En faisant tendre θ vers 0 + et 0 − respectivement, on déduit :
< x 1 , f (x 0 ) > = 0.
c) • Soit x ∈ x ⊥
0 − {0}.
D’après b), <
1
||x||
x, f (x 0 ) > = 0 ,
donc < x, f (x 0 ) > = 0.
• Ceci montre : x ⊥
0 ⊂ ( f (x 0 )) ⊥ , d’où, en passant aux orthogonaux : Rx 0 = x ⊥⊥
0 ⊃ ( f (x 0 )) ⊥⊥ = R f (x 0 ) ,
cf. aussi ex. 4.2.15.
Ainsi f (x 0 ) ∈ R x 0 , donc x 0 est vecteur propre de f.
Soit A =
2 i
i 0
; on a : χ A (λ) = (λ − 1) 2 ,
donc Sp C (A) = {1}.
Si A était diagonalisable, alors on aurait A = I 2 , contradiction.
Réponse :
2 i
i 0
.
Puisque A + t A est symétrique, d’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ O n (R) , D ∈ D n (R) telles que
A + t A = Ω DΩ −1 .
D’autre part, comme A + t A est nilpotente, il existe p ∈ N ∗
tel que (A + t A) p = 0 , d’où D p = 0 .
En notant D = diag(λ 1 ,. . . ,λ n ) , on a λ
p
1 = . . . = λ
p
n = 0,
d’où λ 1 = . . . = λ n = 0, D = 0 , A + t A = 0, A ∈ A n (R).
Notons S =
1
2
(A + t A) ∈ S n (R) .
D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ O n (R),
D ∈ D n (R) telles que S = Ω DΩ −1 . Notons C 1 ,. . . ,C n les
colonnes de Ω, X = C 1 + . . . + C n ,
diag(λ 1 ,. . . ,λ n ) = D.
On a alors : t X X = n et t X S X =
n
i=1
λ i = tr (S) .
De plus : t X t AX = t ( t X t AX) = t X AX ,
donc : t X S X = t X AX.
Enfin, tr (S) =
1
2
tr (A) + tr ( t A)
= tr(A) .
D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ O n (R),
D ∈ D n (R) telles que S = Ω DΩ −1 .
On a alors : A = Ω(D + iI n )Ω −1 .
En notant D = diag(λ 1 ,. . . ,λ n ) :
det(D + iI n ) =
n
k=1
(λ k + i) = 0,
car : ∀k ∈ {1,. . . ,n} , λ k ∈ R.
329
Ainsi, D + iI n ∈ GL n (R), puis A ∈ GL n (R).
Exemple :
1 + i
1
4 −5
1
2+ i 0
3
4
0
i
7
−5
3
7 3+ i
∈ GL 4 (R) .
1) Soit (X,Y ) convenant.
Alors X et Y sont inversibles et :
Y = ( t X) −1 X −1 = (X t X) −1 ∈ S n (R) ,
et de même : X ∈ S n (R).
On a alors
XY X = I n
Y XY = I n
, d’où
(XY ) 2 = (XY X)Y = Y
(XY ) 2 = X (Y XY ) = X
,
et donc X 3 = XY X = I n .
D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ O n (R),
D =
λ 1
0
. . .
0
λ n
∈ D n (R)
telles que X = Ω DΩ −1 .
On a :
X 3 = I n ⇒ D 3 = I n ⇒ (∀k ∈ {1,. . . ,n}, λ 3
k = 1)
⇒ (∀k ∈ {1,. . . ,n}, λ k = 1) ⇒ D = I n
⇒ X = I n ,
donc X = Y = I n .
2) Réciproque triviale.
Réponse : {(I n ,I n )}.
a) D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ O n (R),
D =
λ 1
0
. . .
0
λ n
∈ D n (R)
telles que S = Ω DΩ −1 . Soit X ∈ M n,1 (R) tel que
t X X = 1 ; notons Y = Ω −1 X =
y 1
. . .
y n
.
On a :
t Y Y = t X t Ω −1 Ω −1 X = t XΩΩ −1 X = t X X = 1
t Y DY = t X t Ω −1 DΩ −1 X = t XΩ DΩ −1 X = t X S X.
D’autre part : t Y DY =
n
i=1
λ i y 2
i ,
d’où, en notant α = Min
1 i n
λ i et β = Max
1 i n
λ i :
α = α
n
i=1
y 2
i t Y DY β
n
i=1
y 2
i = β.
