PARTIE I : Etude d’un exemple

PREMIER PROBL ` EME

PARTIE I : Etude d’une solution de la suite

1. Soitpun ´el´ement deN^∗. ∀t∈[p, p+ 1], 1 p+ 1 61

t 61

p·Commep6p+ 1, en int´egrant il vient : Z p+1

p

1 p+ 1dt6

Z p+1 p

1 tdt6

Z p+1 p

1

pdt; c’est `a dire : 1 p+ 1 6

Z p+1 p

1 tdt6 1

p· Alors 1

p+ 1 −1 p 6

Z p+1 p

1 t dt−1

p 60 ou 1 p− 1

p+ 1 > 1 p−

Z p+1 p

1 tdt>0.

∀p∈N^∗, 06up6 1 p− 1

p+ 1. 2. Soitnun ´el´ement deN^∗. ∀p∈[[1, n]], 06u_p6 1

p− 1

p+ 1·En sommant on obtient : 06a_n =

n

X

p=1

u_p 6

n

X

p=1

1 p− 1

p+ 1

= 1− 1

n+ 1 61. Ainsi 06a_n 61.

Finalement∀n∈N^∗, 06an 61 et∀n∈N^∗, an+1−an =un+1>0.

La suite (an)n>1est croissante et major´ee donc convergente.

∀n∈N^∗, 06an61 donc 06γ= lim

n→+∞an61.

La limite γde la suite (an)n>1v´erifie : 06γ61.

PARTIE II : Expression int´ egrale du r´ eel

1. a. ϕ:x→e^xest deux fois d´erivable surRet sa d´eriv´ee seconde est positive. Alorsϕest convexe surR. Ainsi la courbe repr´esentative deϕest au dessus de toutes ses tangentes en particulier de celle au point d’abscisse 0.

Alors∀x∈R, ϕ(x)>ϕ⁰(0)(x−0) +ϕ(0) ;∀x∈R, e^x>e⁰(x−0) +e⁰=x+ 1.

∀x∈R, 1 +x6e^x. b. Soitnun ´el´ement deN^∗ et soittun r´eel appartenant `a [0, n].

en appliquant 1. a. `a t

n et `a−t

n on obtient : 061 + t

n 6e^nt et 061− t

n 6e^−nt. Ainsi 06

1 + t

n n

6 e^ntn

=e^tet 06

1− t n

n

6 e^−ntn

=e^−t. Poursuivons.

06

1 + t n

ⁿ 6e^tet

1− t

n ⁿ

>0 donc : 06

1 + t n

ⁿ 1− t

n ⁿ

6e^t

1− t n

ⁿ . En multipliant pare^−til vient : 06

1− t²

n^{2 n}

e^−t6

1− t n

n

. Finalement :

∀n∈N^∗, ∀t∈[0, n],

1 + t n

n

6e^t,

1− t n

n

6e^−t et

1− t² n²

ⁿ e^−t6

1− t

n n

6e^−t

2. a. Soitnun ´el´ement deN^∗. Posons :∀x∈[0,1], ψ(x) = (1−x)ⁿ+nx−1.

ψest d´erivable sur [0,1] et∀x∈[0,1], ψ⁰(x) =−n(1−x)ⁿ⁻¹+n=n

1−(1−x)ⁿ⁻¹

>0.

ψest croissante sur [0,1] etψ(0) = 0. Alors∀x∈[0,1], ψ(x)>0. Par cons´equent :

∀n∈N^∗, ∀x∈[0,1],(1−x)ⁿ+nx−1>0.

Remarque On peut ´egalement obtenir ce r´esultat en utilisant la convexit´e dex→(1−x)ⁿ sur[0,1].

b. Soitnun ´el´ement deN^∗ ett un r´eel appartenant `a [0, n].

t²

n² appartient `a [0,1]. a. donne alors

1− t² n²

ⁿ +n t²

n² −1>0. Donc : 1−t² n 6

1− t²

n^{2 n}

. D`es lors :

1−t²

n

e^−t6

1− t² n²

ⁿ e^−t. 1.b. donne enfin :

1−t²

n

e^−t6

1− t² n²

ⁿ e^−t6

1− t

n ⁿ

. Alorse^−t−t²

n e^−t=

1−t² n

e^−t6

1− t

n ⁿ

. Finalement :e^−t−

1− t

n ⁿ

6t²

n e^−t. Rappelons que :e^−t−

1− t n

ⁿ

>0 et concluons.

