1. Par la formule de polarisation ou directement, la forme hermitienne cherchée est :

   ${\displaystyle f((x,y,z),(x',y',z'))={\overline {x}}x'+3{\overline {y}}y'+6{\overline {z}}z'+\mathrm {i} {\overline {x}}y'-\mathrm {i} {\overline {y}}x'+2\mathrm {i} {\overline {z}}y'-2\mathrm {i} {\overline {y}}z'}$.

2. Sa matrice dans la base canonique est ${\displaystyle {\begin{pmatrix}1&\mathrm {i} &0\\-\mathrm {i} &3&-2\mathrm {i} \\0&2\mathrm {i} &6\end{pmatrix}}}$.
3. Par l'algorithme de Gauss, ${\displaystyle q(x)=X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+X_{3}^{2}}$ avec
   ${\displaystyle X_{1}=x_{1}+\mathrm {i} x_{2},\quad X_{2}={\sqrt {2}}(x_{2}-\mathrm {i} x_{3}),\quad X_{3}=2x_{3}}$,
   soit
   ${\displaystyle x_{3}={\frac {X_{3}}{2}},\quad x_{2}={\frac {X_{2}}{\sqrt {2}}}+\mathrm {i} {\frac {X_{3}}{2}},\quad x_{1}=X_{1}-\mathrm {i} {\frac {X_{2}}{\sqrt {2}}}+{\frac {X_{3}}{2}}}$
   donc ${\displaystyle f}$ est un produit scalaire hermitien et admet pour base orthonormale :

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

   Une autre méthode possible est d'appliquer l'algorithme de Gram-Schmidt à une base arbitraire de ${\displaystyle \mathbb {C} ^{3}}$ (par exemple la base canonique).

1. Appliquons l'algorithme de Gauss :
   ${\displaystyle {\begin{aligned}q(x,y,z)&=|x+\mathrm {i} y-z|^{2}-|\mathrm {i} y-z|^{2}+2|y|^{2}+|z|^{2}-2\mathrm {i} y{\bar {z}}+2\mathrm {i} {\bar {y}}z\\&=|x+\mathrm {i} y-z|^{2}+|y|^{2}-\mathrm {i} y{\bar {z}}+\mathrm {i} {\bar {y}}z\\&=|x+\mathrm {i} y-z|^{2}+|y+\mathrm {i} z|^{2}-|z|^{2}\end{aligned}}}$
   donc ${\displaystyle \operatorname {sgn} q=(2,1)}$ et ${\displaystyle \operatorname {rg} q=2+1=3}$.
2. De même :
   ${\displaystyle {\begin{aligned}q(x,y,z)&={\overline {(x+(1-\mathrm {i} )z)}}(y-\mathrm {i} z)+(x+(1-\mathrm {i} )z){\overline {(y-\mathrm {i} z)}}-{\overline {(1-\mathrm {i} )z}}(-\mathrm {i} z)-(1-\mathrm {i} )z{\overline {(-\mathrm {i} z)}}\\&={\overline {(x+(1-\mathrm {i} )z)}}(y-\mathrm {i} z)+(x+(1-\mathrm {i} )z){\overline {(y-\mathrm {i} z)}}-2|z|^{2}\\&={\frac {1}{2}}|x+(1-\mathrm {i} )z+y-\mathrm {i} z|^{2}-{\frac {1}{2}}|x+(1-\mathrm {i} )z-y+\mathrm {i} z|^{2}-2|z|^{2}\end{aligned}}}$
   donc ${\displaystyle \operatorname {sgn} q=(1,2)}$ et ${\displaystyle \operatorname {rg} q=1+2=3}$.
3. q est associée au produit scalaire hermitien canonique sur ${\displaystyle \mathrm {M} _{n}(\mathbb {C} )}$ donc ${\displaystyle \operatorname {sgn} q=(n^{2},0)}$ et ${\displaystyle \operatorname {rg} q=n^{2}}$.

1. Immédiat.
2. D'après la question précédente, ${\displaystyle \|Q\|^{2}=1+\sum _{k=0}^{n-1}|a_{k}|^{2}}$
3. D'après la question précédente, ${\displaystyle 1\leq \|Q\|^{2}={\frac {1}{2\pi }}\int _{0}^{2\pi }|Q(\mathrm {e} ^{\mathrm {i} t})|^{2}\,\mathrm {d} t\leq M^{2}}$ donc ${\displaystyle M\geq 1}$, et si ${\displaystyle M=1}$ alors les ${\displaystyle a_{k}}$ sont nuls c.-à-d. ${\displaystyle Q=X^{n}}$. Réciproquement, si ${\displaystyle Q=X^{n}}$ alors (évidemment) ${\displaystyle M=1}$.

