Endomorphismes symétriques d`un espace vectoriel

Endomorphismes symétriques d’un espace vectoriel euclidien
E désigne un espace vectoriel euclidien de dimension n ∈ N∗ . Le produit scalaire sur E sera noté
< ., . >.
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Endomorphismes symétriques - Généralités
Définition 1 Soit u un endomorphisme de E. On dit que u est un endomorphisme symétrique de
E si :
∀x, y ∈ E, hu(x), yi = hx, u(y)i
Notation : On note S(E) l’ensemble des endomorphismes symétriques sur E.
Proposition 1 S(E) est un sous espace vectoriel de L(E).
Preuve - S(E) ⊂ L(E)
S(E) 6= ∅ car idE ∈ S(E).
Soient u, v ∈ S(E), α, β ∈ R.
h(αu + βv)(x), yi = hαu(x) + βv(x), yi
= αhu(x), yi + βhv(x), yi (bilinéarité du produit scalaire)
= αhx, u(y)i + βhx, v(y)i (car u, v ∈ S(E))
= hx, (αu + βv)(y)i (bilinéarité du produit scalaire)
Donc αu + βv ∈ S(E).
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Proposition 2 Soit u une application de E dans E. u est un endomorphisme symétrique si et
seulement si :
∀x, y ∈ E, hu(x), yi = hx, u(y)i
Preuve - La condition est nécessaire (c’est la définition même d’un endomorphique symétrique).
La condition est suffisante : Supposons que l’application u vérifie :
∀x, y ∈ E, hu(x), yi = hx, u(y)i
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Endomorphismes symétriques d’un espace vectoriel euclidien
Il s’agit de montrer que u est linéaire.
Soient x1 , x2 ∈ E, α ∈ R.
hu(x1 + αx2 ), yi = hx1 + αx2 , u(y)i
= hx1 , u(y)i + αhx2 , u(y)i (bilinéarité du produit scalaire)
= hu(x1 ), yi + αhu(x2 ), yi
= hu(x1 ) + αu(x2 ), yi (bilinéarité du produit scalaire)
Donc : ∀y ∈ E, hu(x1 ) + αu(x2 ), yi = hu(x1 ) + αu(x2 ), yi
donc u(x1 + αx2 ) = u(x1 ) + αu(x2 ).
u est donc linéaire.
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Théorème 1 Caractérisation matricielle :
Soit u un endomorphisme de E. u est symétrique si et seulement si sa matrice dans une base
orthonormale est symétrique.
Preuve - Soit e = (e1 , ..., en ) une base orthonormale de E telle que mat(u; e) soit symétrique.
Soit M = (mij ) 16i6n = mat(u; e). Alors t M = M .
16j6n
Soient x, y ∈ E, X = mat(x; e), Y = mat(y; e).
hu(x), yi = t (M X)Y (car la base est orthonormale)
=
hx, u(y)i =
tX tM Y
(règle de calcul sur les transposées)
t X(M M Y
)
tM Y
Comme
tM
=
= M , on a donc : ∀x, y ∈ E, hu(x), yi = hx, u(y)i. u est donc symétrique.
Si u est un endomorphisme symétrique, alors pour tous x, y ∈ E, hu(x), yi = hx, u(y)i
Soit e = (e1 , ...en ) une base orthonormale de E.
Soit M = (mij ) 16i6n la matrice de u relativement à la base e.
16j6n
Alors pour tous X, Y ∈ Mn,1 (R),t X t M Y =t XM Y . Donc t M = M et donc M est symétrique. 2
Proposition 3 Soit u un endomorphisme de E. Alors :
⊥
(ker(u))⊥ = Im(u), (Im(u))⊥ = ker(u) et E = ker(u) ⊕ Im(u)
Si F est un sous espace vectoriel de E stable par u, alors F ⊥ est stable par u.
Preuve - Soit y ∈ Im(u). ∃x ∈ E, u(x) = y.
Soit z ∈ ker(u).