∀n∈N^∗, ∀t∈[0, n], 06e^−t−

1− t n

ⁿ 6t²

n e^−t .

3. a. fn:t→ 1 t

e^−t−

1− t n

n

est continue sur ]0, n].

De plus :∀t∈]0, n], 06fn(t) =1 t

e^−t−

1− t n

ⁿ 6 1

t t²

n e^−t= t ne^−t.

∀t∈]0, n], 06fn(t)6 t

ne^−tet lim

t→0

t ne^−t

= 0. Par encadrement il vient alors lim

t→0fn(t) = 0.

Ainsifn est continue sur ]0, n] et prolongeable par continuit´e en 0. Par cons´equent Z n

0

fn(t) dt converge.

Pour tout ´el´ementndeN^∗, Z n

0

1 t

e^−t−

1− t n

ⁿ

dtconverge.

Remarque lim

t→0fn(t) = 0s’obtient ´egalement sans difficult´e `a l’aide d’un d´eveloppement limit´e. On a mˆeme fn(t)∼

0

1 2nt.

b. SoitndansN^∗. ∀t∈]0, n], 06f_n(t)6 t

ne^−t. Donc : Z n

0

f_n(t) dt6 1 n

Z n 0

t e^−tdt.

∀t∈[0,+∞[, t e^−t>0 et Γ(2) = Z +∞

0

t e^−tdtconverge et vaut 1.

Alors Z n

0

f_n(t) dt6 1 n

Z n 0

t e^−tdt6 1 n

Z +∞

0

t e^−tdt= 1.

Finalement∀n∈N^∗, 06I_n6 1

n. Il vient alors sans difficult´e par encadrement :

n→+∞lim In= 0.

4. a. Soitnun ´el´ement deN^∗.

n−1

X

k=0

Z n 0

1− t

n k

dt=

n−1

X

k=0

"

− n k+ 1

1− t

n

k+1#ⁿ

0

=

n−1

X

k=0

n k+ 1 =n

n

X

k=1

1 k·Or : n an =n

n

X

k=1

uk =n

n

X

k=1

1 k−

Z k+1 k

1 tdt

!

=n

n

X

k=1

1 k −

n

X

k=1

Z k+1 k

1 t dt

!

=n

n

X

k=1

1 k−n

Z n+1 1

1 t dt.

Ainsin an=n

n

X

k=1

1 k−n

ln|t|n+1

1 =n

n

X

k=1

1

k−nln(n+ 1).

Ce qui donne :n

n

X

k=1

1

k =n an+ ln(n+ 1)

. Finalement :

n−1

X

k=0

Z n 0

1− t

n ^k

dt=n an+ ln(n+ 1) .

b. Soitnun ´el´ement deN^∗. Posons :∀t∈]0, n], gn(t) = 1 t

1−

1− t

n ⁿ

. gn est continue sur ]0, n].

∀t∈]0, n], gn(t) = 1 n

1− 1−_n^tn

1− 1−_n^t = 1 n

n−1

X

k=0

1− t

n ^k

Alors lim

t→0gn(t) = lim

t→0

1 n

n−1

X

k=0

1− t

n ^k!

= 1

n×n= 1.

g_n est donc continue sur ]0, n] et prolongeable par continuit´e en 0.

Z n 0

g_n(t) dt existe.

Pour tout ´el´ement ndeN^∗,J_n= Z n

0

1 t

1−

1− t

n ⁿ

dtexiste.

Remarque lim

t→0gn(t) = 1peut s’obtenir ´egalement en se rappelant(1 +u)^α−1 ∼

u→0α u.

Z n 0

g_n(t) dt= Z n

0

1 n

n−1

X

k=0

1− t

n ^k

dt= 1 n

n−1

X

k=0

Z n 0

1− t

n ^k

dt= 1

n×n a_n+ ln(n+ 1) .

Z n 0

gn(t) dt=an+ ln(n+ 1).

∀n∈N^∗, Jn= Z n

0

1 t

1−

1− t

n n

dt=an+ ln(n+ 1).

