Existence d'une racine carrée réelle

Soit $E$ un espace vectoriel sur $\mathbb{R}$ de dimension finie. On considère un endomorphisme $u \in \mathcal{L}(E)$ que l'on suppose diagonalisable.

Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur les sous-espaces propres de $u$ pour qu'il existe un endomorphisme $v \in \mathcal{L}(E)$ vérifiant l'équation $v^2 = u$ .

1.

Si $v^2 = u$ , montrer que $u$ et $v$ commutent et en déduire que $v$ stabilise les sous-espaces propres de $u$ .

2.

Étudier la restriction de $v$ à chaque sous-espace propre $E_\lambda(u)$ .

3.

Pour les valeurs propres strictement négatives, utiliser un argument de déterminant ou de polynôme annulateur sur l'espace réel.

4.

Pour la synthèse, construire $v$ par blocs sur chaque sous-espace propre.

Idées clés

•

Commutation de $u$ et $v$ pour exploiter la stabilité des sous-espaces propres.

•

Utilisation du déterminant pour obtenir une condition de parité sur $\mathbb{R}$ .

•

Construction explicite par blocs de rotation pour les valeurs propres négatives.

Analyse.

Supposons qu'il existe $v \in \mathcal{L}(E)$ tel que $v^2 = u$ .

Puisque $v$ commute avec lui-même, on a :

uv = v^2 \cdot v = v^3 = v \cdot v^2 = vu

Ainsi, $u$ et $v$ commutent. Il en résulte que $v$ laisse stable chaque sous-espace propre de $u$ . Soit $\lambda \in \text{sp}(u)$ une valeur propre de $u$ et $E_\lambda = \ker(u - \lambda \text{Id})$ le sous-espace propre associé.

Notons $v_\lambda$ la restriction de $v$ à $E_\lambda$ . Puisque $v(E_\lambda) \subset E_\lambda$ , $v_\lambda$ est un endomorphisme de $E_\lambda$ et vérifie :

v_\lambda^2 = u_{|E_\lambda} = \lambda \text{Id}_{E_\lambda}

Considérons le cas où $\lambda < 0$ . En prenant le déterminant de l'égalité précédente, on obtient :

\det(v_\lambda)^2 = \det(\lambda \text{Id}_{E_\lambda}) = \lambda^{\dim E_\lambda}

Comme $v$ est un endomorphisme d'un espace vectoriel réel, son déterminant $\det(v_\lambda)$ est un nombre réel. Par conséquent, $\det(v_\lambda)^2 \geq 0$ .

Or, si $\lambda < 0$ , la quantité $\lambda^{\dim E_\lambda}$ est positive ou nulle si et seulement si l'exposant est pair. On en déduit que pour toute valeur propre négative, la dimension du sous-espace propre associé doit être paire.

Synthèse.

Supposons que pour toute valeur propre $\lambda < 0$ de $u$ , $\dim E_\lambda$ est paire. Comme $u$ est diagonalisable, $E$ est la somme directe des sous-espaces propres de $u$ :

E = \bigoplus_{\lambda \in \text{sp}(u)} E_\lambda

Nous allons construire $v$ en définissant sa restriction à chaque $E_\lambda$ .

Si $\lambda > 0$ : on définit $v$ sur $E_\lambda$ par $v_\lambda = \sqrt{\lambda} \text{Id}_{E_\lambda}$ . On a bien $v_\lambda^2 = \lambda \text{Id}$ .
Si $\lambda = 0$ : on définit $v$ sur $E_0$ par $v_0 = 0$ . On a bien $v_0^2 = 0 \text{Id}$ .
Si $\lambda < 0$ : par hypothèse, $d_\lambda = \dim E_\lambda = 2k$ est pair. Il existe une base de $E_\lambda$ dans laquelle on peut définir $v_\lambda$ par une matrice diagonale par blocs de la forme : $\text{Mat}(v_\lambda) = \text{diag}(R, R, \dots, R) \text{avec } R = \begin{pmatrix} 0 & -\sqrt{-\lambda} \sqrt{-\lambda} & 0 \end{pmatrix}$ Calculons le carré du bloc $R$ : $R^2 = \begin{pmatrix} 0 & -\sqrt{-\lambda} \sqrt{-\lambda} & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & -\sqrt{-\lambda} \sqrt{-\lambda} & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda & 0 0 & \lambda \end{pmatrix} = \lambda I_2$ On en déduit que $v_\lambda^2 = \lambda \text{Id}_{E_\lambda}$ .

L'endomorphisme $v$ ainsi défini par morceaux sur la décomposition en somme directe vérifie $v^2 = u$ .

Conclusion.

\boxed{ \text{La condition est : } \forall \lambda \in \text{sp}(u) \cap \mathbb{R}_-^*,   \dim \ker(u - \lambda \text{Id}) \in 2\mathbb{N} }

Ne pas oublier de traiter le cas $\lambda = 0$ . Si $u$ est diagonalisable, $u$ restreint à son noyau est nul, donc $v^2=0$ admet toujours une solution (par exemple $v=0$ ), quelle que soit la dimension du noyau.