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Endomorphisme adjoint

Théorème Pour tout endomorphisme $ f$ d'un espace euclidien $ E$, il existe un et un seul endomorphisme $ f^*$ tel que pour tout $ x$ et tout $ y$ de $ E$, $ <f(x)\vert y>=<x\vert f^*(y)>$.

Démonstration: $ \bullet\ $Existence et unicité de $ f^*$ : pour tout $ y$, l'application $ x \mapsto <f(x)\vert y>$ est une forme linéaire; donc par l'isomorphisme décrit plus haut entre $ E$ et son dual il existe un unique $ f^*(y)$ tel que pour tout $ x$ $ <f(x)\vert y>=<x\vert f^*(y)>$.
$ \bullet\ $Linéarité de $ f^*$ : soit

$\displaystyle <f(x)\vert{\lambda}_1.y_1 + {\lambda}_2.y_2 > = {\lambda}_1.<f(x)\vert y_1> + {\lambda}_2.<f(x)\vert y_2>$

$\displaystyle = {\lambda}_1.<x \vert f^*(y_1)> + {\lambda}_2.<x \vert f^*(y_2) >$

$\displaystyle = <x \vert {\lambda}_1.f^*(y_1)> + <x \vert {\lambda}_2.f^*(y_2) >$

$\displaystyle = <x \vert {\lambda}_1.f^*(y_1) + {\lambda}_2.f^*(y_2) > $

pour tout $ x$ et donc

$\displaystyle f^*({\lambda}_1.y_1+{\lambda}_2.y_2) = {\lambda}_1.f^*(y_1) + {\lambda}_2.f^*(y_2)$

ce qui conclut la preuve.$ \sqcap$$ \sqcup$

Définition $ \bullet\ $$ f^*$ est appelé endomorphisme adjoint de $ f$.
$ \bullet\ $$ f$ est dit orthogonal si $ f^*.f=f.f^*=Id$.
$ \bullet\ $$ f$ est dit symétrique si $ f^*=f$.
$ \bullet\ $On note $ S(E)$ l'ensemble des endomorphismes symétriques de $ E$.
$ \bullet\ $$ f$ est dit antisymétrique si $ f^*=-f$.
$ \bullet\ $On note $ A(E)$ l'ensemble des endomorphismes antisymétriques de $ E$.
$ \bullet\ $On appelle groupe orthogonal de $ E$ et on note $ O(E)$ l'ensemble des endomorphismes orthogonaux de $ E$; c'est un sous-groupe de $ GL(E)$, ensemble des automorphismes de $ E$.
$ \bullet\ $On appelle groupe spécial orthogonal de $ E$ et on note $ SO(E)$ l'ensemble des endomorphismes orthogonaux de $ E$ de déterminant $ 1$; c'est un sous-groupe de $ O(E)$.

Quelques propriétés faciles de $ E$ euclidien:
$ \bullet\ $Un endomorphisme est orthogonal si et seulement si son adjoint l'est.
$ \bullet\ $L'application $ f \mapsto f^*$ est un endomorphisme de $ L(E)$; c'est un endomorphisme involutif, c'est à dire que $ {f^*}^*$ est égal à $ f$.
$ \bullet\ $ $ Ker\ f^*=(Im\ f)^\bot$
$ \bullet\ $ $ Im\ f^*=(Ker\ f)^\bot$
$ \bullet\ $ $ Ker\ f=(Im\ f^*)^\bot$
$ \bullet\ $ $ Im\ f=(Ker\ f^*)^\bot$
$ \bullet\ $ $ (g \circ f)^*=f^* \circ g^*$
$ \bullet\ $ $ Mat_B(f^*)=^tMat_B(f)$
$ \bullet\ $$ f$ est diagonalisable $ \iff$ $ f^*$ est diagonalisable.
$ \bullet\ $si $ f$ est inversible, alors $ f^*$ aussi et $ (f^*)^{-1}=(f^{-1})^*$.
$ \bullet\ $$ F$ sous-espace vectoriel de $ E$ est stable par $ f$ si et seulement si $ F^\bot$ est stable par $ f^*$.
$ \bullet\ $Un endomorphisme et son adjoint ont même polynôme caractéristique.

A peine plus dur:

Proposition $ \bullet\ $Un endomorphisme est orthogonal si et seulement si il conserve le produit scalaire.
$ \bullet\ $Un endomorphisme est orthogonal si et seulement si il conserve la norme.

Démonstration: Il est vite vu que les conditions en question sont équivalentes entre elles, car la norme s'exprime en fonction du produit scalaire, et le produit scalaire en fonction de la norme; le calcul est facile. On va donc se contenter de montrer les deux implications suivantes:
$ \bullet\ $Si $ f$ est orthogonal, alors $ f$ conserve la norme: évident car

$\displaystyle {\parallel}x {\parallel}^2 = <f(x)\vert f(x)> = <x \vert f^{-1}(f(x))> = <x\vert x> ={\parallel}x {\parallel}^2$

$ \bullet\ $Si $ f$ conserve le produit scalaire, alors $ f$ est orthogonal:
- $ f$ est injectif puisqu'il conserve la norme
- on est en dimension finie, donc $ f$ est inversible
- $ <f(x)\vert y>=<f(x)\vert f(f^{-1}(y))>=<x\vert f^{-1}(y)>$ et donc $ f^{-1}=f^*$.$ \sqcap$$ \sqcup$

On peut aussi noter le résultat amusant suivant:

Proposition $ \bullet\ $Une application de $ E$ dans $ E$ avec $ E$ euclidien conservant le produit scalaire est linéaire.
$ \bullet\ $Une application de $ E$ dans $ E$ avec $ E$ euclidien conservant la norme est linéaire.