5. a. h:t→ 1−e^−t

t est continue surR^∗ et lim

t→0h(t) = 1 car :1−e^−t

t ∼

t→0

−(−t) t = 1.

hest donc continue surR^∗et prolongeable par continuit´e en 0, ce qui suffit pour dire que Z 1

0

h(t) dtconverge.

Ainsi :

U = Z 1

0

1−e^−t

t dtexiste.

Posons :∀t∈[1,+∞[, `(t) =e^−t

t ·`est continue sur [1,+∞[.

De plus∀t∈[1,+∞[, 06`(t) = e^−t

t 6e^−tet Z +∞

1

e^−tdt converge car Γ(1) = Z +∞

0

e^−tdtconverge.

Alors les r`egles de comparaison sur les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives donnent la convergence de

Z +∞

1

`(t) dt. Ainsi :

V = Z +∞

1

e^−t

t dtexiste.

b. Soitnun ´el´ement deN^∗. Jn−In =

Z n 0

1 t

1−

1− t

n ⁿ

dt− Z n

0

1 t

e^−t−

1− t

n ⁿ

dt= Z n

0

1−e^−t t dt.

DoncJn−In= Z 1

0

1−e^−t t dt+

Z n 1

1−e^−t

t dt=U+ Z n

1

1 tdt−

Z n 1

e^−t

t dt=U+ ln|t|ⁿ

1 − Z n

1

e^−t t dt.

Jn−In =U+ lnn− Z n

1

e^−t

t dt. Rappelons alors que Jn=an+ ln(n+ 1). Ainsi : a_n=J_n−ln(n+ 1) =U + lnn−

Z n 1

e^−t

t dt+I_n−ln(n+ 1) =U − Z n

1

e^−t

t dt+I_n−ln

1 + 1 n

. En faisant tendre nvers +∞on obtientγ=U−V car lim

n→+∞an =γ, lim

n→+∞

Z n 1

e^−t

t dt=V, lim

n→+∞In = 0 et lim

n→+∞ln

1 + 1 n

= 0.

γ=U−V.

DEUXI ` EME PROBL ` EME

PARTIE I : Etude d’un exemple

1. Soitλun r´eel et soientP,Qet Rtrois ´el´ements deE.

•ϕ(λ P+Q, R) = λ P+Q

(0)R(0) + λ P+Q

(1)R(1) + λ P+Q

(−1)R(−1).

ϕ(λ P+Q, R) = λ P(0) +Q(0)

R(0) + λ P(1) +Q(1)

R(1) + λ P(−1) +Q(−1) R(−1).

ϕ(λ P+Q, R) =λ

P(0)R(0) +P(1)R(1) +P(−1)R(−1) +

Q(0)R(0) +Q(1)R(1) +Q(−1)R(−1) . ϕ(λ P+Q, R) =λ ϕ(P, R) +ϕ(Q, R).

•ϕ(P, Q) =P(0)Q(0) +P(1)Q(1) +P(−1)Q(−1) =Q(0)P(0) +Q(1)P(1) +Q(−1)P(−1) =ϕ(Q, P).

•ϕ(P, P) = P(0)2

+ P(1)2

+ P(−1)2

>0.

•Supposons que ϕ(P, P) = 0. Alors P(0)2

+ P(1)2

+ P(−1)2

= 0.

Donc P(0)2

= P(1)2

= P(−1)2

= 0.

Ce qui donne P(0) = P(1) = P(−1) = 0. P est alors un polynˆome de degr´e au plus 2 qui a trois z´eros distincts. P est donc le polynˆome nul.

Ainsiϕ(P, P) = 0⇒P = 0E.

Les quatre points pr´ec´edents indiquent alors que :

ϕest un produit scalaire surE.

2. a. SoitP un ´el´ement deE=R2[X]. La formule de Taylor donneP(X) =P(0) +P⁰(0)X+P⁰⁰(0) 2 X². AlorsP(1)−P(−1) =P(0) +P⁰(0) +P⁰⁰(0)

2 −

P(0)−P⁰(0) +P⁰⁰(0) 2

= 2P⁰(0). Ainsi :

∀P ∈E, 2P⁰(0)−P(1) +P(−1) = 0.

