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%pour les tableaux 

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\def\tv{\tvi\vrule}
\def\hfq{\hfill\quad}
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% cadre

\def\cadre#1#2{\setbox1=\hbox{\kern#1{#2}\ker n#1}%
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\def\up#1{\raise 1ex\hbox{\sevenrm#1}}


\null\vskip -1truecm


\def\rmat{\bf R}
\def\cmat{\bf C}
\def\qmat{\bf Q}
\def\zmat{\bf Z}
\def\nmat{\bf N}

\def\ch{\mathop{\rm ch}\nolimits}
\def\sh{\mathop{\rm sh}\nolimits}
\def\th{\mathop{\rm th}\nolimits}
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\def\io#1#2{\mathop{]}#1,#2\mathop{[}}
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\def\IM{\mathop{\Im m}\nolimits}
\def\RE{\mathop{\Re e}\nolimits}
\def\Arg{\mathop{\rm Arg}\nolimits}
\def\uple#1#2{({#1}_1,\ldots,{#1}_{#2})}

\def\frac#1#2{{#1\over #2}}

% Le displaystyle

\def\dfrac#1#2{{\displaystyle {#1\over#2}}}
\def\dint{\displaystyle \int}
\def\dlim{\displaystyle \lim}
\def\dsum{\displaystyle\sum}
%------------------------------------------------------------------------
%                                 ENAC Epreuve Optionnelle
%                Cr\'epy Pierre      Lyc\'ee  Louis Thuillier   AMIENS       
%------------------------------------------------------------------------
\medskip
\centerline{ \vbox{\offinterlineskip\halign{\strut
\vrule width 1pt #&\enskip\hfil#\hfil\enskip&\vrule width 1pt #\cr
\noalign{\hrule height 1pt }
& ${\bf ENAC} \; {\bf 1 9 9 6}$  \qquad  {\bf Epreuve Optionnelle de Math\'ematiques} &\cr
& 4 heures &\cr
\noalign{\hrule height 1pt }}} }


\parindent=0mm
\bigskip
\bigskip
\bigskip

Dans tous le probl\`eme, $E$ d\'esigne un espace vectoriel euclidien de dimension $n$ muni d'une
base orthonormale $(e_{1},..,e_{n})$. Pour $u \in {\cal L}(E)$ et $\lambda \in Spec(u)$, on note
$E_{u}(\lambda )$ le sous-espace propre de $u$ associ\'e \`a $\lambda $.
\par
Dans la partie I, on \'etablit une relation d'ordre $\le $ sur l'espace ${\cal S}(E)$ des
endomorphismes auto-adjoints et on s'int\'eresse \`a la racine carr\'ee positive d'un endomorphisme
auto-adjoint positif. Dans la partie II, on fait le lien entre $\le $ et les spectres ordonn\'es.
Dans la partie III, on introduit un produit scalaire $(.\big/ .)_{u}$ et on caract\'erise les projecteurs
orthogonaux par une condition de minimalit\'e sur $\le $.
\par 
Il pourra \^etre fait usage des synonymes suivants: sym\'etrique pour auto-adjoint, positif pour
semi-d\'efini positif.
\par 
\bigskip
\bigskip
%------------------------------------ Partie I ----------------------------
\centerline{ \vbox{\offinterlineskip\halign{\strut
\vrule width 1pt #&\enskip\hfil#\hfil\enskip&\vrule width 1pt #\cr
\noalign{\hrule height 1pt } & Partie I   &\cr
\noalign{\hrule height 1pt } }}}
\par


