Développement agrégation interne : théorème spectral
Bonjour,
je m'intéresse à l'appropriation de la preuve du théorème spectral. Je me suis inspiré de plusieurs preuves trouvées un peu partout, je vous propose ci-dessous une rédaction d'un développement d'agrégation interne à ce sujet. J'aimerais juste savoir si cela vous semble satisfaisant ou s'il faut rajouter des choses !
Les notions d'endomorphismes symétriques, bases orthonormales (notamment leur existence) et la définition de l'orthogonal d'un espace vectoriel sont des prérequis.
je m'intéresse à l'appropriation de la preuve du théorème spectral. Je me suis inspiré de plusieurs preuves trouvées un peu partout, je vous propose ci-dessous une rédaction d'un développement d'agrégation interne à ce sujet. J'aimerais juste savoir si cela vous semble satisfaisant ou s'il faut rajouter des choses !
Les notions d'endomorphismes symétriques, bases orthonormales (notamment leur existence) et la définition de l'orthogonal d'un espace vectoriel sont des prérequis.
Théorème spectral.
Soit $E$ un espace euclidien de dimension finie $n \in \mathbb{N}^*$.
Soit $f$ un endomorphisme symétrique de $E$.
Alors $f$ est diagonalisable dans une base orthonormale de $E$.
Soit $E$ un espace euclidien de dimension finie $n \in \mathbb{N}^*$.
Soit $f$ un endomorphisme symétrique de $E$.
Alors $f$ est diagonalisable dans une base orthonormale de $E$.
Preuve. Notons $A$ la matrice de l'endomorphisme $f$ dans une base orthonormée de $E$. La matrice $A$ est donc une matrice symétrique réelle (cela fait partie des prérequis mais c'est facilement démontrable).
Le corps $\mathbb{C}$ est algébriquement clos donc le polynôme caractéristique de $A$ admet au moins une racine complexe. Ainsi, $A$ admet au moins une valeur propre complexe notée $\lambda$.
Le corps $\mathbb{C}$ est algébriquement clos donc le polynôme caractéristique de $A$ admet au moins une racine complexe. Ainsi, $A$ admet au moins une valeur propre complexe notée $\lambda$.
Montrons que $\lambda \in \mathbb{R}$.
$\lambda$ est une valeur propre de $A$ donc il existe un vecteur propre $Z \in \mathbb{C}^n$, $Z \neq 0$ tel que : $AZ=\lambda Z$ .
En passant aux conjugués, on obtient : $\overline{A}\overline{Z}=\overline{\lambda}\overline{Z}$ donc $A\overline{Z}=\overline{\lambda}\overline{Z}$ car $A$ est réelle.
Donc $\,^t \overline{Z} \,^t A= \overline{\lambda} \,^t \overline{Z}$
Ainsi, $\,^t \overline{Z} AZ = \overline{\lambda} \,^t \overline{Z}Z$ (en utilisant le fait que : $\,^t A=A$ car $A$ est symétrique) .
Par conséquent, on obtient : $\lambda \,^t \overline{Z}Z = \overline{\lambda} \,^t \overline{Z}Z$ (en utilisant le fait que $AZ=\lambda Z$) .
Donc $(\lambda - \overline{\lambda}) \,^t \overline{Z}Z = 0 $ . On note $Z=\begin{pmatrix}
z_1 \\
\vdots \\
z_n \\
\end{pmatrix}$ . (Merci AD !!! )
Ainsi, $(\lambda - \overline{\lambda}) \sum\limits_{i=0}^n |z_i|^2 =0$ . Or, $\sum\limits_{i=0}^n |z_i|^2>0$ (car $Z \neq 0$ donc au moins un des $z_i$ est non nul).
Par conséquent, $\lambda = \overline{\lambda}$ donc $\lambda \in \mathbb{R}$.
$\lambda$ est une valeur propre de $A$ donc il existe un vecteur propre $Z \in \mathbb{C}^n$, $Z \neq 0$ tel que : $AZ=\lambda Z$ .
En passant aux conjugués, on obtient : $\overline{A}\overline{Z}=\overline{\lambda}\overline{Z}$ donc $A\overline{Z}=\overline{\lambda}\overline{Z}$ car $A$ est réelle.
Donc $\,^t \overline{Z} \,^t A= \overline{\lambda} \,^t \overline{Z}$
Ainsi, $\,^t \overline{Z} AZ = \overline{\lambda} \,^t \overline{Z}Z$ (en utilisant le fait que : $\,^t A=A$ car $A$ est symétrique) .
Par conséquent, on obtient : $\lambda \,^t \overline{Z}Z = \overline{\lambda} \,^t \overline{Z}Z$ (en utilisant le fait que $AZ=\lambda Z$) .