4.5.3
4.5.4
4.5.5
4.5.2
4.5.6
4.5.7
< x 1 , f (x 0 ) > = 0.
c) • Soit x ∈ x ⊥
0 − {0}.
D’après b), <
1
||x||
x, f (x 0 ) > = 0 ,
donc < x, f (x 0 ) > = 0.
• Ceci montre : x ⊥
0 ⊂ ( f (x 0 )) ⊥ , d’où, en passant aux orthogonaux : Rx 0 = x ⊥⊥
0 ⊃ ( f (x 0 )) ⊥⊥ = R f (x 0 ) ,
cf. aussi ex. 4.2.15.
Ainsi f (x 0 ) ∈ R x 0 , donc x 0 est vecteur propre de f.
Soit A =
2 i
i 0
; on a : χ A (λ) = (λ − 1) 2 ,
donc Sp C (A) = {1}.
Si A était diagonalisable, alors on aurait A = I 2 , contradiction.
Réponse :
2 i
i 0
.
Puisque A + t A est symétrique, d’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ O n (R) , D ∈ D n (R) telles que
A + t A = Ω DΩ −1 .
D’autre part, comme A + t A est nilpotente, il existe p ∈ N ∗
tel que (A + t A) p = 0 , d’où D p = 0 .
En notant D = diag(λ 1 ,. . . ,λ n ) , on a λ
p
1 = . . . = λ
p
n = 0,
d’où λ 1 = . . . = λ n = 0, D = 0 , A + t A = 0, A ∈ A n (R).
Notons S =
1
2
(A + t A) ∈ S n (R) .
D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ O n (R),
D ∈ D n (R) telles que S = Ω DΩ −1 . Notons C 1 ,. . . ,C n les
colonnes de Ω, X = C 1 + . . . + C n ,
diag(λ 1 ,. . . ,λ n ) = D.
On a alors : t X X = n et t X S X =
n
i=1
λ i = tr (S) .
De plus : t X t AX = t ( t X t AX) = t X AX ,
donc : t X S X = t X AX.
Enfin, tr (S) =
1
2
tr (A) + tr ( t A)
= tr(A) .
D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ O n (R),
D ∈ D n (R) telles que S = Ω DΩ −1 .
On a alors : A = Ω(D + iI n )Ω −1 .
En notant D = diag(λ 1 ,. . . ,λ n ) :
det(D + iI n ) =
n
k=1
(λ k + i) = 0,
car : ∀k ∈ {1,. . . ,n} , λ k ∈ R.
329
Ainsi, D + iI n ∈ GL n (R), puis A ∈ GL n (R).
Exemple :
1 + i
1
4 −5
1
2+ i 0
3
4
0
i
7
−5
3
7 3+ i
∈ GL 4 (R) .
1) Soit (X,Y ) convenant.
Alors X et Y sont inversibles et :
Y = ( t X) −1 X −1 = (X t X) −1 ∈ S n (R) ,
et de même : X ∈ S n (R).
On a alors
XY X = I n
Y XY = I n
, d’où
(XY ) 2 = (XY X)Y = Y
(XY ) 2 = X (Y XY ) = X
,
et donc X 3 = XY X = I n .
D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ O n (R),
D =
λ 1
0
. . .
0
λ n
∈ D n (R)
telles que X = Ω DΩ −1 .
On a :
X 3 = I n ⇒ D 3 = I n ⇒ (∀k ∈ {1,. . . ,n}, λ 3
k = 1)
⇒ (∀k ∈ {1,. . . ,n}, λ k = 1) ⇒ D = I n
⇒ X = I n ,
donc X = Y = I n .
2) Réciproque triviale.
Réponse : {(I n ,I n )}.
a) D’après le théorème fondamental, il existe Ω ∈ O n (R),
D =
λ 1
0
. . .
0
λ n
∈ D n (R)
telles que S = Ω DΩ −1 . Soit X ∈ M n,1 (R) tel que
t X X = 1 ; notons Y = Ω −1 X =
y 1
. . .
y n
.
On a :
t Y Y = t X t Ω −1 Ω −1 X = t XΩΩ −1 X = t X X = 1
t Y DY = t X t Ω −1 DΩ −1 X = t XΩ DΩ −1 X = t X S X.
D’autre part : t Y DY =
n
i=1
λ i y 2
i ,
d’où, en notant α = Min
1 i n
λ i et β = Max
1 i n
λ i :
α = α
n
i=1
y 2
i t Y DY β
n
i=1
y 2
i = β.
4.5.3
4.5.4
4.5.5
4.5.2
4.5.6
4.5.7