1. Non : par exemple ${\displaystyle \mathrm {I} _{n}}$ est hermitienne mais ${\displaystyle \mathrm {iI} _{n}}$ ne l'est pas.
2. L'ensemble des matrices hermitiennes est un sous-${\displaystyle \mathbb {R} }$-espace car c'est un sous-espace propre (pour la valeur propre 1) de l'application ${\displaystyle \mathbb {R} }$-linéaire ${\displaystyle A\mapsto ^{t}\!{\bar {A}}}$. Sa dimension est ${\displaystyle n+n(n-1)=n^{2}}$ car pour une matrice hermitienne, la diagonale doit être réelle puis on doit se donner un complexe (soit deux réels) pour la partie triangulaire supérieure.
3. L'ensemble des matrices antihermitiennes est un sous-${\displaystyle \mathbb {R} }$-espace car c'est un sous-espace propre (pour la valeur propre –1) de l'application ${\displaystyle \mathbb {R} }$-linéaire ${\displaystyle A\mapsto ^{t}\!{\bar {A}}}$. Cette application linéaire est involutive donc ses deux sous-espaces propres pour 1 et –1 sont supplémentaires.

1. Pour tous ${\displaystyle x}$ et ${\displaystyle y}$ de ${\displaystyle E}$, ${\displaystyle 0=\langle f(x+y),x+y\rangle =\langle f(x),y\rangle +\langle f(y),x\rangle }$ donc (en remplaçant ${\displaystyle y}$ par ${\displaystyle \mathrm {i} y}$) ${\displaystyle 0=\mathrm {i} (\langle f(x),y\rangle -\langle f(y),x\rangle )}$. En divisant cette seconde égalité par ${\displaystyle \mathrm {i} }$ puis en lui ajoutant la première, on en déduit que ${\displaystyle \langle f(x),y\rangle =0}$.
2. En particulier, ${\displaystyle \langle f(x),f(x)\rangle =0}$ donc ${\displaystyle f(x)=0}$.
3. Dans le cas réel, ce n'est plus vrai. Par exemple, en dimension 2, la rotation d'angle ${\displaystyle \pi /2}$ envoie tout vecteur sur un vecteur orthogonal et n'est évidemment pas nulle.

1. ${\displaystyle F=v^{\bot }}$ où ${\displaystyle v=(1,-1,-\mathrm {i} )}$, donc ${\displaystyle F^{\bot }=\mathbb {C} v}$.
2. ${\displaystyle p(x)=x-{\frac {\langle v,x\rangle }{\|v\|^{2}}}v=x-{\frac {x_{1}-x_{2}+\mathrm {i} x_{3}}{3}}(1,-1,-\mathrm {i} )=\left({\frac {2x_{1}+x_{2}-\mathrm {i} x_{3}}{3}},{\frac {x_{1}+2x_{2}+\mathrm {i} x_{3}}{3}},{\frac {\mathrm {i} x_{1}-\mathrm {i} x_{2}+2x_{3}}{3}}\right)}$ donc ${\displaystyle p}$ a pour matrice (dans la base canonique) ${\displaystyle {\frac {1}{3}}{\begin{pmatrix}2&1&-\mathrm {i} \\1&2&\mathrm {i} \\\mathrm {i} &-\mathrm {i} &2\end{pmatrix}}}$.
3. Pour construire une base orthogonale ${\displaystyle (e,f)}$ de ${\displaystyle F}$, choisissons d'abord dans ${\displaystyle F}$ un vecteur non nul, par exemple ${\displaystyle e=(1,1,0)}$. Puis cherchons dans ${\displaystyle F}$ un vecteur ${\displaystyle f\neq 0}$ orthogonal à ${\displaystyle e}$ : (${\displaystyle x_{1}-x_{2}+\mathrm {i} x_{3}=0}$ et ${\displaystyle x_{1}+x_{2}=0}$) équivaut à (${\displaystyle x_{2}=-x_{1}}$ et ${\displaystyle x_{3}=2\mathrm {i} x_{1}}$), d'où la solution ${\displaystyle f=(1,-1,2\mathrm {i} )}$ par exemple.