\bigskip
{\leftskip=-5mm {\bf 1)} \par}

Soit la relation $\ge $ d\'efinie sur l'ensemble ${\cal S}(E)$ des endomorphismes auto-adjoints de
$E$ par
\par 
$$
\forall x\in E \qquad (x\big/ u(x)-v(x)) \ge  0.
$$
Si $u\ge v$ et $v\ge u$ alors
$$\forall x\in E \qquad (x\big/ u(x)-v(x)) = 0.
$$ 
Il en r\'esulte que l'endomorphisme auto-adjoint $u-v$ est \'egalement antisym\'etrique, donc nul.
La relation $\ge $ est donc antisym\'etrique.
La relation \'etant trivialement r\'eflexive et transitive, c'est donc une relation d'ordre.
\par
La relation $u\ge v$ signifiant que $u-v$ a toutes ses valeurs propres positives ( on anticipe sur
la question 3)) ne correspond donc pas \`a un ordre total d\`es que $n>1$: il suffit de choisir $u$
et $v$ tels que $u-v$ poss\`ede des valeurs propres strictement positives et strictement n\'egatives.
\par 
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 2)} \par}
Soit $f\in  {\cal L}(E)$ et $u\ge v$ alors, en utilisant la d\'efinition de l'adjoint $f^{*}$,
on obtient
\par 
$$
 \forall x\in E \qquad (x\big/ f \circ u \circ f^{*}(x)-f \circ v \circ f^{*}(x)) = (f^{*}(x)\big/ (u-v)(f^{*}(x))\ge  0.
$$
Il en r\'esulte que $f \circ u \circ f^{*}\ge f \circ v \circ f^{*}$.
\par 
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 3)} \par}
Soit $(U_{1},..,U_{n})$ une base orthonormale de $E$ compos\'ee de vecteurs propres de $u$ associ\'es
aux valeurs propres $\lambda _{1},..,\lambda _{n}$. Le calcul dans cette base donne
\par 
$$
\forall  x\in E \qquad x =\sum^{n}_{k=1}\alpha _{k}U_{k};
\qquad u(x) =\sum^{n}_{k=1}\alpha _{k}\lambda _{k}U_{k};
\qquad (x\big/ u(x)) =\sum^{n}_{k=1}\lambda _{k}\alpha ^{2}_{k}.
$$
Il en r\'esulte que
\par 
$$
u\ge 0 \quad  \Leftrightarrow \quad  \forall (\alpha _{1},..,\alpha _{n})\in {\rmat}^{n}\quad
\sum^{n}_{k=1}\lambda _{k}\alpha ^{2}_{k}\ge  0 \quad  \Leftrightarrow \quad  \forall k \quad
1\le k\le n \quad \lambda _{k}\ge 0.
$$
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 4)} \par}
 Avec les notations de 3), l'endomorphisme $c$ de $E$ d\'efini sur la base $(U_{1},..,U_{n})$ par
\par 
$$
\forall k \quad 1\le k\le n \qquad c(U_{k}) = \sqrt{\lambda _{k}}U_{k}
$$
est auto-adjoint, positif et il v\'erifie $c^{2}(x)=u(x)$ pour tout $x\in \{U_{1},..,U_{n}\}$ donc
$c^{2}=u$.
\par 
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 5)} \par}
Soit $u\in {\cal S}(E)$ et $c$ une racine carr\'ee positive de $u$. On note
$E_{u}(\lambda _{i})_{1\le i\le p}$ et $E_{c}(\mu _{j})_{1\le j\le q}$ leurs
sous-espaces propres respectifs.
\par 
Pour tout $j$ tel que $1\le j\le q$, on a
\par 
$$
 \forall x\in E_{c}(\mu _{j}) \qquad u(x)=\mu ^{2}_{j}x,
$$
il existe donc un unique $i$ tel que $\lambda _{i}=\mu ^{2}_{j}$. Il en r\'esulte que $p\ge q$ et
que $E_{c}(\mu _{j})\subset E_{u}(\lambda _{i})$.
\par 
Sachant que  $\displaystyle E = \bigoplus _{1\le j\le q}E_{c}(\mu _{j}) 
=\bigoplus _{1\le i\le p} E_{u}(\lambda _{i})$, on en d\'eduit que $p=q$ et que $E_{c}(\mu _{j})=E_{u}(\lambda _{i})$.
Ainsi $c$ a les m\^emes sous-espaces propres que $u$.
\par 
Soient $c$ et $c'$ deux racines carr\'ees positives de $u$  et  $F=E_{c}(\mu )=E_{c'}(\mu ')$  un
sous-espace propre commun. On a $\mu \ge 0, \mu '\ge 0$ et l'existence d'un unique $i$ tel que
$\lambda _{i}=\mu ^{2}=\mu '^{2}$, donc $\mu =\mu '$.
\par 
Il en r\'esulte que $c=c'$.
\par 
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 6)} \par}
Il est clair que $c=u^{1/2}$ est inversible si et seulement si $u$ est inversible, ce qui
\'equivaut \`a dire que les valeurs propres de $u$ sont strictement positives. On a
$$
(u^{1/2})^{-1}(u^{1/2})^{-1}=(u^{1/2}u^{1/2})^{-1}=u^{-1},
$$ donc par unicit\'e de la racine carr\'ee positive de $u^{-1}$, il en r\'esulte que
\par 
$$
(u^{1/2})^{-1}=(u^{-1})^{1/2}.
$$


