Endomorphisme autoadjoint

Le sens « si » est immédiat puisqu'une matrice diagonale réelle est autoadjointe.

Pour la réciproque, on peut utiliser que dans un espace hermitien, tout endomorphisme normal a est diagonalisable dans une base orthonormale et que si λ est une valeur propre pour a et v un vecteur propre associé alors v est propre pour a* pour la valeur propre conjuguée. En appliquant cela à un endomorphisme a qui est non seulement normal mais autoadjoint, le cas hermitien du théorème ci-dessus est démontré. Le cas euclidien s'en déduit par complexification (avec quelques subtilités techniques).

Une preuve plus directe de la réciproque (qui reprend les techniques de réduction des endomorphismes normaux) permet d'éviter la complexification et de traiter simultanément les cas hermitien et euclidien, en deux temps : on montre d'abord que toutes les valeurs propres de a sont réelles et qu'en dimension non nulle il en existe au moins une (même dans le cas euclidien), puis on réduit a par récurrence sur la dimension de l'espace :

• Soient A une matrice autoadjointe (réelle ou complexe), λ une racine de son polynôme caractéristique (il en existe au moins une, mais a priori complexe), et X une matrice colonne complexe non nulle telle que AX=λX. Alors

${\displaystyle {\overline {\lambda }}X^{*}.X=(AX)^{*}.X=X^{*}.A^{*}.X=X^{*}.A.X=\lambda X^{*}.X}$

or X*.X est non nul, donc λ est réel.

• Soient a un endomorphisme autoadjoint d'un espace H euclidien ou hermitien de dimension non nulle, λ une valeur propre de a (d'après ce qui précède, il en existe au moins une), F le sous-espace propre associé, et G son orthogonal, stable par a. Alors a se restreint en un endomorphisme autoadjoint de G, pour lequel (par hypothèse de récurrence) il existe une base orthonormée propre. On conclut en complétant celle-ci par une base orthonormée de F.

Notons ${\displaystyle M}$ ce sup. Par définition de la norme d'opérateur, on a clairement ${\displaystyle M\leq \|A\|}$.

Montrons que réciproquement, ${\displaystyle \|A\|\leq M}$, c'est-à-dire que pour tout vecteur unitaire ${\displaystyle h}$, ${\displaystyle \|A(h)\|\leq M}$, ou encore : que pour tous vecteurs unitaires ${\displaystyle h}$ et ${\displaystyle k}$, ${\displaystyle \left|\langle A(h)\mid k\rangle \right|\leq M}$.

Puisque ${\displaystyle A^{*}=A}$, on a

${\displaystyle \langle A(h+k)\mid h+k\rangle -\langle A(h)\mid h\rangle -\langle A(k)\mid k\rangle =\langle A(h)\mid k\rangle +\langle A(k)\mid h\rangle =\langle A(h)\mid k\rangle +\langle k\mid A^{*}(h)\rangle =\langle A(h)\mid k\rangle +\langle k\mid A(h)\rangle =2\operatorname {Re} \left(\langle A(h)\mid k\rangle \right)}$

et de même,

${\displaystyle \langle A(h-k)\mid h-k\rangle -\langle A(h)\mid h\rangle -\langle A(k)\mid k\rangle =-2\operatorname {Re} \left(\langle A(h)\mid k\rangle \right)}$

donc par différence,

${\displaystyle 4\operatorname {Re} \left(\langle A(h)\mid k\rangle \right)=\langle A(h+k)\mid h+k\rangle -\langle A(h-k)\mid h-k\rangle \leq M\left(\|h+k\|^{2}+\|h-k\|^{2}\right)}$

si bien que d'après l'identité du parallélogramme,

${\displaystyle 4\operatorname {Re} \left(\langle A(h)\mid k\rangle \right)\leq 2M\left(\|h\|^{2}+\|k\|^{2}\right)=4M}$.

En remplaçant ${\displaystyle k}$ par ${\displaystyle \lambda k}$ pour tous les scalaires ${\displaystyle \lambda }$ de module 1, on en déduit le résultat annoncé.