Exercices corrigés - Endomorphismes des espaces euclidiens, adjoints

On rappelle que $\langle M,N\rangle=\textrm{Tr}(M^T N)$ est un produit scalaire sur $\mathcal M_n(\mathbb R)$. Alors, par le théorème de représentation de Riesz, il existe une unique matrice $B$ telle que, pour tout $M\in\mathcal M_n(\mathbb R),$ $$\varphi(M)=\langle B,M\rangle=\textrm{Tr}(B^T M).$$ La matrice $A=B^T$ convient, et par unicité de $B$ (et puisque $M\mapsto M^T$ est injective), la matrice $A$ est aussi unique.

Soit $x,y\in E$. On va déterminer l'adjoint $f^*$ en revenant à la définition : \begin{align*} \langle f(x),y\rangle&=\langle \langle a,x\rangle b-\langle b,x\rangle a,y\rangle\\ &=\langle a,x\rangle \langle b,y\rangle-\langle b,x\rangle \langle a,y\rangle\\ &=\langle x,a\rangle \langle b,y\rangle-\langle x,b\rangle \langle a,y\rangle\\ &=\langle x,\langle b,y\rangle a-\langle a,y\rangle b\rangle. \end{align*} On en déduit que $$f^*(y)=\langle b,y\rangle a-\langle a,y\rangle b=-f(y).$$

On va revenir à la définition de l'adjoint. Pour tous $M,N\in E,$ $$\langle R_A (M),N\rangle=\textrm{Tr}((MA)^T N)=\textrm{Tr}(A^T M^T N)=\textrm{Tr}(M^T N A^T)=\langle M,NA^T\rangle$$ ce qui prouve que $R_A^* = R_{A^T}.$ De la même façon, on prouve que $L_A^*=L_{A^T}$.

On a : $$x\in \ker(u^*)\iff u^*(x)=0\iff \forall y\in E,\ (u^*(x),y)=0.$$ Puisque $(u^*(x),y)=(x,u(y))$, $$x\in \ker(u^*)\iff \forall y\in E, (x,u(y))=0\iff x\in (\textrm{Im}(u))^\perp$$ D'autre part, si on applique cette relation à $v=u^*$, en utilisant $(u^*)^*=u$, on obtient $$\ker(u)=(\textrm{Im}(u^*))^\perp.$$ Il suffit de prendre alors l'orthogonal pour démontrer le deuxième point, sachant qu'en dimension finie, $(F^\perp)^\perp=F.$ Le dernier point se déduit alors du théorème du rang, puisque $$\textrm{rg}(u^*)=\dim (\textrm{Im}(u^*))=\dim(\ker(u)^\perp)=n-\dim(\ker(u))=\dim( \textrm{Im}(u))=\textrm{rg}(u).$$

Puisque $P$ et $Q$ sont premiers entre eux, il existe deux polynômes $U,V\in\mathbb R[X]$ tels que $UP+VQ=1.$ On a donc, en considérant les polynômes d'endomorphismes associés, $$U(f)\circ P(f)+V(f)\circ Q(f)=\textrm{Id}.$$ Considérons ensuite $x\in\ker(P(f)).$ Alors $P(f)(x)=0$ et donc $x=V(f)\circ Q(f)(x)=Q(f)\circ V(f)(x).$ Soit maintenant $y\in \ker(Q(f^*)).$ Alors \begin{align*} \langle x,y\rangle&=\langle Q(f)\circ V(f) (x),y\rangle\\ &=\langle V(f) (x),(Q(f))^* (y)\rangle\\ &=\langle V(f)(x),Q(f^*)(y)\rangle\\ &=0. \end{align*} Ainsi, on a bien $\ker(P(f))\perp \ker(Q(f^*)).$