2. b. SoitP un ´el´ement deE. U(P) = 2P⁰(0)X²− P(1) +P(−1) X. U(P)(0) = 0, U(P)(1) = 2P⁰(0)− P(1) +P(−1)

= −2P(−1) (d’apr`es a.) et U(P)(−1) = 2P⁰(0) + P(1) +P(−1)

= 2P(1) (toujours d’apr`es a.). Alors : ϕ u(P), P

=u(P)(0)P(0) +u(P)(1)P(1) +u(P)(−1)P(−1) = 0×P(0)−2P(−1)P(1) + 2P(1)P(−1) = 0.

∀P ∈E, ϕ u(P), P

= 0. uest un endomorphisme antisym´etrique deE.

3. a. P₁= 1

2 X²+X

. P₁⁰ =X+1

2·P₁⁰(0) = 1

2,P₁(1) = 1 etP₁(−1) = 0.

Alorsu(P₁) = 2P₁⁰(0)X²− P₁(1) +P₁(−1)

X =X²−X. Notons que X²−X0

= 2X−1 Plus rapidement :u²(P1) =u(X²−X) = 2(−1)X²−(0 + 2)X =−2(X²+X) =−4P1. AlorsP1 est un ´el´ement non nul deE tel que u²(P1) =−4P1.

P1est un vecteur propre deu²associ´e `a la valeur propre−4.

uest antisym´etrique doncP₁etu(P₁) sont orthogonaux. P₁et 1

2u(P₁) le sont ´egalement. Ainsi (P₁, P₂) est une famille orthogonale deE.

De pluskP₁k²=ϕ(P₁, P₁) = P₁(0)²

+ P₁(1)²

+ P₁(−1)²

= 0²+ 1²+ 0². kP₁k= 1.

u(P1) =X²−X. P2=¹₂X²−¹₂X. P2(0) = 0,P2(1) = 0 etP2(−1) = 1.

AlorskP2k²= P2(0)²

+ P2(1)²

+ P2(−1)²

= 0²+ 0²+ 1²= 1. kP2k= 1.

ϕ(P1, P2) = 0,kP1k= 1 etkP1k= 1. Finalement :

(P1, P2) est une famille orthonormale deE.

b. SoitP un ´el´ement deE.

P ∈Keru⇐⇒2P⁰(0)X²− P(1) +P(−1)

X = 0E ⇐⇒2P⁰(0) =P(1) +P(−1) = 0.

Rappelons que 2P⁰(0) =P(1)−P(−1)

P ∈Keru⇐⇒P(1)−P(−1) =P(1) +P(−1) = 0⇐⇒P(1) =P(−1) = 0⇐⇒(X−1)(X−1) divise P.

CommeP est un polynˆome de degr´e au plus 2 :P ∈Keru⇐⇒ ∃λ∈R, P =λ(X²−1).

Keruest la droite vectorielle deE engendr´ee parX²−1.

PosonsP₃=X²−1. kP3k²= P₃(0)2

+ P₃(1)2

+ P₃(−1)2

= (−1)²+ 0²+ 0². kP3k= 1.

ϕ(P₁, P₃) =P₁(0)P₃(0) +P₁(1)P₃(1) +P₁(−1)P₃(−1) = 0×(−1) + 1×0 + 0×0 = 0 ϕ(P₂, P₃) =P₂(0)P₃(0) +P₂(1)P₃(1) +P₂(−1)P₃(−1) = 0×(−1) + 0×0 + 1×0 = 0.

Alors (P1, P2, P3) est une famille orthonormale, donc libre, de trois ´el´ements deEqui est un espace vectoriel de dimension 3. Ainsi (P1, P2, P3) est une base orthonormale deE.

Rappelons queu(P1) = 2P2,u(P2) =¹₂u²(P1) =¹₂(−4P1) =−2P1et u(P3) = 0E. Finalement :

B= (P₁, P₂, P₂) = ¹₂(X²+X),¹₂(X²−X), X²−1

est une base orthonormale deE et la matrice deu dans cette base est :





0 −2 0

2 0 0

0 0 0





PARTIE II : Caract´ erisations des endomorphismes antisym´ etriques

1. Soientxety deux ´el´ements deE.

< u(x+y), x+y >=< u(x) +u(y), x+y >=< u(x), x >+< u(x), y >+< u(y), x >+< u(y), y >.