1. Si ${\displaystyle A\in \operatorname {GL} _{n}(\mathbb {R} )}$ alors ${\displaystyle A^{*}A}$ est égale à ${\displaystyle {}^{t}\!AA}$, qui est réelle symétrique et inversible. De plus, pour tout vecteur réel ${\displaystyle X}$, ${\displaystyle {}^{t}\!X(^{t}\!AA)X=^{t}\!(AX)AX\in \mathbb {R} _{+}}$.
2. Si ${\displaystyle A\in \operatorname {GL} _{n}(\mathbb {C} )}$ alors ${\displaystyle A^{*}A}$ est la matrice d'un produit scalaire hermitien. En effet, elle est hermitienne et inversible, et pour tout vecteur complexe ${\displaystyle X}$, ${\displaystyle X^{*}(A^{*}A)X=(AX)^{*}AX\in \mathbb {R} _{+}}$.

1. 1. Soient ${\displaystyle \lambda }$ une valeur propre de ${\displaystyle f}$ et ${\displaystyle x\neq 0}$ un vecteur propre associé. Alors, ${\displaystyle \langle f(x),x\rangle =\langle \lambda x,x\rangle ={\bar {\lambda }}\|x\|^{2}}$.
      Mais comme ${\displaystyle f}$ est hermitien (${\displaystyle f^{*}=f}$), ${\displaystyle \langle f(x),x\rangle }$ est aussi égal à ${\displaystyle \langle x,f(x)\rangle =\langle x,\lambda x\rangle =\lambda \|x\|^{2}}$, ce qui prouve que ${\displaystyle {\bar {\lambda }}=\lambda }$, c.-à-d. ${\displaystyle \lambda \in \mathbb {R} }$.
   2. Soit ${\displaystyle (e_{1},\dots ,e_{n})}$ une base orthonormée de ${\displaystyle E}$ telle que ${\displaystyle f(e_{i})=\lambda _{i}e_{i}}$.
      Pour tout ${\displaystyle x=\sum x_{i}e_{i}\in E}$, ${\displaystyle \langle f(x),x\rangle =\langle \sum x_{i}\lambda _{i}e_{i},\sum x_{j}e_{j}\rangle =\sum \lambda _{i}|x_{i}|^{2}\leq \lambda _{n}\sum |x_{i}|^{2}=\lambda _{n}\|x\|^{2}}$.
   3. L'inégalité précédente est une égalité si et seulement si tous les ${\displaystyle x_{i}}$ correspondant à des ${\displaystyle \lambda _{i}<\lambda _{n}}$ sont nuls, c.-à-d. si ${\displaystyle x}$ est propre pour ${\displaystyle \lambda _{n}}$ (par exemple : ${\displaystyle x=e_{n}}$).
2. 1. Par définition de l'adjoint ${\displaystyle f^{*}}$, ${\displaystyle \langle f^{*}\circ f(x),x\rangle =\langle f(x),f(x)\rangle =\|f(x)\|^{2}}$.
   2. ${\displaystyle f^{*}\circ f}$ est hermitien car ${\displaystyle (f^{*}\circ f)^{*}=f^{*}\circ (f^{*})^{*}=f^{*}\circ f}$.
      Montrons qu'il est positif : soit ${\displaystyle \lambda }$ une valeur propre de ${\displaystyle f^{*}\circ f}$ et ${\displaystyle x\neq 0}$ un vecteur propre associé ; ${\displaystyle \|f(x)\|^{2}=\langle (f^{*}\circ f)(x),x\rangle =\langle \lambda x,x\rangle ={\bar {\lambda }}\|x\|^{2}}$ donc ${\displaystyle \lambda \in \mathbb {R} _{+}}$.
   3. Comme ${\displaystyle f^{*}\circ f}$ est hermitien, on a, d'après la question 1, ${\displaystyle \sup _{x\in E,x\neq 0}{\frac {\|f(x)\|}{\|x\|}}=\max(\operatorname {Spec} (f^{*}\circ f))}$. Grâce à la question 2.1, on en déduit l'égalité voulue.
3. La matrice ${\displaystyle A}$ est de rang 1 donc 0 est valeur propre de la matrice ${\displaystyle A^{*}A={\begin{pmatrix}5&5\mathrm {i} \\-5\mathrm {i} &5\end{pmatrix}}}$, l'autre valeur propre étant par conséquent ${\displaystyle 5+5-0=10}$, si bien que ${\displaystyle \sup _{x\in E,x\neq 0}{\frac {\|f(x)\|}{\|x\|}}={\sqrt {10}}}$.

