1°  Notons ${\displaystyle S}$ le spectre (non nécessairement fini) de ${\displaystyle u}$. Par hypothèse,

${\displaystyle E=\bigoplus _{\lambda \in S}V_{\lambda }}$, où ${\displaystyle V_{\lambda }}$ est le sous espace propre de ${\displaystyle u}$ relatif à ${\displaystyle \lambda }$.

Un vecteur ${\displaystyle x\neq 0}$ de ${\displaystyle E}$ se décompose suivant cette somme directe sous la forme

${\displaystyle x=\sum _{\lambda \in S}x_{\lambda }}$, avec seulement un nombre fini (${\displaystyle \geq 1}$) de composantes ${\displaystyle x_{\lambda }}$ non nulles.

• Supposons que ${\displaystyle P}$ est injective sur ${\displaystyle S}$.

  ${\displaystyle x}$ est propre pour ${\displaystyle P(u)}$ pour une valeur propre ${\displaystyle \mu }$ si et seulement si

  ${\displaystyle \sum _{\lambda \in S}P(\lambda )x_{\lambda }=\sum _{\lambda \in S}\mu x_{\lambda }}$, c'est-à-dire (par unicité de la décomposition)

  ${\displaystyle \forall \lambda \in S\quad (x_{\lambda }=0{\text{ ou }}P(\lambda )=\mu )}$

  ou encore (puisque les ${\displaystyle x_{\lambda }}$ sont non tous nuls et que ${\displaystyle P}$ est injective sur ${\displaystyle S}$) :

  ${\displaystyle \exists \lambda \in S\quad (\mu =P(\lambda ){\text{ et }}x\in V_{\lambda })}$.

• Supposons que ${\displaystyle P}$ est aussi injective sur le spectre de ${\displaystyle v}$, et que ${\displaystyle P(u)=P(v)}$.

  D'après le premier point, ${\displaystyle u}$ et ${\displaystyle v}$ ont alors mêmes sous-espaces propres, avec mêmes valeurs propres associées, donc ${\displaystyle u=v}$.

2°  Simple application à ${\displaystyle E=\mathbb {C} ^{n}}$, ${\displaystyle S\subset \mathbb {R} _{+}}$ et ${\displaystyle P(X)=X^{2}}$.

3°  (Il existe au plus une telle matrice H d'après la question 2, et son existence prouvera que M est hermitienne positive.)

Cherchons les valeurs propres de M :

${\displaystyle {\begin{vmatrix}2-\lambda &2j&0\\2j^{2}&2-\lambda &0\\0&0&1-\lambda \end{vmatrix}}=(1-\lambda )\left[(2-\lambda )^{2}-4\right]=(1-\lambda )\lambda (\lambda -4)}$

Déterminons les sous espaces propres associés :

V(0) = Ker(M) = {(x,y,z) | 2x + 2jy = 0 et z = 0}.

On trouve que V(0) est engendré par le vecteur suivant, de norme 1 (pour le produit hermitien canonique sur ℂ³) :

${\displaystyle \left({\frac {\mathrm {j} }{\sqrt {2}}},{\frac {-1}{\sqrt {2}}},0\right)}$.

V(1) = Ker(M – I) = {(x,y,z) | x + 2jy = 0 et 2j²x + y=0}. On trouve que V(1) est engendré par le vecteur de norme 1 suivant :

${\displaystyle \left(0,0,1\right)}$.

V(4) = Ker(M – 4I) = {(x,y,z) | x – jy = 0 et z = 0}. On trouve que V(4) est engendré par le vecteur de norme 1 suivant :

${\displaystyle \left({\frac {\mathrm {j} }{\sqrt {2}}},{\frac {1}{\sqrt {2}}},0\right)}$.

On a donc :

${\displaystyle M=PDP^{-1}{\text{ avec }}P={\frac {\sqrt {2}}{2}}{\begin{pmatrix}\mathrm {j} &0&\mathrm {j} \\-1&0&1\\0&{\sqrt {2}}&0\end{pmatrix}}{\text{ et }}D={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&4\end{pmatrix}}}$.

Calculons ${\displaystyle P^{-1}}$. Comme M est hermitienne, les trois colonnes de P sont non seulement de norme 1 mais orthogonales, si bien que P est unitaire, donc :

${\displaystyle P^{-1}=^{t}{\overline {P}}={\frac {\sqrt {2}}{2}}{\begin{pmatrix}\mathrm {j} ^{2}&-1&0\\0&0&{\sqrt {2}}\\\mathrm {j} ^{2}&1&0\end{pmatrix}}}$.