∀(x, y)∈E², < u(x+y), x+y >=< u(x), x >+< u(x), y >+< u(y), x >+< u(y), y >.

•Supposons que uest antisym´etrique. ∀t∈E, < u(t), t >= 0.

Alors∀(x, y)∈E², < u(x+y), x+y >= 0.

Donc∀(x, y)∈E², < u(x), x >+< u(x), y >+< u(y), x >+< u(y), y >= 0.

Ce qui donne encore :∀(x, y)∈E², 0 +< u(x), y >+< u(y), x >+ 0 = 0.

Finalement∀(x, y)∈E², < u(x), y >=−< x, u(y)>.

• R´eciproquement supposons que :∀(x, y) ∈ E², < u(x), y >= − < x, u(y) > et montrons que u est antisym´etrique.

Par hypoth`ese :∀x∈E, < u(x), x >=−< x, u(x)>=−< u(x), x >.

Donc∀x∈E, 2< u(x), x >= 0 ou∀x∈E, < u(x), x >= 0. uest antisym´etrique.

uest un endomorphisme antisym´etrique si et seulement si :∀(x, y)∈E², < u(x), y >=−< x, u(y)>.

2. a. Soientiet j deux ´el´ement de [[1, n]]. u(e_j) =

n

X

k=1

m_k,je_k.

Alors< ei, u(ej)>=< ei,

n

X

k=1

mk,jek>=

n

X

k=1

mk,j< ei, ek >.

(e₁, e₂, . . . , e_n) ´etant une base orthonormale on obtient< e_i, u(e_j)>=m_i,j.

∀(i, j)∈[[1, n]]², mi,j=< ei, u(ej)>.

b. M est la matrice deudans la baseB= (e₁, e₂, . . . , e_n).

•Supposons que uest un endomorphisme antisym´etrique.

Alors∀(i, j)∈[[1, n]]², mj,i=< ej, u(ei)>=−< u(ej), ei>=−< ei, u(ej)>=−mi,j. Ainsi^tM =−M.

•R´eciproquement supposons que ^tM =−M et montrons queuest un endomorphisme antisym´etrique.

Soientxety deux ´el´ements deE de coordonn´ees (x₁, x₂, . . . , x_n) et (y₁, y₂, . . . , y_n) dans la baseB.

Soient (x⁰₁, x⁰₂, . . . , x⁰_n) et (y⁰₁, y⁰₂, . . . , y⁰_n) les coordonn´ees deu(x) etu(y) dansB.

B´etant orthonormale< u(x), y >=

n

X

k=1

x⁰_kyk et < x, u(y)>=

n

X

k=1

xky⁰_k.

< u(x), y >=

n

X

k=1





n

X

j=1

mk,jxj



yk =

n

X

j=1

xj n

X

k=1

mk,j yk

!

=−

n

X

j=1

xj n

X

k=1

mj,kyk

!

=−

n

X

j=1

xjy_j⁰. Ainsi< u(x), y >=−< x, u(y)>. Ce qui ach`eve de prouver que uest antisym´etrique.

Remarques 1. Au niveau de la r´eciproque on aurait pu se contenter de prouver que∀x∈E < u(x), x >= 0.

2. On peut ´egalement obtenir cette r´eciproque en faisant intervenir les matricesX et Y dexet y dans la base orthonormaleBet ´ecrire :

< u(x), y >=< M X, Y >=^t(M X)Y =^tX^tM Y =−^tXM Y =−< X, M Y >=< x, u(y)>

uest un endomorphisme antisym´etrique si et seulement si la matriceM associ´ee `a urelativement `a la baseBv´erifie^tM =−M.

PARTIE III : Propri´ et´ es g´ en´ erales des endomorphismes antisym´ etriques

1. Soitλun r´eel valeur propre deu. Il existe un ´el´ement non nulxdeEtel que u(x) =λ x.

< u(x), x >= 0 et< u(x), x >=< λ x, x >=λ < x, x >=λkxk². Doncλkxk²= 0.