\bigskip
\bigskip
%------------------------------------ Partie II ----------------------------
\centerline{ \vbox{\offinterlineskip\halign{\strut
\vrule width 1pt #&\enskip\hfil#\hfil\enskip&\vrule width 1pt #\cr
\noalign{\hrule height 1pt } & Partie II   &\cr
\noalign{\hrule height 1pt } }}}
\par



\bigskip
{\leftskip=-5mm {\bf 1)} \par}
 Soient $U_{1},..,U_{p}$ des vecteurs propres orthogonaux de $u$ associ\'es \`a des valeurs propres
$\lambda _{i_{1}}\ge ..\ge \lambda _{i_{p}}$ et $A=\hbox{Vect} (U_{1},..,U_{p})$. Le calcul dans cette base
de $A$ donne
\par 
$$
\forall x\in A\backslash \{0\} \qquad x =\sum^{p}_{k=1}\alpha _{k}U_{k};\qquad
(x\big/ x)=\sum^{p}_{k=1}\alpha ^{2}_{k}\parallel U_{k}\parallel ^{2}>0; \qquad
(x\big/ u(x))=\sum^{p}_{k=1}\lambda _{i_{k}}\alpha ^{2}_{k}\parallel U_{k}\parallel ^{2};
$$
$$
\lambda _{i_{p}}\sum^{p}_{k=1}\alpha ^{2}_{k}\parallel U_{k}\parallel ^{2}\le  (x\big/ u(x)) \le  \lambda _{i_{1}}\sum^{p}_{k=1}\alpha ^{2}_{k}\parallel U_{k}\parallel ^{2};
$$
En particulier pour $x=U_{1}$ (resp. $x=U_{p}$), on a $(x\big/ u(x))=\lambda _{i_{1}}(x\big/ x)$
 (resp. $(x\big/ u(x))=\lambda _{i_{p}}(x\big/ x)$) donc
\par 
$$
\displaystyle \max_{ x\in A\backslash \{0\} } 
{(x\big/ u(x))\over (x\big/ x)} = \lambda _{i_{1}}
\hbox{;  }
\displaystyle \min_{ x\in A\backslash \{0\} } 
{(x\big/ u(x))\over (x\big/ x)} = \lambda _{i_{p}}.
$$
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 2)} \par}
Soient $u$ et $v$ tels que $u\ge v$ et $U_{1},..,U_{n}$ (resp. $V_{1},..,V_{n}$) des vecteurs propres
orthogonaux de $u$ (resp. de $v$) associ\'es \`a des valeurs propres $\lambda _{1}\ge ..\ge \lambda _{n}$
(resp. $\mu _{1}\ge ..\ge \mu _{n}$). Pour $p\in \{1,..,n\}$, on note $A=\hbox{Vect} (U_{p},..,U_{n})$ et
$A'=\hbox{Vect}(V_{1},..,V_{p})$.
\par 
On a $\dim  A=n-p+1$ et $\dim  A'=p$ donc $A \cap A'\neq \{0\}$. D'apr\`es 1) et la d\'efinition de $u\ge v$,
on obtient, pour $x_{0}\in A \cap A'\backslash \{0\}$, les in\'egalit\'es
\par 
$$
\mu _{p}=
\displaystyle \min_{ x\in A'\backslash \{0\} } 
{(x\big/ v(x))\over (x\big/ x)} \le  {(x_{0}\big/ v(x_{0}))\over (x_{0}\big/ x_{0})} 
\le  {(x_{0}\big/ u(x_{0}))\over (x_{0}\big/ x_{0})} \le 
\displaystyle \max_{ x\in A\backslash \{0\} } 
{(x\big/ u(x))\over (x\big/ x)} = \lambda _{p}.
$$
Il en r\'esulte que $sp \ u \ge  sp \ v$.
\par 
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 3)} \par}
L'implication r\'eciproque $(sp \ u \ge  sp \ v \Rightarrow  u \ge  v)$ est fausse d\`es que $n>1$,
car des vecteurs communs \`a $(U_{1},..,U_{n})$ et $(V_{1},..,V_{n})$ n'apparaissent pas forc\'ement
dans le m\^eme ordre.
\par 
Dans le cas $n=2, \lambda _{1}=3, \lambda _{2}=1, \mu _{1}=2, \mu _{2}=0$, on a $sp \ u \ge  sp \ v$.
 Supposons qu'on ait $V_{1}=U_{2}$ et $V_{2}=U_{1}$,
alors $(u-v)(U_{1})=3U_{1}$ et $(u-v)(U_{2})=-U_{2}$.
\par 
Il en r\'esulte que Spec$(u-v)=\{3,-1\}$, donc on n'a pas $u\ge v$ d'apr\`es  I-3).
\par 
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 4)} \par}
{\leftskip=-5mm a) \par}
Soit $(U_{1},..,U_{n})$ (resp. $(V_{1},..,V_{n})$) une base orthonormale de vecteurs propres de $u$
(resp. de $v$).
L'endomorphisme $f$ de $E$, d\'efini par $f(U_{i})=V_{i}\quad \forall i=1,..,n$, est donc orthogonal et
v\'erifie ainsi la relation
\par 
$$
\forall x\in E \quad (f(x)\big/ f(x))=(x\big/ x).
$$