Démonstration: $ \bullet\ $Il suffit de développer $ {\parallel}f({\lambda}.x + \mu.y) -{\lambda}.f(x) -\mu.f(y) {\parallel}$ et de calculer un peu.
$ \bullet\ $Un peu de calcul sur les formules liant produit scalaire et norme suffit...$ \sqcap$$ \sqcup$

Corollaire $ f$ est orthogonal si et seulement si l'image d'une base orthonormale est une base orthonormale.
L'image d'une base orthonormale par un endomorphisme orthogonal est une base orthonormale.

Corollaire Une application de $ E$ dans $ E$ avec $ E$ euclidien est une isométrie si et seulement si c'est la composée d'une translation et d'un endomorphisme orthogonal.

Démonstration: Il est évident que la composée d'une translation et d'un endomorphisme orthogonal est une isométrie. Réciproquement, on procède comme suit:
$ \bullet\ $On se donne $ f$ une isométrie de $ E$ dans $ E$
$ \bullet\ $On considère $ g = ( x \mapsto x-f(0) \circ f$
$ \bullet\ $On montre que $ g$ conserve la norme
$ \bullet\ $On conclut par la proposition [*].$ \sqcap$$ \sqcup$

Quelques propriétés faciles des endomorphismes orthogonaux, utilisant les résultats ci-dessus; Proposition Soit $ f \in O(E)$:
$ \bullet\ $Le spectre de $ f$ est inclus dans $ \{-1,1\}$
$ \bullet\ $Le déterminant de $ f$ est $ -1$ ou $ 1$
$ \bullet\ $$ F$ est stable par $ f$ $ \iff$ $ F^\bot$ est stable par $ F$ $ \bullet\ $Un endomorphisme orthogonal a toutes ses valeurs propres égales à $ 1$ ou $ -1$
$ \bullet\ $Un endomorphisme orthogonal diagonalisable est une symétrie orthogonale (voir[*]
$ \bullet\ $ $ E= Im\ (f-I) \oplus Ker\ (f-I)$

Quelques résultats sur les endomorphismes symétriques et antisymétriques ($ E$ un espace euclidien):

Proposition $ \bullet\ $Un endomorphisme est symétrique (resp. antisymétrique) si et seulement si sa matrice dans une base orthonormale est symétrique (resp. antisymétrique)
$ \bullet\ $L'ensemble $ L(E)$ des endomorphismes de $ E$ est somme directe de l'ensemble $ S(E)$ des endomorphismes symétriques et de l'ensemble $ A(E)$ des endomorphismes antisymétriques; $ L(E)=S(E)\oplus A(E)$.
$ \bullet\ $ $ dim\ L(E)=n^2$    avec $ n=dim\ E$
$ \bullet\ $ $ dim\ S(E)=\frac12n.(n+1)$    avec $ n=dim\ E$
$ \bullet\ $ $ dim\ A(E)=\frac12n.(n-1)$    avec $ n=dim\ E$
$ \bullet\ $si $ f$ est un endomorphisme antisymétrique de $ E$, alors $ f \circ f$ est un endomorphisme symétrique
$ \bullet\ $Un endomorphisme $ f$ de $ E$ est antisymétrique si et seulement si $ \forall x\ <f(x)\vert x>=0$
$ \bullet\ $La seule valeur propre possible d'un endomorphisme antisymétrique est 0
$ \bullet\ $L'image et le noyau de $ f$ symétrique ou antisymétrique sont supplémentaires orthogonaux
$ \bullet\ $Le rang d'un endormophisme antisymétrique est pair (en effet sa restriction à son image est une bijection et est antisymétrique, donc il n'a pas de valeur propre puisque 0 n'est pas de valeur propre, donc le polynôme caractéristique n'a pas de racine, donc l'image est de dimension paire)
$ \bullet\ $Les sous-espaces propres d'un endomorphisme symétrique sont supplémentaires et orthogonaux.
$ \bullet\ $Le polynôme caractéristique d'un endomorphisme symétrique est scindé sur $ \mathbb{R}$ (c'est à dire que la somme des multiplicités de ses racines sur $ \mathbb{R}$ est égal à son degré).
$ \bullet\ $Un endomorphisme symétrique est diagonalisable dans une base orthonormale

Démonstration: La seule chose qui justifie que l'on fasse une preuve est l'avant-dernier point, qui entraîne le dernier.
$ \bullet\ $On se donne $ f$ un endomorphisme symétrique, et $ M$ sa matrice dans une base orthonormale.
$ \bullet\ $Soit $ {\lambda}$ une racine dans $ \mathbb{C}$ du polynôme caractéristique de $ M$.
$ \bullet\ $On peut trouver un vecteur colonne $ C$ (à coefficients complexes non nuls) tel que $ M.C={\lambda}.C$
$ \bullet\ $ $ ^t \overline X.M.X={\lambda}.^t\overline X.X$
$ \bullet\ $en conjuguant et en transposant on obtient $ ^t\overline X.(\tau \overline M).X = \overline {\lambda}^t \overline X.X$ c'est à dire $ ^t\overline X.M.X=\overline {\lambda}\ ^t \overline X.X$
$ \bullet\ $on a donc $ {\lambda}.^t\overline X.X=\overline {\lambda}.^t\overline X.X$
$ \bullet\ $ $ ^t\overline X.X$ est non nul donc $ {\lambda}\in \mathbb{R}$ et c'est fini.$ \sqcap$$ \sqcup$


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©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
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