a) Soit (k,l) ∈ {0,. . . ,n − 1} 2 tel que k = l.
On a : < U k ,U l > = tr( t (U k )U l ).
Comme U n = I n , on a : t (U k ) = U n−k = U −k , d’où :
< U k ,U l > = tr(U l−k ) =
0 si l = k
n si l = k
.
Ainsi, (U k ) 0 k n−1 est une famille orthogonale.
Comme : ∀k ∈ {0,. . . ,n − 1}, U k = 0,
(U k ) 0 k n−1 est une base orthogonale de F (cf. 4.2.2
Prop. 2 p. 142).
b) Notons L k =
1
√
n
U k (0 k n − 1).
D’après a), (L k ) 0 k n−1 est une b.o.n. de F , d’où
(cf. 4.3.1 Prop. 4 p. 149) : p F (A) =
n−1
k=0
< L k ,A > L k .
Pour tout k de {0,. . . ,n − 1}, on a :
< L k ,A > =
1
√
n
tr( t (U
k )A) =
1
√
n
tr(U
n−k A) =
1
√
n
,
d’où :
p F (A) =
n−1
k=0
1
√
n
L k =
1
n
n−1
k=0
U
k .
Réponse : p F (A) =
1
n


1
1
1
1
1

 .
1) Soit M = (m i j ) i j ∈ M n (R) telle que :
∀Ω ∈ O n (R), MΩ = Ω M.
• Soient (ε 1 ,. . . ,ε n ) ∈ {−1,1} n ,
Ω = diag(ε 1 ,. . . ,ε n ) ∈ O n (R).
On a : ∀(i, j) ∈ {1,. . . ,n} 2 , m i j ε j = ε i m i j .
Supposons i = j. On peut choisir ε i = 1, ε j = −1 , d’où
m i j = 0.
Ceci montre : M = diag(m 11 ,. . . ,m nn ).
• Soit (i, j) ∈ {1,. . . ,n} 2 tel que i < j.
En utilisant Ω = I n − E ii − E j j + E ji − E i j ∈ O n (R), on obtient m ii = m j j .
Ainsi : M ∈ R I n .
2) Réciproque évidente.
Réponse : Le commutant de O n (R) dans M n (R) est RI n .
a) Soit (x,y) ∈ Ker ( f − e) × Im( f − e). Il existe z ∈ E tel
que y = f (z) − z, et f (x) = x, d’où :
< x,y > = < x, f (z) − z >= < x, f (z) > − < x,z >
= < f (x), f (z) > − < x,z > = 0.
327
b) D’après le théorème du rang,
dim (Ker ( f − e)) + dim (Im( f − e)) = dim E,
et, d’après a) : Ker ( f − e) ∩ Im( f − e) = {0} .
L’eve E admet au moins une b.o.n. B ; notons Ω = Mat B ( f ) .
Alors :
(i) ⇐⇒ t ΩΩ = I n , (ii) ⇐⇒ Ω 2 = −I n ,
(iii) ⇐⇒ t Ω = −Ω,
(cf. ex. 4.1.1).
((i) et (ii)) ⇒ (iii) : t ΩΩ = I n = −Ω 2 ⇒ t Ω = −Ω, car
Ω ∈ GL n (R).
((i) et (iii)) ⇒ (ii) : Ω 2 = (− t Ω)Ω = −I n
((ii) et (iii)) ⇒ (i) : t ΩΩ = (−Ω)Ω = −Ω 2 = I n .
1) Cf. 4.3.1 Prop. 8 p. 150.
2) Réciproquement, supposons f ∈ O(E) diagonalisable.
Comme f ∈ O(E), on a : Sp R ( f ) ⊂ {−1,1}. Il existe donc une
b.o.n. B de E telle que :
Mat B ( f ) =
I p
0
0 −I q
, où ( p,q) ∈ N 2 .
On a alors f 2 = e, donc f est une symétrie.
Soient x ∈ Ker ( f − e), y ∈ Ker ( f + e) ; on a :
< x,y > = < f (x), f (y) >= < x,−y >= − < x,y > ,
d’où < x,y > = 0.
Finalement, f est une symétrie orthogonale.
1) Soit Ω = (a i j ) i j ∈ O n (R) .
On a :
||Ω|| 2 =
1 i, j n
a 2
i j =
n
i=1


n
j=1
a 2
i j

 =
n
i=1
1 = n,
donc O n (R) est borné et, de plus :
∀Ω ∈ O n (R), ||Ω|| =
√
n.
2) • ∀Ω 1 ,Ω 2 ∈ O n (R),
||Ω 1 − Ω 2 || ||Ω 1 || + ||Ω 2 || = 2
√
n
• I n ∈ O n (R), −I n ∈ O n (R), ||I n − (−I n )|| = 2
√
n .
Réponse : diam
O n (R)
= 2
√
n .
1) Il est clair que Π n ⊂ Σ n et Π n ⊂ O n (R)
donc Π n ⊂ Σ n ∩ O n (R) .
4.3.5
4.3.6
4.3.7
4.3.8
4.3.9
4.3.10
4.3.11