Diagonalisation d'une matrice

Bonjour,

J'aimerai diagonaliser l'endomorphisme $u$ canoniquement associé à la matrice suivante :$A=\begin{pmatrix}
0 &I_{n} \\
-I_{n} & 0
\end{pmatrix}$ avec $n\geq 2$ dans $\mathbb{R}$

Bon déjà le polynôme caractéristique de $u$ est : $\chi _{u}=(X^{2}+1)^{n}$, et on a $u^{2}+id=0$ donc $\mathbb{R}^{2n}=Ker(u^{2}+id)$, je prend $x\in Ker(u^{2}+id)$ alors $P_{1}=Vect(x,u(x))$ est un plan $u$-stable. Si $\mathbb{R}^{2n}=P_{1}$ alors c'est terminé. Sinon, on prend $y\in \mathbb{R}^{2n}-P_{1}$ , mais je ne sais pas comment montrer que $P_{2}=Vect(y,u(y))$ est en somme directe avec $P_{1}$.Je ne sais pas comment montrer qu'un élément dans leur intersection est nul.

J'espère que vous pourrez m'aider afin de résoudre ce détail.

Merci d'avance,

Réponses

  • Les plans engendrés par $e_1$ et $e_n$, $e_2$ et $e_{n-1}$, $e_3$ et $e_{n-2}$, etc., font ce que tu veux.

    Pour en revenir à la question... Si un vecteur non nul $ay+bu(y)=x_1$ (avec $a,b\in\R$) appartient à $P_1$, qui a le bon goût d'être stable, alors $au(y)-by=u(x_1)$ aussi. Considérons ces deux égalités comme un système de deux équations à deux inconnues $y$ et $u(y)$ : du fait qu'on est dans $\R$, son déterminant $a^2+b^2$ n'est pas nul. On en déduit que $y$ est combinaison linéaire de deux éléments de $P_1$, contrairement à l'hypothèse.
  • Bonsoir,

    Je vous remercie pour votre réponse. En plus de cela, c'est la première fois que je vois qu'on peut considérer ,si on a des scalaires ( complexes je suppose ), des sytèmes $\begin{cases}
    a_{1,1}X_{1}+...+a_{1,n}X_{n}=b_{1}Y_{1} & \\
    ... & \\
    a_{n,1}X_{1}+...+a_{n,n}X_{n}=b_{n}Y_{n} &
    \end{cases}$ avec $X_{1},...,X_{n},Y_{1},...,Y_{n}$ des vecteurs, comme un système linéaire avec $X_{1},...,X_{n},Y_{1},...,Y_{n}$ des complexes.
  • Mouarf. Si on s'autorise les coefficients complexes, la bonne attitude consiste à remarquer que $A$ est diagonalisable et que ses valeurs propres de $A$ sont $\mathrm{i}$ et $-\mathrm{i}$. On choisit une base de l'espace propre associé à $\mathrm{i}$, disons $(Z_1,\dots,Z_n)$ ; on sépare partie réelle et partie imaginaire : $Z_k=X_k+\mathrm{i}Y_k$ avec $X_k,Y_k\in\R^n$ pour tout $k$ ; alors $\bar Z_k=X_k-\mathrm{i}Y_k$ est une base de l'espace propre associé à $-\mathrm{i}$ et la base $(X_1,Y_1,X_2,Y_2,\dots)$ est comme tu veux.
  • supp
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.