Démonstration du théorème spectral

Soit $(E, \langle \cdot, \cdot \rangle)$ un espace euclidien de dimension $n \in \mathbb{N}^*$ . On considère un endomorphisme symétrique $u \in \mathcal{L}(E)$ , c'est-à-dire tel que pour tout $(x, y) \in E^2$ , $\langle u(x), y \rangle = \langle x, u(y) \rangle$ .

Soit $F$ $F$ un sous-espace vectoriel de $E$ $E$ stable par $u$ $u$ .
1. Montrer que la restriction $u_{|F}$ est un endomorphisme symétrique de l'espace euclidien $(F, \langle \cdot, \cdot \rangle_{|F})$ .
2. Établir que l'orthogonal $F^{\perp}$ est également stable par $u$ .
On se place dans le cas où $n=2$ $n = 2$ . Soit $A = \begin{pmatrix} a & b b & c \end{pmatrix} \in \mathcal{S}_2(\mathbb{R})$ $A = (a b b c) \in S_{2} (R)$ une matrice symétrique réelle.
1. Calculer le discriminant du polynôme caractéristique de $A$ .
2. En déduire que $A$ est diagonalisable dans une base orthonormée de $\mathbb{R}^2$ muni du produit scalaire canonique.
On admet que tout endomorphisme d'un espace vectoriel réel de dimension $k \geq 1$ admet au moins un sous-espace stable de dimension 1 ou 2. En utilisant un raisonnement par récurrence sur la dimension $n$ de $E$ , démontrer le théorème spectral : tout endomorphisme symétrique d'un espace euclidien est diagonalisable dans une base orthonormée.

1.

Pour la stabilité de $F^\perp$ , partir de $x \in F^\perp$ et utiliser la définition de la symétrie de $u$ en testant le produit scalaire $\langle u(x), y \rangle$ pour un $y$ quelconque dans $F$ .

2.

Pour $n=2$ , le discriminant $\Delta$ s'exprime sous forme d'une somme de deux carrés. Un endomorphisme symétrique possède des sous-espaces propres orthogonaux pour des valeurs propres distinctes.

3.

Pour la récurrence, on pourra traiter séparément les cas où le sous-espace stable est de dimension 1 ou 2, puis utiliser l'hypothèse de récurrence sur son orthogonal.

Idées clés

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Propriété de stabilité de l'orthogonal pour un endomorphisme symétrique.

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Analyse du polynôme caractéristique en dimension 2.

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Structure de bloc d'une matrice dans une base adaptée à $F \oplus F^\perp$ .

Résolution.

1. Soit $x \in F$ . Puisque $F$ est stable par $u$ , $u(x)$ appartient à $F$ . La restriction $u_{|F}$ est donc un endomorphisme de $F$ . De plus, pour tout $(x, y) \in F^2$ , la relation $\langle u(x), y \rangle = \langle x, u(y) \rangle$ reste vraie par restriction du produit scalaire à $F$ . Ainsi, $u_{|F}$ est bien un endomorphisme symétrique de $F$ .
2. Soit $x \in F^{\perp}$ . Pour montrer que $u(x) \in F^{\perp}$ , on calcule son produit scalaire avec un élément quelconque $y \in F$ : $\langle u(x), y \rangle = \langle x, u(y) \rangle$ Puisque $F$ est stable par $u$ , on a $u(y) \in F$ . Par définition de $x \in F^{\perp}$ , le produit scalaire $\langle x, u(y) \rangle$ est nul. On en conclut que $\forall y \in F, \langle u(x), y \rangle = 0$ , ce qui signifie que : $\boxed{ u(x) \in F^{\perp} }$ L'orthogonal $F^{\perp}$ est donc stable par $u$ .
1. Le polynôme caractéristique de $A = \begin{pmatrix} a & b b & c \end{pmatrix}$ est donné par : $\chi_A(X) = \det(XI_2 - A) = (X-a)(X-c) - b^2 = X^2 - (a+c)X + ac - b^2$ Le discriminant $\Delta$ de ce trinôme du second degré est : $\Delta = (a+c)^2 - 4(ac - b^2) = a^2 + 2ac + c^2 - 4ac + 4b^2$ $\boxed{ \Delta = (a-c)^2 + 4b^2 }$
2. Puisque $a, b, c$ sont des réels, on a $\Delta \geq 0$ comme somme de carrés. Si $\Delta > 0$ , $\chi_A$ possède deux racines réelles distinctes. $A$ possède donc deux valeurs propres distinctes. Les sous-espaces propres associés sont des droites orthogonales (propriété classique des endomorphismes symétriques). En choisissant un vecteur unitaire dans chaque droite, on obtient une base orthonormée (BON) de diagonalisation. Si $\Delta = 0$ , alors $a-c=0$ et $b=0$ , donc $a=c$ et $b=0$ . La matrice $A$ est alors de la forme $aI_2$ , qui est déjà diagonale dans n'importe quelle BON. Dans tous les cas, $\boxed{ \text{$ A $est orthosemblable à une matrice diagonale.} }$
Procédons par récurrence sur $n = \dim E$ . Initialisation : Pour $n=1$ , tout endomorphisme est une homothétie, donc diagonalisable dans n'importe quelle base orthonormée. Pour $n=2$ , le résultat a été établi à la question 2. Hérédité : Soit $n \geq 3$ . Supposons que tout endomorphisme symétrique en dimension strictement inférieure à $n$ soit diagonalisable dans une BON. Soit $u \in \mathcal{S}(E)$ avec $\dim E = n$ . Par l'énoncé, il existe un sous-espace $F$ stable par $u$ tel que $d = \dim F \in \{1, 2\}$ . Cas 1 : $d=1$ . Soit $e_1$ un vecteur unitaire engendrant $F$ . $e_1$ est un vecteur propre de $u$ . Cas 2 : $d=2$ . D'après la question 2, $u_{|F}$ est diagonalisable dans une BON de $F$ , notée $(e_1, e_2)$ . Ces vecteurs sont des vecteurs propres de $u$ . Dans les deux cas, on a trouvé une BON de $F$ constituée de vecteurs propres. D'après la question 1, $F^{\perp}$ est stable par $u$ et $u_{|F^{\perp}}$ est symétrique. Or $\dim F^{\perp} = n - d < n$ . Par hypothèse de récurrence, il existe une BON $\mathcal{B}'$ de $F^{\perp}$ formée de vecteurs propres de $u_{|F^{\perp}}$ (donc de $u$ ). En concaténant la BON de $F$ et la BON $\mathcal{B}'$ de $F^{\perp}$ , on obtient une BON de $E = F \oplus F^{\perp}$ constituée de vecteurs propres de $u$ . $\boxed{ \text{La propriété est vraie pour tout } n \in \mathbb{N}^* .}$

Une erreur fréquente est de dire que $u$ admet toujours une valeur propre réelle sans le justifier. Le théorème spectral affirme justement que le polynôme caractéristique est scindé. Pour éviter la circularité, on utilise ici l'existence d'un sous-espace stable de dimension 1 ou 2 (résultat général sur $\mathbb{R}$ ).