Matrices non diagonalisables et matrices normales

Le polynôme caractéristique de $N$ est $\lambda^2$ : sa seule valeur propre est $0$. Le sous-espace propre associé est le noyau de $N$, constitué des vecteurs $(x,y)$ tels que $N(x,y)=(y,0)=0$, c'est-à-dire de la droite $y=0$. Il est de dimension $1$, alors qu'il faudrait deux vecteurs propres indépendants pour diagonaliser $N$. Autre argument : si $N$ était diagonalisable, comme sa seule valeur propre est $0$, elle serait semblable à la matrice nulle, donc nulle. De même, $T=\mathbf{1}+N$ a pour seule valeur propre $1$, et le sous-espace propre $\ker(T-\mathbf{1})=\ker N$ est de dimension $1$ : $T$ n'est pas diagonalisable. On vérifie que $N$ et $T$ ne sont pas normales : par exemple $NN^\dagger=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$ et $N^\dagger N=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$.

Les valeurs propres de cette matrice triangulaire sont ses éléments diagonaux, $1$ et $2$. Elles sont distinctes, donc $B$ est diagonalisable. Pour $\lambda=1$, on trouve le vecteur propre $(1,0)$ ; pour $\lambda=2$, l'équation $-x+y=0$ donne $(1,1)$. Ces deux vecteurs ne sont pas orthogonaux : leur produit scalaire vaut $1$. Comme chaque sous-espace propre est une droite, il n'existe aucun autre choix possible : $B$ n'est pas diagonalisable dans une base orthonormée. On vérifie qu'elle n'est pas normale :

$$\begin{aligned} BB^\dagger=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\1&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&2\\2&4\end{pmatrix}, \qquad B^\dagger B=\begin{pmatrix}1&0\\1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&5\end{pmatrix}. \end{aligned}$$

Si $A$ est diagonalisable dans une base orthonormée, il existe une matrice unitaire $U$ et une matrice diagonale $D$ telles que $A=UDU^\dagger$. Alors $A^\dagger=UD^\dagger U^\dagger=UD^*U^\dagger$, et

$$AA^\dagger=UDU^\dagger UD^*U^\dagger=UDD^*U^\dagger, \qquad A^\dagger A=UD^*DU^\dagger .$$

Les matrices diagonales $D$ et $D^*$ commutent, donc $AA^\dagger=A^\dagger A$. Pour les deux exemples demandés, on n'a même pas besoin du théorème : si $A^\dagger=A$, alors $AA^\dagger=A^2=A^\dagger A$ ; si $A^\dagger=A^{-1}$, alors $AA^\dagger=\mathbf{1}=A^\dagger A$.

La matrice n'est pas hermitienne, puisque $C^\dagger=\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix}\neq C$. On calcule

$$\begin{aligned} CC^\dagger=\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}=C^\dagger C, \end{aligned}$$

donc $C$ est normale, mais $CC^\dagger=2\mathbf{1}\neq\mathbf{1}$ : elle n'est pas unitaire. En fait, $C=\sqrt2\,R(\pi/4)$, où $R$ est la matrice de rotation du plan. Ses vecteurs propres sont donc ceux des rotations, $\frac{1}{\sqrt2}(1,-i)$ et $\frac{1}{\sqrt2}(1,i)$, qui sont orthogonaux. Par exemple, $C(1,-i)=(1+i,\,1-i)=(1+i)(1,-i)$, puisque $(1+i)(-i)=1-i$. Les valeurs propres sont $1\pm i$, non réelles et de module $\sqrt2$. En mécanique quantique, les observables sont représentées par des matrices hermitiennes, qui ont de plus des valeurs propres réelles ; les matrices normales non hermitiennes, comme les opérateurs unitaires, apparaissent plutôt pour représenter des transformations.