\medskip
{\leftskip=-5mm b) \par}
Soit $f$ un endomorphisme orthogonal tel que $u\ge f \circ v \circ f^{*}$. D'apr\`es 2), on a donc
$sp \ u \ge  sp \ f \circ v \circ f^{*}$.
\par 
La relation $u\ge v$ r\'esulte alors du fait que $f \circ v \circ f^{*}$ et $v$ sont semblables et ont donc le
m\^eme spectre.
\par 
Inversement soient $u$ et $v$  tels que $sp \ u \ge  sp \ v$.
\par 
On d\'efinit l'endomorphisme $f$ par $f(V_{i})=U_{i} \quad \forall i=1,..,n$. Alors $f$ est orthogonal et
le calcul donne
\par 
$$
\forall i=1,..,n \quad (u-f \circ v \circ f^{*})(U_{i})=u(U_{i})-f \circ v(V_{i})=(\lambda _{i}-\mu _{i})U_{i}.
$$
Il en r\'esulte que Spec$(u-f \circ v \circ f^{*})=\{\lambda _{i}-\mu _{i}\}_{1\le i\le n}$ et donc, d'apr\`es
I-3), que $u\ge f \circ v \circ f^{*}$.
\par 
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 5)} \par}
Soit $f\in {\cal L}(E)$ tel que $f \circ f^{*}=id$, c'est-\`a-dire $f$ orthogonal.
\par 

\medskip
{\leftskip=-5mm a) \par}
Les endomorphismes $f \circ u \circ f^{*}$ et $u$ sont semblables et ont donc les m\^emes valeurs propres.
\par 

\medskip
{\leftskip=-5mm b) \par}
Notons $sp \ f \circ u \circ f^{*}=\{\mu _{1}\ge ..\ge \mu _{n}\}$. Comme on a $sp \ u \ge  sp \ f \circ u \circ f^{*}$ et
$\{\mu _{1},..,\mu _{n}\}=\{\lambda _{1},..,\lambda _{q}\}$, on en
d\'eduit que, si $\lambda _{q}$ est de multiplicit\'e $n_{q}$, alors
$\mu _{1}\ge ..>\mu _{n-n_{q}}=..=\mu _{n}=\lambda _{p}$. On a les relations
\par 
$$
\forall x\in E \quad (x\big/ f \circ u \circ f^{*}(x)) \ge  \mu _{n}(x\big/ x);\qquad
\forall x\in A_{q} \quad (x\big/ u(x)) = \lambda _{q}(x\big/ x);
$$
La condition  $u\ge f \circ u \circ f^{*}$, implique donc
\par 
$$
\forall x\in A_{q} \quad (x\big/ f \circ u \circ f^{*}(x)) = \lambda _{q}(x\big/ x).
$$
La d\'efinition de l'adjoint et le fait que $f$ est orthogonal permettent alors d'\'ecrire
\par 
$$
\forall x\in A_{q} \quad (f^{*}(x)\big/ u(f^{*}(x))) = \lambda _{q}(f^{*}(x)\big/ f^{*}(x)).
$$
ce qui entra\^\i ne $u(f^{*}(x))=\lambda _{q}f^{*}(x)$ donc $f^{*}(x)\in A_{q}$.
\par 