${\displaystyle U={\begin{pmatrix}\alpha &\gamma \\\beta &\delta \end{pmatrix}}}$ avec ${\displaystyle \alpha \delta -\beta \gamma =\det U=1}$ et ${\displaystyle {\begin{pmatrix}{\bar {\alpha }}&{\bar {\beta }}\\{\bar {\gamma }}&{\bar {\delta }}\end{pmatrix}}=U^{*}=U^{-1}={\begin{pmatrix}\delta &-\gamma \\-\beta &\alpha \end{pmatrix}}}$, c.-à-d. ${\displaystyle \gamma =-{\bar {\beta }}}$ et ${\displaystyle \delta ={\bar {\alpha }}}$.

${\displaystyle A}$ et ${\displaystyle B}$ sont hermitiennes donc à valeurs propres réelles, et diagonalisables dans une base orthonormée, c.-à-d. avec une matrice de passage unitaire.

1. ${\displaystyle \det(A-X\mathrm {I} _{3})=(2-X)(X-5)^{2}}$. Le sous-espace propre associé à la valeur propre ${\displaystyle 2}$ est la droite d'équations ${\displaystyle y+z=0=x+\mathrm {i} y}$, donc engendrée par le vecteur ${\displaystyle u:=(\mathrm {i} ,-1,1)}$. Le sous-espace propre associé à ${\displaystyle 5}$ est donc le plan ${\displaystyle u^{\bot }}$, d'équation ${\displaystyle z=\mathrm {i} x+y}$. Pour construire une base orthogonale ${\displaystyle (v,w)}$ de ce plan, procédons comme dans l'exercice 6 question 3. On choisit d'abord par exemple ${\displaystyle v:=(0,1,1)\in u^{\bot }}$, puis on résout ${\displaystyle y+z=0=\mathrm {i} x+y-z}$ et l'on trouve ${\displaystyle w:=(2\mathrm {i} ,1,-1)}$. Une base orthonormée propre pour ${\displaystyle A}$ est donc ${\displaystyle (u/{\sqrt {3}},v/{\sqrt {2}},w/{\sqrt {6}})}$, et ${\displaystyle U^{-1}AU=\operatorname {diag} (2,5,5)}$ avec ${\displaystyle U={\begin{pmatrix}\mathrm {i} /{\sqrt {3}}&0&2\mathrm {i} /{\sqrt {6}}\\-1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&1/{\sqrt {6}}\\1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&-1/{\sqrt {6}}\end{pmatrix}}}$.
2. ${\displaystyle B}$ est de rang ${\displaystyle 1}$ donc ${\displaystyle 0}$ est valeur propre double, l'autre valeur propre étant par conséquent ${\displaystyle 1+1+1-2\times 0=3}$. Le sous-espace propre associé à cette valeur propre ${\displaystyle 3}$ est la droite d'équations ${\displaystyle y+z=0=x-\mathrm {i} y}$, donc engendrée par le vecteur ${\displaystyle u:=(\mathrm {i} ,1,-1)}$. Le sous-espace propre associé à ${\displaystyle 0}$ est donc le plan ${\displaystyle u^{\bot }}$, d'équation ${\displaystyle y=\mathrm {i} x+z}$. ${\displaystyle v:=(0,1,1)\in u^{\bot }}$, ${\displaystyle w:=(2\mathrm {i} ,-1,1)\in u^{\bot }\cap v^{\bot }}$. ${\displaystyle V^{-1}BV=\operatorname {diag} (3,0,0)}$ avec ${\displaystyle V={\begin{pmatrix}\mathrm {i} /{\sqrt {3}}&0&2\mathrm {i} /{\sqrt {6}}\\1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&-1/{\sqrt {6}}\\-1/{\sqrt {3}}&1/{\sqrt {2}}&1/{\sqrt {6}}\end{pmatrix}}}$.
   Ou plus simplement : ${\displaystyle B=-{\bar {A}}+5\mathrm {I} _{3}}$ donc ${\displaystyle {\bar {U}}^{-1}B{\bar {U}}=-{\overline {\operatorname {diag} (2,5,5)}}+\operatorname {diag} (5,5,5)=\operatorname {diag} (3,0,0)}$.

Dans les deux questions, procédons par analyse-synthèse.

