Chap. 9. Espaces euclidiens
Soit u un endomorphisme antisymétrique en dimension n. Commençons par deux
remarques. Soit v = u
2 = −u
∗
◦ u. On sait (voir exercice 9.1 page 249) que
v est symétrique négatif, donc les valeurs propres de v sont négatives, et que
Ker v = Ker(u
∗
◦ u) = Ker u.
Soit x un vecteur propre de v pour une valeur propre l < 0. La famille (x, u(x))
est libre, car sinon il existerait un réel a tel que u(x) = ax, d’où v(x) = a
2 x, d’où
a
2 = l ce qui est impossible. Soit P le plan Vect(x, u(x)). Comme u
2 (x) = lx, P
est stable par u, donc P
⊥ est stable par u
∗ , donc par u.
Montrons par récurrence sur n qu’il existe une base orthonormale dans laquelle la
matrice de u soit diagonale par blocs de la forme indiquée.
En dimension 1, c’est évident.
Supposons la propriété vérifiée jusqu’au rang n−1 et plaçons nous en dimension n.
• Si u = 0, c’est évident.
• Si u n’est pas inversible et n’est pas nul, le sous-espace (Ker u)
⊥ est non nul,
stable par u et de dimension n − 1, et la restriction de u à ce sous-espace est
inversible et antisymétrique, donc on peut lui appliquer l’hypothèse de récurrence.
Il existe une base orthonormale de (Ker u)
⊥ dans laquelle la matrice de u est de
la forme Diag
0
l 1
−l 1 0
, . . . ,
0
l p
−l p 0
. En réunissant cette base et une
base orthonormale de Ker u, on obtient une base orthonormale de E dans laquelle
la matrice de u est de la forme souhaitée.
• Si u est inversible, on considère une valeur propre l < 0 de v et on applique la
remarque précédente. Le plan P est stable par u, donc la matrice de u| P dans une
base orthonormale de P est antisymétrique, c’est-à-dire de la forme
0 l
−l 0
.
Comme P
⊥ est stable par u, u| P ⊥ est antisymétrique, donc par hypothèse de récurrence il existe une base orthonormale de P
⊥ dans laquelle la matrice de u| P ⊥ est
de la forme indiquée. En la réunissant à une base orthonormale de P, on obtient
encore une base orthonormale de E dans laquelle la matrice de u est de la forme
souhaitée.
Exercice 9.65
Polytechnique MP 2006 Ã
On munit R
n de la norme euclidienne canonique et M n (R) de la norme subordonnée notée ||··|.
Soit B
= {M ∈ M n (R) | ||M| 1}.
Soit M ∈ B
. On dit que M est un point extrêmal de B
lorsque :
∀(A, B) ∈ B
, ∀t ∈ ] 0, 1 [ , (1 − t) A + t B = M ⇒ (M = A ou M = B) .
1) Soit M ∈ O n (R). Montrer que M est un point extrêmal de B
.
2) Établir la réciproque.
Soit u un endomorphisme antisymétrique en dimension n. Commençons par deux
remarques. Soit v = u
2 = −u
∗
◦ u. On sait (voir exercice 9.1 page 249) que
v est symétrique négatif, donc les valeurs propres de v sont négatives, et que
Ker v = Ker(u
∗
◦ u) = Ker u.
Soit x un vecteur propre de v pour une valeur propre l < 0. La famille (x, u(x))
est libre, car sinon il existerait un réel a tel que u(x) = ax, d’où v(x) = a
2 x, d’où
a
2 = l ce qui est impossible. Soit P le plan Vect(x, u(x)). Comme u
2 (x) = lx, P
est stable par u, donc P
⊥ est stable par u
∗ , donc par u.
Montrons par récurrence sur n qu’il existe une base orthonormale dans laquelle la
matrice de u soit diagonale par blocs de la forme indiquée.
En dimension 1, c’est évident.
Supposons la propriété vérifiée jusqu’au rang n−1 et plaçons nous en dimension n.
• Si u = 0, c’est évident.
• Si u n’est pas inversible et n’est pas nul, le sous-espace (Ker u)
⊥ est non nul,
stable par u et de dimension n − 1, et la restriction de u à ce sous-espace est
inversible et antisymétrique, donc on peut lui appliquer l’hypothèse de récurrence.
Il existe une base orthonormale de (Ker u)
⊥ dans laquelle la matrice de u est de
la forme Diag
0
l 1
−l 1 0
, . . . ,
0
l p
−l p 0
. En réunissant cette base et une
base orthonormale de Ker u, on obtient une base orthonormale de E dans laquelle
la matrice de u est de la forme souhaitée.
• Si u est inversible, on considère une valeur propre l < 0 de v et on applique la
remarque précédente. Le plan P est stable par u, donc la matrice de u| P dans une
base orthonormale de P est antisymétrique, c’est-à-dire de la forme
0 l
−l 0
.
Comme P
⊥ est stable par u, u| P ⊥ est antisymétrique, donc par hypothèse de récurrence il existe une base orthonormale de P
⊥ dans laquelle la matrice de u| P ⊥ est
de la forme indiquée. En la réunissant à une base orthonormale de P, on obtient
encore une base orthonormale de E dans laquelle la matrice de u est de la forme
souhaitée.
Exercice 9.65
Polytechnique MP 2006 Ã
On munit R
n de la norme euclidienne canonique et M n (R) de la norme subordonnée notée ||··|.
Soit B
= {M ∈ M n (R) | ||M| 1}.
Soit M ∈ B
. On dit que M est un point extrêmal de B
lorsque :
∀(A, B) ∈ B
, ∀t ∈ ] 0, 1 [ , (1 − t) A + t B = M ⇒ (M = A ou M = B) .
1) Soit M ∈ O n (R). Montrer que M est un point extrêmal de B
.
2) Établir la réciproque.