Commexn’est pas nul sa norme ne l’est pas davantage etλest nul.

Si λest un r´eel valeur propre deu,λest nul.

2. Soitxun ´el´ement de Keruet yun ´el´ement de Imu. Il existe un ´el´ementt deE tel que y=u(t).

< x, y >=< x, u(t) >= −< u(x), t >=− <0_E, t >= 0. Ceci ach`eve de montrer que Keru et Imusont orthogonaux.

En particulier Keru∩Imu={0E}. Le th´eor`eme du rang donne dimE= dim Keru+ dim Imu. Il est alors clair que Keruet Imusont suppl´ementaires.

Imuet Kerusont orthogonaux et suppl´ementaires.

Sans aucun doute Keru⊂Keru². Montrons l’inclusion inverse.

Soitxun ´el´ement de Keru². u u(x)

= 0_E doncu(x) est ´el´ement de Keru... et de Imu.

Comme Keruet Imusont suppl´ementaires :u(x) = 0E etxappartient `a Keru.

Par cons´equent Keru²⊂Keruet finalement :

Keru= Keru².

3. SoitM la matrice deudans une base orthonormaleBdeE. D’apr`esII 2. b.,^tM =−M. M² est la matrice deu² dansBet ^tM²=^tM^tM = (−M)(−M) =M².

La matrice deu² dans la baseorthonormaleBest sym´etrique doncu² est sym´etrique.

Soitλune valeur propre deu². Il existe un ´el´ement non nulxdeE tel queu²(x) =λ x.

λkxk²=< λ x, x >=< u²(x), x >=−< u(x), u(x)>=−ku(x)k². xn’est pas nul doncλ=−ku(x)k²

kxk² ·Il devient alors clair queλest un r´eel n´egatif ou nul.

u² est un endomorphisme sym´etrique de Eet toute valeur propre de u² est n´egative ou nulle.

4. a. u² est un endomorphisme sym´etrique de E donc u² est diagonalisable. Ainsi il existe une base B⁰ = (e⁰₁, e⁰₂, . . . , e⁰_n) deE constitu´ee de vecteurs propres deu².

Supposons que 0 soit la seule valeur propre de u². Comme u² est un endomorphisme sym´etrique, u² est diagonalisable et Keru² est le seul sous-espace propre deu².

Alors Keru²=E. 2. donne alors Keru=E. uest alors l’endomorphisme nul ce qui contredit l’hypoth`ese faite au d´ebut de la partie.

u² admet au moins une valeur propre non nulle.

b. Il existe un r´eel non nul λtel que u²(x) = λ x. Notons que, d’apr`es ce qui pr´ec`ede, λest strictement n´egatif.

u(F) =u Vect x, u(x)

= Vect u(x), u²(x)

= Vect u(x), λ x

⊂Vect x, u(x)

=F. F est stable paru.

Ne reste plus qu’`a montrer que F = Vect x, u(x)

est un plan vectoriel de E. Pour ce faire il suffit de montrer que la famille x, u(x)

est libre car c’est d´ej`a une famille g´en´eratrice deF. Supposons x, u(x)

li´ee. Commexn’est pas nul il existe un r´eelγtel queu(x) =γ x. Alorsu²(x) =γ²xor u(x) =λ x. Ainsi γ²x=λ x. xn’´etant pas nul,λ=γ² ce qui contredit le fait queλest strictement n´egatif.

Finalement x, u(x)

est libre.

F = Vect x, u(x)

est un plan vectoriel deE stable paru.

c. Qui peut le plus peut le moins. Prenons donc un sous-espace vectorielG stable paru et montrons que G^⊥ est ´egalement stable paru.

Soitzun ´el´ement deG^⊥. Montrons queu(z) appartient encore `aG^⊥.

∀x∈G, u(x)∈G. Donc∀x∈G, < u(x), z >= 0.

u´etant antisym´etrique on a encore :∀x∈G, −< x, u(z)>= 0 ou ∀x∈G, < x, u(z)>= 0. Ce qui signifie queu(z) est un ´el´ement de G^⊥.