Donc $(\lambda - \overline{\lambda}) \,^t \overline{Z}Z = 0 $ . On note $Z=\begin{pmatrix}
z_1 \\
\vdots \\
z_n \\
\end{pmatrix}$ . (Merci AD !!! )
Ainsi, $(\lambda - \overline{\lambda}) \sum\limits_{i=0}^n |z_i|^2 =0$ . Or, $\sum\limits_{i=0}^n |z_i|^2>0$ (car $Z \neq 0$ donc au moins un des $z_i$ est non nul).
Par conséquent, $\lambda = \overline{\lambda}$ donc $\lambda \in \mathbb{R}$.
Ceci prouve alors que toutes les
valeurs propres complexes de $A$ sont en fait réelles et que la
matrice $A$ admet au moins une valeur propre réelle.
On peut maintenant prouver le théorème spectral. On raisonne par récurrence sur $n$.
Pour $n=1$, le résultat est clair.
On suppose que la propriété à démontrer est vraie au rang $n-1$ .
Par ce qui a été fait précédemment, on sait qu'il existe une valeur propre réelle pour la matrice $A$ donc pour l'endomorphisme $f$ associé. Notons $\lambda$ cette valeur propre. Alors il existe un vecteur propre $e_1 \in E$, $e_1 \neq 0$ et $e_1$ unitaire , tel que $f(e_1)=\lambda e_1$ .
Notons $H=(vect \{e_1\})^{\perp}$ . On a donc : $\dim H = n-1$ .
Montrons que $H$ est stable par $f$ (i.e : $f(H) \subset H$) . Soit $y \in f(H)$ . Alors, il existe $x \in H$ tel que $f(x)=y$.
On calcule : $\langle y,e_1 \rangle=<f(x),e_1>=<x,f(e_1)>$ car $f$ est symétrique.
Donc $<y,e_1>=\lambda <x,e_1>=0$ car $x \in H$ . Donc $y \in H$ .
Ainsi, $H$ est stable par $f$ donc $f$ induit un endomorphisme symétrique sur $H$ que l'on notera $\tilde f$ .
Comme $H$ est de dimension $n-1$, par hypothèse de récurrence, il existe une base orthonormale de formée de vecteurs propres de $\tilde{f}$ donc de $f$. Notons $B'=(e_2,e_3,...,e_n)$ cette base.
Comme $vect \{e_1\} \oplus^{\perp} H=E$, alors la famille $(e_1,...,e_n)$ est une base orthonormale formée de vecteurs propres de $f$ donc $f$ est diagonalisable.
On peut maintenant prouver le théorème spectral. On raisonne par récurrence sur $n$.
Pour $n=1$, le résultat est clair.
On suppose que la propriété à démontrer est vraie au rang $n-1$ .
Par ce qui a été fait précédemment, on sait qu'il existe une valeur propre réelle pour la matrice $A$ donc pour l'endomorphisme $f$ associé. Notons $\lambda$ cette valeur propre. Alors il existe un vecteur propre $e_1 \in E$, $e_1 \neq 0$ et $e_1$ unitaire , tel que $f(e_1)=\lambda e_1$ .
Notons $H=(vect \{e_1\})^{\perp}$ . On a donc : $\dim H = n-1$ .
Montrons que $H$ est stable par $f$ (i.e : $f(H) \subset H$) . Soit $y \in f(H)$ . Alors, il existe $x \in H$ tel que $f(x)=y$.
On calcule : $\langle y,e_1 \rangle=<f(x),e_1>=<x,f(e_1)>$ car $f$ est symétrique.
Donc $<y,e_1>=\lambda <x,e_1>=0$ car $x \in H$ . Donc $y \in H$ .
Ainsi, $H$ est stable par $f$ donc $f$ induit un endomorphisme symétrique sur $H$ que l'on notera $\tilde f$ .
Comme $H$ est de dimension $n-1$, par hypothèse de récurrence, il existe une base orthonormale de formée de vecteurs propres de $\tilde{f}$ donc de $f$. Notons $B'=(e_2,e_3,...,e_n)$ cette base.
Comme $vect \{e_1\} \oplus^{\perp} H=E$, alors la famille $(e_1,...,e_n)$ est une base orthonormale formée de vecteurs propres de $f$ donc $f$ est diagonalisable.
Edit : quelques ajouts et corrections ont été faits, merci JLapin pour tes précieux conseils, merci Math Coss, merci AD également !!!
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Réponses
Il faudrait mieux parler d'endomorphisme induit que de restriction.
Au passage, je conseille aux candidats de suivre la chaîne Youtube maths adultes, tous les mercredis soir il y a un direct de préparation au concours. Ce n’est pas aussi complet qu’une « prépa » mais cela permet de bien se mettre dans le bain et l’animateur est très sympathique. Je pense que cela a été un facteur de ma réussite.