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hy, zi = hu(x), zi
= hx, u(z)i (car u ∈ S(E))
= hx, 0i (car z ∈ ker(u))
= hx, 0i
= 0
donc y ∈ (ker(u))⊥ donc Im(u) ⊂ (ker(u))⊥ .
Soit y ∈ (Im(u))⊥ .
kxk2 = hu(y), u(y)i
= hy, u ◦ u(y)i (car u ∈ S(E))
= 0 (car y ∈ (Im(u))⊥ et u ◦ u(y) ∈ Im(u))
donc u(y) = 0
donc y ∈ ker(u)
donc (Im(u))⊥ ⊂ ker(u)
donc (ker(u))⊥ ⊂ (Im(u))⊥⊥ (voir chapitre espaces euclidiens)
Or, (Im(u))⊥⊥ = Im(u) (voir chapitre espaces euclidiens)
Donc (ker(u))⊥ ⊂ Im(u).
(ker(u))⊥ = Im(u) donc (ker(u))⊥⊥ = (Im(u))⊥ .
Or (ker(u))⊥⊥ = ker(u) donc ker(u) = (Im(u))⊥ .
ker(u) est un sous espace vectoriel de E donc E = ker(u) ⊕ (ker(u))⊥ (voir chapitre espaces euclidiens).
⊥
Or, (ker(u))⊥ = Im(u) donc E = ker(u) ⊕ Im(u).
Soit E un sous espace vectoriel de E stable par u.
Soit x ∈ F ⊥ . Soit y ∈ F .
hu(x), yi = hx, u(y)i
= 0 (car x ∈ F ⊥ , u(y) ∈ F car F est stable par u)
donc u(x) ∈ F ⊥ donc u(F ⊥ ) ⊂ F ⊥ .
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Réduction des endomorphismes symétriques
Théorème 2 Soit u un endomorphisme de E. Alors :
(i) Les sous espaces propres de u sont en somme directe ;
(ii) χu est scindé dans R[X] (donc toutes les valeurs propres de u sont réelles) ;
(iii) u est diagonalisable et il existe une base orthonormale de E formée de vecteurs propres de u.
Preuve - (i) Soient x, y deux vecteurs propres de u associés à des valeurs propres distinctes λ et
ξ.
Alors u(x) = λx et u(y) = ξy.
hu(x), yi = hλx, yi
= λhx, yi
Mais on a aussi :
hu(x), yi = hx, u(y)i
= hx, ξyi
= ξhx, yi
Par conséquent, λhx, yi = ξhx, yi donc (λ − ξ)hx, yi = 0. Or, λ − ξ 6= 0 donc hx, yi = 0, c’est-à-dire
x⊥y.
Par ailleurs, les sous espaces propres de u sont en somme directe (voir chapitre « éléments propres
d’un endomorphisme » ), d’où le résultat.
(ii) χu , considéré comme élément de C[X] est scindé sur C[X]. Soit λ une racine de χu dans C (λ
est valeur propre complexe de u). Soit x un vecteur propre associé à la valeur propre λ : u(x) = λx.
Soient e une base orthonormale de E , M = mat(u; e) et X = mat(x; e). on a donc :
MX
= λX
t XM X
= λt XX
t (t XM X)
= λt (t XX)
tX tM X
= λt XX
tX tM X
= λ XX
t
t
Or M = M car M est à coefficients réels et t M = M car M est symétrique donc t XM X = λ XX.
t
t
Par conséquent,
  λ XX = λ XX.
x1
n
 . 
P
.. , alors t XX =
|xi |2 donc t XX 6= 0 car x 6= 0.
Si X = 
 
i=1
xn
Par conséquent, λ = λ donc λ ∈ R. Les valeurs propres de u sont réelles et χu est scindé dans R[X].
(iii) Démonstration par récurrence sur la dimension de E. notons P (n) la propriété suivante :
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« si E est un espace euclidien de dimension n et si u est un endomorphisme symétrique de E, alors
u est diagonalisable et il existe une base orthonormale de E formée de vecteurs propres de u » .
Pour n = 1, le résultat est immédiat.
