Dans tout l’article, on notera \(E\) un espace vectoriel de dimension finie \(n\) avec \(n \in \mathbb{N}^{*}\). On notera également \(f\) et \(g\) deux endomorphismes de \(E\).
Définition de l’adjoint d’un endomorphisme
Soit \(f\) un endomorphisme de \(E\). Il existe un unique endomorphisme noté \(f^*\) tel que :
\[ \forall (x,y) \in E^2, \langle f(x),y\rangle = \langle x,f^*(y)\rangle\]
Quelques propriétés de l’adjoint d’un endomorphisme
- \((f^*)^* = f\)
- \(\|f^*\| = \|f\|\)
- \((f^{-1})^*=(f^*)^{-1}\)
- Pour tout \(f \in \mathcal{L}(E), Ker(f^*) = Im(f)^\perp\) et \(Im(f^*) = Ker(f)^\perp\)
- Soit \(A\) la matrice représentative de \(f\) dans une base orthonormale de \(E\). Alors, la matrice \(B\) représentative de \(f^*\) est égale à \({}^tA\)
- Soit \((f,g) \in \mathcal{L}(E)^2, (f \circ g)^* = g^* \circ f^*\)
- Un endomorphisme et son adjoint ont le même polynôme caractéristique. On en déduit donc facilement que si l’un est diagonalisable, l’autre l’est également. De plus, leurs valeurs propres sont identiques.
Un cas particulier : les endomorphismes autoadjoints
Si un endomorphisme \(f\) vérifie \(f=f^*\), on dit que \(f\) est symétrique ou autoadjoint.
Un exemple d’exercice mobilisant les adjoints
Je te propose ci-dessous un exercice qui mobilise et fait démontrer certaines des propriétés des adjoints listées au-dessus.
Je te conseille fortement de lire l’énoncé et de tenter de résoudre l’exercice avant de regarder la correction !
Énoncé
On considère l’espace vectoriel euclidien \(\mathbb{R}^n\) muni de son produit scalaire canonique, et on note \(\mathcal{B}=(e_i)_{1 \le i \le n}\) la base canonique de \(\mathbb{R}^n\).
Pour tout \((x,y) \in \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^n, X\) et \(Y\) désignent les matrices colonnes des coordonnées de \(x\) et \(y\) dans la base \(\mathcal{B}\).
Enfin, pour \(f\) endomorphisme de \(\mathbb{R}^n\), de matrice \(M\) dans la base canonique, on note \(f^*\) l’endomorphisme de \(\mathbb{R}^n\) dont la matrice dans la base canonique est \({}^tM\).
- Montrer que : \( \forall (x,y) \in (\mathbb{R}^n)^2, \langle f(x),y\rangle = \langle x,f^*(y)\rangle \)
- Montrer que \(f^*\) est le seul endomorphisme \(g\) de \((\mathbb{R}^n)\) vérifiant : \( \forall (x,y) \in (\mathbb{R}^n)^2, \langle f(x),y\rangle = \langle x,g(y)\rangle \)
- Soit \(F\) un sous-espace vectoriel de \(\mathbb{R}^n\) stable par \(f\)
(1) Pour \(x \in F\) et \(y \in F^\perp\), calculer \(\langle x,f^*(y)\rangle\)
(2) En déduire que \(F^\perp\) est stable par \(f\) - Montrer que \(Ker(f^*) = Im(f)^\perp\)
- Montrer que \(rg({}^tMM) = rg(M)\)
Correction
- On a \(\langle f(x),y\rangle = \langle MX,Y\rangle = {}^tX{}^tMY\). De même, \(\langle x,f^*(y)\rangle = \langle X,^tMY\rangle = {}^tX{}^tMY\). La conclusion est immédiate.
- Montrons que \(f^*\) est le seul endomorphisme de \(\mathbb{R}^n\) vérifiant la relation donnée. Supposons qu’il existe un couple \((g,h)\) d’endomorphismes de \(\mathbb{R}^n\) tels que : \( \forall (x,y) \in (\mathbb{R}^n)^2, \langle f(x),y\rangle = \langle x,g(y)\rangle = \langle x,h(y)\rangle \). Il vient alors \(\langle x,g(y) \ – h(y)\rangle = 0 \). Puisque ceci est vrai pour tout couple \(x,y\), fixons \(y\) dans \(\mathbb{R}^n\). Donc : \( \forall x \in \mathbb{R}^n, \langle x,g(y)-h(y)\rangle = 0\). Ceci implique que \(g(y) \ – h(y) \in ((\mathbb{R}^n)^\perp\). Mais comme \((\mathbb{R}^n)^\perp = \{0\}\), on en conclut que \(g(y) = h(y)\), et ce, pour tout \(y\) de \(\mathbb{R}^n\). Ceci est suffisant pour affirmer que \(g=h\).
- (1) \(\langle x,f^*(y)\rangle = \langle f(x),y\rangle\). Comme \(F\) est stable par \(f, f(x) \in F\) et \(\langle f(x),y\rangle = 0\), car \(y \in F^\perp\).
(2) Il est immédiat que \(F^\perp\) est stable par \(f^*\). - Soit \(x \in Ker(f^*)\) et \(y \in Im(f)\). Il existe \(z \in \mathbb{R}^n\) tel que \(y = f(z)\). On a alors \(\langle x,y\rangle = \langle x,f(z)\rangle = \langle f^*(x),z\rangle = \langle 0,z\rangle = 0\). On en conclut que \( Ker f^* \subset (Im f)^\perp \color{red}{(*)}\)De plus, \(dim Ker f^* = n – dim Im f^* = n – rg ({}tA) = n – rg(A) = n – dim Im f = dim (Im f)^\perp \color{red}{(**)}\)
On déduit de \(\color{red}{(*)}\) et \(\color{red}{(**)}\) que \(Ker f^* = (Im f)^\perp\). - On va chercher à établir que \(dim \ Im (f^* \circ f) = dim \ Im f\). Pour ce faire, on va comparer \(Ker(f^* \circ f)\) et \(Ker f\). Soit \(x \in Ker(f^* \circ f)\). On a \((f^* \circ f)(x) = 0\). Évaluons \(\langle f(x),f(x)\rangle\).D’après la définition de \(f^*\), il vient \(\langle f(x),f(x)\rangle = \langle x,(f^* \circ f)(x)\rangle = 0\). On a donc \(\|f(x)\|^2 = 0\), ce qui implique que \(f(x) = 0\), d’où \(x \in Ker f\). L’autre inclusion est triviale. Pour finir la démonstration, \(dim \ Im (f^* \circ f) = n \ – dim \ Ker(f^* \circ f) = n \ – dim \ Ker f = dim \ Im f\). On conclut donc par \(rg({}^tMM) = rg(M)\).
Pour s’entraîner et aller plus loin
La notion d’adjoint d’endomorphisme est déjà tombée aux écrits des concours. Tu peux retrouver ici le lien vers l’exercice 2 du sujet EDHEC S 2013.
Tu peux aussi aller voir le sujet Maths 1 ECS 2019.
N’hésite pas à aller faire quelques exercices (faisables) de prépa MPSI qui traitent de ce sujet en cliquant ici (les exercices concernés sont les exercices 26 à 29). Il s’agit d’un excellent moyen d’approfondir toutes ces techniques algébriques.
Tu peux également consulter toutes nos ressources en mathématiques !
