)\rangle.$$ En soustrayant et en utilisant la bilinéarité du produit scalaire, il suit que : $$\forall (x,y)\in(\mathbb R^n)^2,\langle x|f^*(y)-g(y)\rangle=0.$$ On pose alors $x=f^*(y)-g(y)$, de sorte que l'égalité devient : $$\forall y\in\mathbb R, \Vert f^*(y)-g(y)\Vert^2=0.$$ Mais comme la norme est définie, il suit que $\forall y\in\mathbb R, f^*(y)-g(y)=0$ d'où $f=g$ et l'unicité est démontrée.

Par les conventions du préambule et le fait que $A$ est normale c'est à dire $^t\!AA=A^t\!A$, cela découle du calcul suivant : $$\Vert f(x)\Vert^2=\ ^t\!(AX)AX=\ ^t\!X\ ^t\!AAX=\ ^t\!XA\ ^t\!AX=\ ^t\!(\ ^t\!AX)\ ^t\!AX=\Vert f^*(x)\Vert^2.$$

Comme $\forall x\in\mathbb R^n,\Vert g(x)\Vert=\Vert g^*(x)\Vert$, en remplaçant $x$ par $x+y$, on a $\forall x,y\in\mathbb R, \Vert g(x+y)\Vert=\Vert g^*(x+y)\Vert$. Mais en élevant au carré, on observe que $$\begin{align} \Vert g(x+y)\Vert^2=\Vert g^*(x+y)\Vert^2 &\Longrightarrow \langle g(x+y)|g(x+y)\rangle=\langle g^*(x+y)|g^*(x+y)\rangle\\ &\Longrightarrow \langle g(x)+g(y)|g(x)+g(y)\rangle=\langle g^*(x)+g^*(y)|g^*(x)+g^*(y)\rangle\\ &\Longrightarrow \Vert g(x)\Vert^2+2\langle g(x)|g(y)\rangle+\Vert g(y)\Vert^2=\Vert g^*(x)\Vert^2+2\langle g^*(x)|g^*(y)\rangle+\Vert g^*(y)\Vert^2. \end{align}$$ Or par hypothèse $\Vert g(x)\Vert=\Vert g^*(x)\Vert$ et $\Vert g(y)\Vert=\Vert g^*(y)\Vert$, donc après simplification on obtient $$\forall x,y\in\mathbb R^n,\langle g(x)|g(y)\rangle=\langle g^*(x)|g^*(y)\rangle.$$ Maintenant d'après 5.b), on a aussi $$\forall x,y\in\mathbb R^n,\langle g^*og(x)|y\rangle=\langle (g^*)^*og^*(x)|y\rangle,$$ et d'après 5.a) $$\forall x,y\in\mathbb R^n,\langle g^*og(x)|y\rangle=\langle gog^*(x)|y\rangle,$$ soit encore par bilinéarité du produit scalaire $$\forall x,y\in\mathbb R^n,\langle g^*og(x)-gog^*(x)|y\rangle=0.$$ Si maintenant on pose $y=g^*og(x)-gog^*(x)$, on trouve que $\forall x\in\mathbb R^n\Vert g^*og(x)-gog^*(x)\Vert^2=0$ et il suit par le caractère défini de la norme que $\forall x\in\mathbb R^n, g^*og(x)=gog^*(x)$, autrement dit $g$ est normal.

Si $A'$ est la matrice de $f$ dans une autre base orthonormale, alors il existe une matrice orthogonale $O$ telle que $A'=\ ^t\!OAO$. En se souvenant que pour une matrice orthogonale, on a que $^t\!O=O^{-1}$, il suit que $$^t\!A'A'=\ \!(\ ^t\!OAO)\ ^t\!OAO=\ ^t\!O\ ^t\!AO\ ^t\!OAO=\ ^t\!O\ ^t\!AAO.$$ Mais comme $A$ est normale $\ ^t\!AA=A\ ^t\!A$ et $$^t\!A'A'=\ ^t\!OA\ ^t\!AO=\ ^t\!OAO\ ^t\!O\ ^t\!AO=\ ^t\!OAO\ ^t\!(\ ^t\!OAO)=A'\ ^t\!A'$$ donc $A'$ est également normale et le résultat suit.