1. Si ${\displaystyle R}$ est une matrice hermitienne positive de carré ${\displaystyle H}$ alors pour chaque valeur propre ${\displaystyle \mu }$ de ${\displaystyle R}$, pour tout vecteur ${\displaystyle x}$ du sous-espace propre associé, on a ${\displaystyle H(x)=R^{2}(x)=\mu ^{2}x}$. Donc ${\displaystyle H}$ et ${\displaystyle R}$ ont mêmes sous-espaces propres et les valeurs propres de ${\displaystyle R}$ sont les racines carrées de celles de ${\displaystyle H}$. Ceci prouve l'unicité de ${\displaystyle R}$. Réciproquement, par construction, la matrice ${\displaystyle R}$ ainsi définie est bien hermitienne positive et de carré ${\displaystyle H}$.
2. Pour un tel ${\displaystyle (U,H)}$, ${\displaystyle A^{*}A=H^{*}U^{*}UH=H\mathrm {I} _{n}H=H^{2}}$ donc ${\displaystyle H}$ est la racine carrée de ${\displaystyle A^{*}A}$, et ${\displaystyle U=AH^{-1}}$ (${\displaystyle H}$ est bien inversible car ${\displaystyle A}$ l'est). Réciproquement, pour les matrices ainsi définies ${\displaystyle H}$ (racine carrée de ${\displaystyle A^{*}A}$, qui est bien hermitienne positive, comme remarqué lors de l'exercice 8, question 2.1) et ${\displaystyle U}$ (telle que ${\displaystyle A=UH}$), ${\displaystyle U}$ est bien unitaire car ${\displaystyle U^{*}U=(H^{-1})^{*}A^{*}AH^{-1}=(H^{*})^{-1}H^{2}H^{-1}=H^{-1}H^{2}H^{-1}=\mathrm {I} _{n}}$.

1. Même calcul que dans l'exercice 8, question 2.1.
2. On en déduit immédiatement : ${\displaystyle \ker f=\ker f^{*}}$ donc ${\displaystyle (\ker f)^{\bot }=(\ker f^{*})^{\bot }}$, c.-à-d. ${\displaystyle \operatorname {im} f^{*}=\operatorname {im} f}$.
3. En particulier, ${\displaystyle \operatorname {im} f=\operatorname {im} f^{*}=(\ker f)^{\bot }}$. Autrement dit : ${\displaystyle \operatorname {im} f}$ et ${\displaystyle \ker f}$ sont supplémentaires orthogonaux l'un de l'autre.
   Leur intersection est donc réduite à ${\displaystyle \{0_{E}\}}$, c.-à-d. que si ${\displaystyle f(x)\in \ker f}$ alors ${\displaystyle f(x)=0_{E}}$, ou encore : ${\displaystyle \ker f^{2}\subset \ker f}$. L'inclusion réciproque étant toujours vraie, on a donc ${\displaystyle \ker f^{2}=\ker f}$.
4. ${\displaystyle f\circ g=0\Leftrightarrow \operatorname {im} g\subset \ker f\Leftrightarrow \operatorname {im} g\perp \operatorname {im} f}$. De même, ${\displaystyle g\circ f=0\Leftrightarrow \operatorname {im} f\perp \operatorname {im} g}$. Donc ${\displaystyle f\circ g=0\Leftrightarrow g\circ f=0}$.

1. Il s'agit de montrer qu'il existe une unique matrice hermitienne ${\displaystyle H'}$ telle que ${\displaystyle (M-\mathrm {i} H')^{*}=M-\mathrm {i} H'}$, c.-à-d. telle que ${\displaystyle H'={\frac {\mathrm {i} }{2}}(M^{*}-M)}$. Il suffit donc de vérifier que ${\displaystyle \mathrm {i} (M^{*}-M)}$ est bien hermitienne, ce qui est immédiat.
2. ${\displaystyle M^{*}M=MM^{*}\Leftrightarrow (H-\mathrm {i} H')(H+\mathrm {i} H')=(H+\mathrm {i} H')(H-\mathrm {i} H')\Leftrightarrow 2\mathrm {i} (HH'-H'H)=0\Leftrightarrow HH'=H'H}$.

1. Une matrice réelle ${\displaystyle M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}}$ est normale si et seulement si ${\displaystyle {}^{t}\!MM=M^{t}\!M}$, ce qui équivaut à ${\displaystyle b^{2}=c^{2}}$ et ${\displaystyle (a-d)(c-b)=0}$, c.-à-d. ${\displaystyle c=b}$ ou (${\displaystyle c=-b}$ et ${\displaystyle d=a}$).
2. Ces matrices engendrent ${\displaystyle \operatorname {M} _{n}(\mathbb {R} )}$ tout entier car parmi elles figurent les matrices symétriques et les matrices antisymétriques.