∀z∈G^⊥, u(z)∈G^⊥. G^⊥ est stable parG. Ce r´esultat appliqu´e `a F permet de dire que :

F^⊥ est stable par u.

d. u1est un endomorphisme deF^⊥ et∀(x, y)∈ F^⊥2

, < u(x), x >1=< u(x), x >= 0.

u₁est un endomorphisme antisym´etrique deF^⊥.

Imu1 est un sous-espace vectoriel deF^⊥ doncF∩Imu1={0E}. F et Imu1 sont en somme directe.

Montrons alors, par double inclusion, que Imu=F⊕Imu₁.

• λn’est pas nul etu(x) =λ xdoncx=u _λ¹x

est un ´el´ement de l’image deu. Alorsxet u(x) sont deux

´

el´ements de l’image deu. AinsiF = Vect x, u(x)

est contenu dans Imu.

Imu₁=u₁ F^⊥

=u F^⊥

⊂Imu.

F et Imu1´etant contenu dans Imu,F⊕Imu1est contenu dans Imu.

•R´eciproquement soit y un ´el´ement de Imu. Il existe un ´el´ementt deE tel quey=u(t).

F etF^⊥ sont suppl´ementaires donc il existe un unique ´el´ement (t⁰, t⁰⁰) deF×F^⊥ tel que t=t⁰+t⁰⁰. y =u(t) = u(t⁰) +u(t⁰⁰) =u(t⁰) +u₁(t⁰⁰). u(t⁰) appartient `a F car t<sup>0</sup> est dans F qui est stable par u, et u<sub>1</sub>(t<sup>00</sup>) est un ´element de Imu<sub>1</sub>. Alorsy appartient `a F+ Imu₁=F⊕Imu₁.

Ceci ach`eve de montrer que Imuest contenu dansF⊕Imu1.

u1 est un endomorphisme antisym´etrique deF^⊥ et Imu=F⊕Imu1

5. Montrons le r´esultat `a l’aide d’une r´ecurrence faible sur la dimension deE.

•Soituun endomorphisme antisym´etrique d’un espace vectorielE de dimension 0.

N´ecessairement Imu={0E}et donc le rang deuqui vaut 0 est pair. La propri´et´e est vraie pourn= 0.

•Soitnun ´el´ement deN. Supposons que tout endomorphisme antisym´etrique d’un espace vectoriel euclidien de dimension inf´erieure ou ´egale `a n soit de rang pair. Montrons qu’il en est encore de mˆeme pour les endomorphismes antisym´etriques des espaces vectoriels euclidiens de dimensionn+ 1.

Soituun endomorphisme antisym´etrique d’une espace vectoriel euclidienE de dimensionn+ 1.

Siuest nul son rang, qui vaut 0, est pair. Supposons d´esormais queun’est pas nul et utilisons `a plein4..

u²poss`ede une valeur propre non nulle (et mˆeme strictement n´egative). Soitxun vecteur propre associ´e `a cette valeur propre. F = x, u(x)

est un plan vectoriel stable paru. F^⊥ est stable paru.

Soitu1l’endomorphisme deF^⊥d´efini par :∀x∈F^⊥, u1(x) =u(x). u1est un endomorphisme antisym´etrique deF^⊥ et Imu=F⊕Imu1.

dimF^⊥ = (n+ 1)−2 =n−1. L’hypoth`ese de r´ecurrence nous permet alors de dire que le rang deu₁ est pair.

Il ne reste plus qu’`a remarquer que rgu= dim Imu= dim F⊕Imu₁

= dimF+ dim Imu₁= 2 + rgu₁pour dire que le rang deuest pair et ainsi achever la r´ecurrence.

Le rang d’un endomorphime antisym´etrique est pair.

PARTIE IV : Application

1. ^tA=−A. CommeAest la matrice deurelativement `a la base orthonormaleBon peut dire que :

uest un endomorphisme antisym´etrique de E.

A





 1 1

−1 0





=







0 4 1 −1

−4 0 −1 −1

−1 1 0 −5

1 1 5 0











 1 1

−1 0





=





 3

−3 0

−3





.