$A_{q}$ est donc stable par $f^{*}(${\it et non pas invariant comme l'indique le texte}).
$A_{q}$ est \'egalement stable par $u$ (car sous-espace propre de $u$) et par $f$ (car $f=(f^{*})^{-1}$).
$A_{q}$ est donc stable par $f \circ u \circ f^{*}$.
\par 
La relation pr\'ec\'edente entra\^\i ne \'egalement que $f \circ u \circ f^{*}(x)=\lambda _{q}$x. Ainsi les
restrictions de $u$ et $f \circ u \circ f^{*}$ \`a $A_{q}$ sont \'egales.
\par 

\medskip
{\leftskip=-5mm c) \par}
L'espace $A_{q}$ \'etant stable par $f^{*}$, alors son orthogonal
$G=A_{1} \oplus \ldots  \oplus A_{q-1}$
est stable par $(f^{*})^{*}=f$.
\par 

\medskip
{\leftskip=-5mm d) \par}
 L'espace $G$ est stable par $u$ (car $G$ est somme de sous-espaces propres de $u$), par $f$ donc
par $f^{*}$ (car $f^{*}=f^{-1}$) et donc $f \circ u \circ f^{*}$. Les restrictions de $u$ et
$f \circ u \circ f^{*}$ \`a $G$ v\'erifient $u\ge f \circ u \circ f^{*}$. On peut donc appliquer les r\'esultats
pr\'ec\'edents; ainsi $A_{q-1}$  est stable par $f^{*}$ ( et aussi par $f$); $u$ et $f \circ u \circ f^{*}$
co\"\i ncident sur $A_{q-1}$ et l'orthogonal
$A_{1} \oplus \ldots \oplus A_{q-2}$ de $A_{q-1}$ dans $A_{q}$ est stable par $f$ et $u$.
\par 
Ainsi, on \'etablit successivement que tout sous-espace propre $A_{i}$ de $u$ est stable par $f^{*}$ et
$f$, et que $u$ et $f \circ u \circ f^{*}$ co\"\i ncident sur chacun des $A_{i}$, donc que 
$$
u=f \circ u \circ f^{*}.
$$
\par 


\bigskip
\bigskip
%------------------------------------ Partie III ----------------------------
\centerline{ \vbox{\offinterlineskip\halign{\strut
\vrule width 1pt #&\enskip\hfil#\hfil\enskip&\vrule width 1pt #\cr
\noalign{\hrule height 1pt } & Partie III  &\cr
\noalign{\hrule height 1pt } }}}
\par

\bigskip
{\leftskip=-5mm {\bf 1)} \par}
Dans un espace euclidien, ici $E$ muni du produit scalaire $(.\big/ .)_{u}$, tout
sous-espace $F$ et son orthogonal $F^{\perp}$ sont suppl\'ementaires.
\par 

\bigskip
{\leftskip=-5mm {\bf 2)} \par}
Soit $p$ le projecteur $u$-orthogonal sur $F$ et pour tout $x\in F$, notons $y=(u \circ p-p^{*} \circ u)(x)
=u(x)-p^{*} \circ u(x)$. Le calcul donne
\par 
$$
\parallel y\parallel ^{2}_{u}=(y\big/ y)_{u}=(u(x)-p^{*} \circ u(x)\big/ y)_{u}
=(u(x)-p^{*} \circ u(x)\big/ u(y))=(u(x)\big/ u(y)-p \circ u(y))=((id-p)(u(y))\big/ x)_{u}
$$
En utilisant le fait que $z-p(z)\in F^{\perp}$ pour tout vecteur $z\in E$, on en d\'eduit que
$\parallel y\parallel ^{2}_{u}=0$ donc $y=0$.
\par 
L'\'egalit\'e $u \circ p=p^{*} \circ u \circ p$ r\'esulte alors du fait que $p(x)\in F$ pour tout $x\in $E.
\par 
L'endomorphisme $u \circ p$ est auto-adjoint, car \'egal \`a $p^{*} \circ u \circ p$ auto-adjoint, ainsi
\par 
$$
u \circ p=(u \circ p)^{*}=p^{*} \circ u.
$$
\bigskip