Soit n ∈ N∗ . Supposons P (n) vraie.
Soit E un espace euclidien de dimension n + 1. Soit u un endomorphisme symétrique de E. D’après
(ii), u admet au moins une valeur propre réelle λ. Soit e1 un vecteur propre unitaire associé à λ. Soit
F = (Vect(e1 ))⊥ . Vect(e1 ) étant un sous espace vectoriel stable par u, F est aussi stable par u (voir
paragraphe précédent). Notons uF l’endomorphisme induit par u sur F . uF est un endomorphisme
symétrique de F et dim(F ) = dim(E) − dim(Vect(e1 )) = n. d’après l’hypothèse de récurrence, uF
est diagonalisable et il existe une base orthonormale (e2 , ...en+1 ) de F formée de vecteurs propres
de uF (donc de u). Alors u est diagonalisable et il existe une base orthonormale de E formée de
vecteurs propres de u : (e1 , ..., en+1 ).
Donc P (n + 1) est vraie et par conséquent P (n) est vraie pour tout n ∈ N∗ .
3
2
Application à la réduction des courbes du second degré
On considère dans R2 la courbe d’équation : ax2 + bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, a, b, c, d, e, f étant
des réels tels que (a, b, c) 6= (0, 0, 0). Notons (E) cette équation. Notons B la base canonique de R2 .
Nous allons rechercher une équation réduite de (E).
2
2
2
Soit q : R2 → R définie
! par (x, y) 7→ ax + bxy + cy . q est une forme quadratique sur R .
a b
mat(q; B) = b 2 . Notons A cette matrice.
c
2
!
x
t
∀x, y ∈ R, q(x, y) = XAX, où X =
.
y
A est une matrice symétrique réelle donc A est diagonalisable et il existe une base orthonormée B ′ !
de
α 0
R2 formée de vecteurs propres de A. Il existe donc P ∈ O(R2 ), α, β ∈ R tels que t P AP =
.
0 β
!
!
x
x′
2
′
−1
Si X =
∈ R , notons X = P X =
. On a alors :
y
y′
q(x, y) =
t XAX
=
t (P X ′ )AP X ′
=
t X ′ (t P AP )X ′
=
x′ y
α 0
′
0 β
!
x′
y′
!
= αx′2 + βy ′2
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Soit l : R2 → R définie par (x, y) 7→ dx + ey + f .
l(x, y) = LX + f , où L = d e . LP ∈ M1,2 (R). Notons LP = g h .
l(x, y) = LP X ′ + f = gx′ + hy ′ + f
Donc dans le nouveau repère, l’équation (E) devient : αx′2 + βy ′2 + gx′ + hy ′ + f = 0.
1er cas : α = 0 et β 6= 0.
βy ′2 + gx′ + hy ′ + f
Effectuons le changement de repère :
(
= β y ′2 + βh y ′ + gx′ + f
2
h
h2
′
= β y + 2β − 4β + gx′ + f
2
h2
h
+ gx′ − 4β
+f
= β y ′ + 2β
x” = x′
h
y” = y ′ + 2β
C’est une translation d’un repère orthonormé donc le nouveau repère est aussi orthonormé.
(E) devient dans le nouveau repère : βy”2 + gx” + f ′ = 0, avec f ′ = f −
h2
4β .
2ème cas : β = 0 et α 6= 0.
On aboutit de même à une équation réduite de la forme αx”2 + hy” + f ′ = 0.
3ème cas : α 6= 0 et β 6= 0.
αx′2 + βy ′2 + gx′ + hy ′ + f
Effectuons le changement de repère :
= α x′2 + αg x′ + β y ′2 + βh y ′ + f
h
2
i
g 2
g2
h
′
′
= α x + 2α − 4α2 + β y + 2β −
2
g 2
h
+ f′
+ β y ′ + 2β
= α x′2 + 2α
(
g
x” = x′ + 2α
h2
4β 2
+f
h
y” = y ′ + 2β
(E) devient dans le nouveau repère orthonormé : αx”2 + βy”2 + f ′ = 0.
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