A





 3

−3 0

−3





=







0 4 1 −1

−4 0 −1 −1

−1 1 0 −5

1 1 5 0











 3

−3 0

−3





=







−9

−9 9 0





. Alors A²





 1 1

−1 0





=−9





 1 1

−1 0





. Ainsiu²(f₁) =−9f₁. f₁ n’´etant pas nul :

f₁=e₁+e₂−e₃ est un vecteur propre deu² associ´e `a la valeur propre−9

2. Ce que nous avons vu plus haut (III 4.) permet d´ej`a de dire queF est un plan vectoriel stable parF et que f₁, u(f₁)

en est une base et mˆeme une base orthogonale carf₁ etu(f₁) sont orthogonaux.

Posons d`es lorse⁰₁= 1

kf1k f₁ ete⁰₂= 1

ku(f1)k u(f₁). (e⁰₁, e⁰₂) est alors une base orthonormale deF.

f1=e1+e2−e3et u(f1) = 3e1−3e2−3e4. Par cons´equentkf1k=√

3 etku(f1)k= 3√ 3.

(e⁰₁, e⁰₂) = 1

√3 e₁+e₂−e₃ , 1

√3 e₁−e₂−e₄

est une base orthonormale deF.

CherchonsF^⊥. Nous pouvons d´ej`a dire queF^⊥ est un plan vectoriel (dimF^⊥= dimE−dimF = 4−2 = 2) stable paru.

Soitx=x1e1+x2e2+x3e3+x4e4 un ´el´ement deE.

Comme (e⁰₁, e⁰₂) est une base deF:

x∈F^⊥ ⇐⇒< x, e⁰₁>=< x, e⁰₂>= 0⇐⇒x1+x2−x3=x1−x2−x4= 0⇐⇒x3=x1+x2et x4=x1−x2. Pas de doute,f3=e1+e3+e4 est un ´el´ement deF^⊥. Alorsu(f3) est ´egalement un ´el´ement de F^⊥. Notons queu(f₃) =−6(e2+e₃−e₄) (ce qui confirme son appartenance `a F^⊥).

f₃, u(f₃)

est alors une famille orthogonale de deux vecteurs non nuls de F^⊥. f₃, u(f₃)

est donc une famille libre et orthogonale de deux ´el´ements du plan vectorielF^⊥. f₃, u(f₃)

est une base orthogonale de F^⊥.

Posonse⁰₃= 1

kf₃k f3 ete⁰₄= 1

ku(f₃)k u(f3). (e⁰₃, e⁰₄) est alors une base orthonormale deF^⊥. f3=e1+e3+e4et u(f3) =−6(e2+e3−e4). Par cons´equent kf3k=√

3 etku(f3)k= 6√ 3.

(e⁰₃, e⁰₄) = 1

√3 e1+e3+e4

, 1

√3 −e2−e3+e4

est une base orthonormale deF^⊥.

3. (e⁰₁, e⁰₂) est une base orthonormale de F, (e⁰₃, e⁰₄) est une base orthonormale de F^⊥ et, F et F^⊥ sont suppl´ementaires et orthogonaux doncB0= (e⁰₁, e⁰₂, e⁰₃, e⁰₄) est une base orthonormale deE.

Cherchons la matrice deudans cette base.

Rappelons quee⁰₁= 1

√3 f₁ et quee⁰₂= 1 3√

3 u(f₁). Alorsu(e⁰₁) = 1

√3u(f₁) = 3e⁰₂. Rappelons ´egalement que u²(f₁) =−9f₁=−9√

3e⁰₁. Alorsu(e⁰₂) = 1

3√

3u²(f1) = 1 3√

3(−9√

3e⁰₁) =−3e⁰₁. e⁰₃= 1

√3 e₁+e₃+e₄

et e⁰₄= 1

√3 −e₂−e₃+e₄ ,

A





 1 0 1 1





=





 0

−6

−6 6





= 6





 0

−1

−1 1





 etA





 0

−1

−1 1





=







−6 0

−6

−6





=−6





 1 0 1 1





. Doncu(e⁰₃) = 6e⁰₄et u(e⁰₄) =−6e⁰₃. Finalement :

B0= 1

√3 e₁+e₂−e₃ , 1

√3 e₁−e₂−e₄ , 1

√3 e₁+e₃+e₄ , 1

√3 −e₂−e₃+e₄

est une base orthonormale deE et la matrice deudans cette base est :







0 −3 0 0

3 0 0 0

0 0 0 −6

0 0 6 0





.