{\leftskip=-5mm {\bf 3)} \par}
{\leftskip=-5mm a) \par}
De la d\'efinition de l'adjoint d'un endomorphisme $f$ d'un espace euclidien $(E,(.\big/ .))$, on
\'etablit classiquement que $\ker  f^{*}= (\hbox{Im} f)^{\perp}$, o\`u l'orthogonal est relatif \`a
$(.\big/ .)$.
\par 
\medskip

{\leftskip=-5mm b) \par}
 Soit $F=\{x\in E/p(x)=x\}$ o\`u $p$ est un projecteur de $E$. Il est clair que $F=\{p(x)/x\in E\}
=\hbox{Im}p$ et que
\par 
$E= \ker p \oplus  \hbox{Im}p$. Il en r\'esulte donc, d'apr\`es 1), que $\dim   \ker p = n- \dim   F= \dim   F^{\perp}$.
\par 
Il suffit de v\'erifier que $F^{\perp}\subset \ker p$ pour \'etablir l'\'egalit\'e $F^{\perp}=\ker p$.
\par 
En utilisant l'hyphoth\`ese $p^{*} \circ u=u \circ p$ et la caract\'erisation de $F$, on obtient
\par 
$$
\eqalign{
x\in F^{\perp} \quad  &  \Rightarrow   \forall y\in F \quad (x\big/ u(y))=0 \cr
                      &  \Rightarrow   \forall z\in E \quad (x\big/ u \circ p(z))=0 \cr
                      &  \Rightarrow   \forall z\in E \quad (x\big/ p^{*} \circ u(z))=0 \cr
                      &  \Rightarrow  \forall z\in E \quad (p(x)\big/ u(z))=0. \cr
}$$
Il suffit alors de consid\'erer $z=x$ pour \'etablir que $p(x)=0$.
\par 
Ayant $F=\hbox{Im}p$ et $F^{\perp}=\ker p$, $p$ est par d\'efinition le projecteur $u$-orthogonal sur $F$.
\par 
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 4)} \par}
Soit $p$ le projecteur $u$-orthogonal sur $F$, alors, d'apr\`es 2), on a $pop=p$ et $p^{*} \circ u=u \circ p$.
A l'aide de passage aux adjoints et de compositions par $u^{-1}$, on obtient
\par 
$$
p^{*} \circ p^{*}=p^{*}, \quad (p^{*})^{*} \circ u^{-1}=u^{-1} \circ p^{*}.
$$
On en d\'eduit, d'apr\`es 3), que $p^{*}$ est le projecteur $u^{-1}$-orthogonal sur
$\{x\in E/p^{*}(x)=x\}=$Imp$^{*}$.
\par 
lus pr\'ecis\'ement, la relation $p^{*} \circ u=u \circ p$ implique que Im$p^{*}=u(\hbox{Im}p)=u(F)$ et que
$\ker p^{*}=u(\ker p)=u(F^{\perp})$.
\par 
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 5)} \par}
Soit $p$ un projecteur $u$-orthogonal (sous-entendu dans l'\'enonc\'e). Un calcul \'el\'ementaire,
en utilisant $p \circ u^{-1}=u^{-1} \circ p^{*}$ et $p \circ p =p$, donne
\par 
$$
p \circ u^{-1} \circ p^{*}+(\hbox{id}_{E}-p) \circ u^{-1} \circ (\hbox{id}_{E}-p)^{*}= p \circ u^{-1}+(\hbox{id}_{E}-p) \circ u^{-1} \circ \hbox{id}_{E}
= u^{-1}.
$$
On en d\'eduit alors que $u^{-1}\ge p \circ u^{-1} \circ p^{*}$ par le r\'esultat
\par 
$$
\eqalign{
\forall x\in E \quad (x\big/ u^{-1}(x)-p \circ u^{-1} \circ p^{*}(x))
                       &  = (x\big/ (\hbox{id}_{E}-p) \circ u^{-1} \circ (\hbox{id}_{E}-p)^{*}(x)) \cr
                       &  =((\hbox{id}_{E}-p)^{*}(x)\big/ u^{-1} \circ (\hbox{id}_{E}-p)^{*}(x)) \cr
                       &  =  \parallel (\hbox{id}_{E}-p)^{*}(x)\parallel ^{2}_{u^{-1}} \cr
                       &  \ge  0.\cr
}$$
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 6)} \par}
Soit $g$ un projecteur sur $F$ et $p$ le projecteur $u$-orthogonal sur $F$. On a donc $g \circ p =p$.
\par 
En utilisant I-2) avec $g$ et $u^{-1}\ge p \circ u^{-1} \circ p^{*}$, on obtient
$g \circ u^{-1} \circ g^{*}\ge (g \circ p ) \circ u^{-1} \circ (g \circ p )^{*}$ d'o\`u la relation
$$
 g \circ u^{-1} \circ g^{*}\ge p \circ u^{-1} \circ p^{*}.
$$
\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 7)} \par}
Soit $f$ un projecteur sur $F$ tel que pour tout projecteur $g$ sur $F$ on ait
$g \circ u^{-1} \circ g^{*}\ge f \circ u^{-1} \circ f^{*}$.
\par 
Pour $g=p$, il r\'esulte de 5) et de l'antisym\'etrie de la relation $\le $ que  $p \circ u^{-1} \circ p^{*}
=f \circ u^{-1} \circ f^{*}$ c'est-\`a-dire
$$
\forall x\in E \quad (x\big/ p \circ u^{-1} \circ p^{*}(x)-f \circ u^{-1} \circ f^{*}(x) = 0.
$$
Par ailleurs, le calcul donne
$$
(x\big/ p \circ u ^{-1} \circ p^{*}(x)-f \circ u^{-1} \circ f^{*}(x) 
= (p^{*}(x)\big/ u^{-1} \circ p^{*}(x))-(f^{*}(x)\big/ u^{-1} \circ f^{*}(x)) 
= \parallel p^{*}(x)\parallel ^{2}_{u^{-1}}-\parallel f^{*}(x)\parallel ^{2}_{u^{-1}}.
$$ 
Il en r\'esulte  que $\ker f^{*}=\ker p^{*}$, $f^{*}$ est donc un projecteur
parall\`element \`a $\ker p^{*}=u(F^{\perp})$, ce qui implique
\par 
$$
\forall x\in E  \quad f^{*}(x)-p^{*}(x)=(f^{*}(x)-x)-(p^{*}(x)-x)\in \ker p^{*}.
$$
Comme $p^{*}$ est le projecteur $u^{-1}$-orthogonal sur Im$p^{*}=u(F)$, le th\'eor\`eme de Pythagore
s'applique
\par 
$$
\forall x \in E \quad \parallel f^{*}(x)\parallel ^{2}_{u^{-1}}
= \parallel f^{*}(x)-p^{*}(x)\parallel ^{2}_{u^{-1}}+\parallel p^{*}(x)\parallel ^{2}_{u^{-1}}.
$$
Ce qui donne $f^{*}(x)-p^{*}(x)=0$. Ainsi $f^{*}=p^{*}$ et $f=p$.
\par 

