Lyc´ee Benjamin Franklin PT−2013-2014
D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction de l’exercice 1 du sujet d’oral blanc n˚1
1. D´emontrons tout d’abord la lin´earit´e def. Soit (x1, x2)∈E2 et soit (λ1, λ2)∈R2. f(λ1x1+λ2x2) = λ1x1+λ2x2+k < λ1x1+λ2x2, a > a
= λ1x1+λ2x2+k(λ1< x1, a >+λ2< x2, a >)a (lin´earit´e `a gauche de<·,·>)
= λ1(x1+k < x1, a > a
| {z }
f(x1)
) +λ2(x2+k < x2, a > a
| {z }
f(x2)
)
Doncf est une application lin´eaire.
D´emontrons `a pr´esent quef est sym´etrique. Soit (x1, x2)∈E2.
< f(x1), x2> = < x1+k < x1, a > a, x2>
= < x1, x2>+k < x1, a > < a, x2> (lin´earit´e `a gauche de<·,·>)
< x1, f(x2)> = < x1, x2+k < x2, a > a >
= < x1, x2>+k < x2, a > < x1, a > (lin´earit´e `a droite de<·,·>)
= < x1, x2>+k < a, x2> < x1, a > (sym´etrie de<·,·>) En comparant les expressions obtenues pour< f(x1), x2>et< x1, f(x2)>, on observe que :
< f(x1), x2>=< x1, f(x2)> . L’application lin´eairef est donc sym´etrique.
2. E´etant unR-espace vectoriel de dimension finie, l’endomorphismef deE est bijectif si et seulement s’il est injectif.
On ´etudie le noyau def. On a bien sˆur{0E} ⊂Ker(f), puisquef(0E) = 0E. Il reste `a ´etablir Ker(f)⊂ {0E}pour obtenir l’injectivit´e def.
Soitx∈Ker(f). Alorsf(x) = 0E. Par suitex+k < x, a > a= 0E et donc (⋆) x=−k < x, a > a.
On a donc :
0E = f(x) (x∈Ker(f))
= f(−k < x, a > a) (cf. (⋆))
= −k < x, a > f(a) (f est lin´eaire)
= −k < x, a > (1 +k)a (f(a) = (1 +k)a)
Le vecteura´etant non nul (puisqu’unitaire), on en d´eduit que−k < x, a > (1 +k) = 0 puis que : (⋆⋆) −k < x, a >= 0
car 1 +k6= 0 (cf. hypoth`ese surk). De (⋆) et (⋆⋆), on d´eduit quex= 0E.
3. L’endomorphismef ´etant sym´etrique (cf. question 1), il est diagonalisable (dans une base orthonorm´ee deE) d’apr`es le th´eor`eme spectral.
— On a d´ej`a calcul´ef(a) et on a remarqu´e quef(a) = (k+ 1)a. Le vecteura´etant non nul, on en d´eduit que (k+ 1) est valeur propre de f et que Vect(a)⊂Ek+1.
— On observe que pour toutx∈a⊥, qui est un sous-espace vectoriel de E de dimensionn−1≥1, on a f(x) =x. On en d´eduit que 1 est valeur propre def.
A ce stade, on est contraint de scinder l’´etude en deux parties, suivant que` k+ 1 = 1 (i.e.k= 0) ou pas.
• Cas o`uk= 0
Si k= 0 alorsf =idE.f poss`ede donc 1 pour unique valeur propre etE1=E.
• Cas o`uk6= 0
D’apr`es les deux observations pr´ec´edentes :
— f poss`ede deux valeurs propres distinctes : 1 et (k+ 1) ;
— a⊥⊂E1et donc dim(E1)≥n−1 ;
— Vect(a)⊂Ek+1 et (´evidemment) dim(Ek+1)≥1.
E1 etEk+1 sont en somme directe, car 1 et (k+ 1) sont deux valeurs propres distinctes def. Donc : dim(E1⊕Ek+1) = dim(E1) + dim(Ek+1)≥n−1 + 1 =n.
CommeE1⊕Ek+1 est un sous-espace vectoriel deE, qui est un R-espace vectoriel de dimension n, on en d´eduit que :
— dim(E1⊕Ek+1) =n;
— dim(E1) =n−1 ;
— dim(Ek+1) = 1.
De dim(E1⊕Ek+1) =n, on d´eduit queE1⊕Ek+1=E et donc que 1 etk+ 1 sont les seules valeurs propres de f. D’autre part comme :
a⊥
|{z}
dimn−1
⊂ E1
|{z}
dimn−1
et Vect(a)
| {z }
dim 1
⊂Ek+1
| {z }
dim 1
on a :
E1=a⊥ et Ek+1 = Vect(a).
Remarque : Nous observons `a la fin que les deux sous-espaces propres sont orthogonaux, comme nous le savons d’apr`es le cours. Nous aurions pu utiliser cette propri´et´e pour donner une autre preuve du r´esultat.
