EPFLAlgèbre linéaire 1ère année 2007-2008
Corrigé de la série 22
Exercice 1.
(a) Supposons quev, w∈V soient tels quef(v) = f(w). Alorskv−wk=kf(v)−f(w)k= 0 et doncv =w.
(b) On a kv−wk2 =kvk2+kwk2−2hv, wi ∀v, w∈V et alors hv, wi= 12(kvk2+kwk2− kv−wk2).
Commef(0) = 0,f préserve la norme :kf(v)k=kf(v)−f(0)k=kv−0k=kvk ∀v ∈V. Donc on trouve :
hf(v), f(w)i= 12(kf(v)k2+kf(w)k2−kf(v)−f(w)k2) = 12(kvk2+kwk2−kv−wk2) =hv, wi.
(c) SoitB= (e1, . . . , en)une base orthonormée deV. Par le b), il est clair que(f(e1), . . . , f(en)) est aussi une base orthonormée deV.
Soit v ∈ V et posons αi = hv, eii et βi = hf(v), f(ei)i. Alors v = Pn
i=1αiei et f(v) = Pn
i=1βif(ei). Mais par hypothèse surf et par le b) on aβi =hf(v), f(ei)i=hv, eii=αi. Soit w∈V un autre vecteur et posonsγi =hw, eii=hf(w), f(ei)i. Alors :
f(v+w) =f(
n
X
i=1
αiei+
n
X
j=1
γiei) =f(
n
X
i=1
(αi+γi)ei) =
n
X
i=1
(αi+γi)f(ei);
f(v) +f(w) =f(
n
X
i=1
αiei) +f(
n
X
j=1
γiei) =
n
X
i=1
αif(ei) +
n
X
j=1
γif(ei);
donc f(v+w) = f(v) +f(w) ∀v, w ∈V. De manière analogue, on montre que f(αv) = αf(v) ∀α∈R ∀v ∈V.
De plus, f satisfait kf(v)k=kvk ∀v ∈V par hypothèse. Alors f est une isométrie.
(d) La fonction T: V →V dénie par T v =f(v)−f(0) satisfait T(0) = 0et kT v−T wk= kv−wk ∀v, w∈V. Par c), c'est une isométrie. Posant a=f(0), on a une représentation def de la forme désirée.
Exercice 2.
(a) Soit T antisymétrique. Alors hT v, wi = −hv, T wi ∀v, w ∈ V. Poser v = w entraîne hT v, vi= 0 ∀v ∈V.
Soit inversément T tel que hT v, vi = 0 ∀v ∈ V. Alors : 0 = hv +w, T(v +w)i = hv, T wi+hw, T vi=hv, T wi+hT v, wi. Donc T∗ =−T.
(b) Soit T v =λv avecv 6= 0. Alors :
0 = hT v, vi+hv, T vi=hλv, vi+hv, λvi= (λ+ ¯λ)kvk2 = 0.
Il s'ensuit que λ+ ¯λ= 0. Si F=R, cela implique que λ= 0, si F=C que λ∈iR.
Pour montrer que l'opérateur T −idV est inversible, il sut de voir qu'il est injectif. Soit donc v ∈V avec (T −idV)(v) = 0. Alors T v =v. Comme 1 n'est pas une valeur propre deT, il faut que v = 0. Par conséquence, (T −idV) est injectif.
(c) On note que(E−T)(E+T) = E−T2 = (E+T)(E−T) (∗). Par le b),E−T =−(T−E) est inversible. Multiplier (∗) par (E−T)−1 à droite et à gauche donne l'égalité cherchée.
(d) Notons tout d'abord le fait suivant : Si S ∈ L(V) est inversible, alors S∗ l'est aussi, et (S∗)−1 = (S−1)∗. En eet, on calcule h(S−1)∗S∗v, wi = hS∗v, S−1wi = hv, SS−1wi = hv, wi pour tout v, w ∈ V. Par conséquent, on a h(S−1)∗S∗v −v, wi = 0 ∀v, w ∈ V et alors (S−1)∗S∗v =v pour tout v ∈V, ce qui achève l'argument.
Considérons maintenant F(T) = (E+T)(E−T)−1. On calcule :
F(T)[F(T)]∗ = (E+T)(E−T)−1[(E+T)(E−T)−1]∗
= (E+T)(E−T)−1[(E−T)−1]∗(E+T)∗
= (E+T)(E−T)−1[(E−T)∗]−1(E+T)∗
= (Ec) −T)−1(E+T)[(E−T)∗]−1(E+T)∗
= (E−T)−1(E−T∗)[(E−T)∗]−1(E+T)∗
= (E−T)−1(E−T)∗[(E−T)∗]−1(E+T)∗
= (E−T)−1(E+T)∗ = (E−T)−1(E+T∗)
= (E−T)−1(E−T) = E.
Par conséquent, F(T) est une isométrie.
Supposons pour un moment que −1 ∈ spec(F(T)) pour un certain T ∈ A(V). Prenons v 6= 0 avec F(T)v =−v. Alors on trouve :
0 = (F(T) +E)(v) = [(E+T)(E−T)−1+ (E−T)(E−T)−1](v)
= ((E+T) + (E−T))(E−T)−1(v) = 2(E−T)−1(v).
Par conséquent, v = 0, contradiction ! La valeur −1n'est donc pas une valeur propre de F(T), pour aucun T ∈A(V).
(e) SoientT, U ∈A(V)tels queF(T) = F(U). En utilisant c), on trouve(E+T)(E−T)−1 = (E−U)−1(E+U), d'où (E−U)(E+T) = (E+U)(E−T). Cela donneT −U =U−T, donc T =U.
(f) L'hypothèse sur S implique que S +E est inversible. Comme dans c), on vérie que T := (S−E)(S+E)−1 = (S+E)−1(S−E). Calculons l'adjoint :
T∗ = [(S−E)(S+E)−1]∗ = [(S+E)−1(S−E)]∗ =· · ·= (S−E)∗(S∗+E)−1
= (S∗ −E)SS−1(S∗+E)−1 = (S∗S−S)(S∗S+S)−1 = (E−S)(E+S)−1 =−T.
Par conséquent,T est eectivement antisymétrique. Il reste à vérier queF(T) = S. Pour ceci, partons de la dénition de T :
T = (S−E)(S+E)−1 ⇔T(S+E) =S−E ⇔ · · · ⇔S(E−T) =E+T ⇔S =F(T).
(g) C'est clair que H = H∗ ssi iH = −(iH)∗, d'où la première armation. Notons que la multiplication par−idonne encore une bijection−i: H(V)→A(V)(c'est la composition des bijections i et −1). La fonction F0 est la composition H(V) −→−i A(V) −→F I(V). Par conséquent, elle est bien dénie et injective.
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