\bigskip

{\leftskip=-5mm {\bf 8)} \par}
Soit $p$ le projecteur $u$-orthogonal sur $F$, alors d'apr\`es 5), $u^{-1}$ et $p \circ u^{-1} \circ p^{*}$
sont comparables pour $\le $.
\par 
Inversement supposons que $f$ soit un projecteur sur $F$ avec $u^{-1}$ et $f \circ u^{-1} \circ f^{*}$
comparables pour $\le $.
\par 
Si $u^{-1}\ge f \circ u^{-1} \circ f^{*}$, alors en appliquant I-2) avec tout projecteur $g$ sur $F$, on
obtient $g \circ f =f$ et
\par 
$$
g \circ u^{-1} \circ g^{*}\ge (g \circ f ) \circ u^{-1} \circ (g \circ f )^{*}.
$$
Il en r\'esulte, d'apr\`es 7) que $f$ est le projecteur $u$-orthogonal $p$ sur $F$.
\par 
Si $u^{-1}\le f \circ u^{-1} \circ f^{*}$, alors
$$
\forall x\in E \quad (x\big/ f \circ u^{-1} \circ f^{*}(x)-u^{-1}(x))
= (f^{*}(x)\big/ u^{-1} \circ f^{*}(x))-(x\big/ u^{-1}(x))
= \parallel f^{*}(x)\parallel ^{2}_{u^{-1}}-\parallel x\parallel ^{2}_{u^{-1}}\ge  0.
$$
Il en r\'esulte que $\ker f^{*}=\{0\}$ donc $f^{*}=id$ et $f=id$ est le projecteur $u$-orthogonal $p$
sur $F=E$.
\par 
\bigskip
\bigskip
\centerline{------   FIN   ------}
\par 
\end