La matrice diagonale ${\displaystyle D}$ est le carré de la matrice hermitienne positive

${\displaystyle E:={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}}}$

et M = PE²P^-1 = (PEP^-1)(PEP^-1) = H² avec H := PEP^-1 qui est, comme E, hermitienne positive.

Après calcul, on trouve :

${\displaystyle H={\begin{pmatrix}1&\mathrm {j} &0\\\mathrm {j} ^{2}&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}}}$

4°  Notons d₁, d₂, ... , d_n les éléments diagonaux de D (réels positifs ou nuls) et A₁, A₂, ... , A_n les matrices colonnes de A.

${\displaystyle {}^{t}{\overline {A}}A=D^{2}}$ signifie que :

${\displaystyle \forall k,\forall h\in [\![0;n]\!]\qquad {\begin{cases}^{t}{\overline {A_{h}}}A_{k}=0\\^{t}A_{h}A_{h}=d_{h}^{2}\end{cases}}}$

On peut donc normaliser chaque vecteur colonne A_h de A correspondant à une valeur d_h ≠ 0 et poser :

${\displaystyle U_{h}={\frac {1}{d_{h}}}A_{h}}$

et ensuite compléter en une base orthonormale (U₁,...U_n) de ℂⁿ.

La matrice U, matrice de passage de la base canonique à U₁,...U_n, est évidemment unitaire, et A_h = d_hU_h pour tout indice h, d'où A = UD.

5°  Posons ${\displaystyle M=^{t}{\overline {A}}A}$.

M est hermitienne positive car :

${\displaystyle ^{t}{\overline {X}}MX=^{t}{\overline {X}}^{t}{\overline {A}}AX=^{t}({\overline {AX}})AX\geqslant 0}$

Il existe donc une matrice unitaire W et une matrice diagonale D positive telles que M = WD²W^-1 d'où, en posant H = WDW^-1 :

${\displaystyle M=(WDW^{-1})^{2}=H^{2}}$

et H est hermitienne positive et c’est la seule telle H² = M d’après la question 2.

De plus :

${\displaystyle D^{2}=W^{-1}MW=^{t}{\overline {W}}^{t}{\overline {A}}AW=^{t}({\overline {AW}})AW}$

D'où d’après la question 4, AW = VD avec V unitaire, si bien que

${\displaystyle A=VDW^{-1}=VW^{-1}WDW^{-1}=UH}$

avec ${\displaystyle U:=VW^{-1}}$ unitaire.

Premier cas

${\displaystyle A={\frac {1}{\sqrt {3}}}{\begin{pmatrix}-\mathrm {j} &-\mathrm {j} ^{2}&\mathrm {j} \\-1&-\mathrm {j} &1\\2\mathrm {j} ^{2}&2&\mathrm {j} ^{2}\end{pmatrix}}\qquad$ ;\qquad ^{t}{\overline {A}}A=M={\begin{pmatrix}2&2j&0\\2\mathrm {j} ^{2}&2&0\\0&0&1\end{pmatrix}}}

et M = H² avec :

${\displaystyle H={\begin{pmatrix}1&\mathrm {j} &0\\\mathrm {j} ^{2}&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}}$

d'après la question 3 et A = U.H avec par exemple :

${\displaystyle U={\frac {1}{\sqrt {3}}}{\begin{pmatrix}1&1&\mathrm {j} \\\mathrm {j} &1&1\\\mathrm {j} ^{2}&1&\mathrm {j} ^{2}\end{pmatrix}}}$.

Second cas

${\displaystyle A={\begin{pmatrix}1&2&1\\-2&-1&-1\\-1&-1&-2\end{pmatrix}}\qquad$ ;\qquad ^{t}{\overline {A}}A={\begin{pmatrix}6&5&5\\5&6&5\\5&5&6\end{pmatrix}}}

Cette dernière matrice est diagonalisable et l’on a :

${\displaystyle W^{-1}\left(^{t}{\overline {A}}A\right)W=D^{2}{\text{ avec }}D^{2}={\begin{pmatrix}16&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}^{2}{\text{ et }}W={\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {3}}{3}}&{\frac {\sqrt {2}}{2}}&{\frac {\sqrt {6}}{6}}\\{\frac {\sqrt {3}}{3}}&-{\frac {\sqrt {2}}{2}}&{\frac {\sqrt {6}}{6}}\\{\frac {\sqrt {3}}{3}}&0&-{\frac {\sqrt {6}}{3}}\end{pmatrix}}{\text{ et }}W^{-1}=^{t}W}$

D'où :

${\displaystyle H=WDW^{-1}={\begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}}}$.

U est ici unique puisque A est inversible donc :

${\displaystyle U=AH^{-1}={\begin{pmatrix}0&1&0\\-1&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}}$.