Endomorphisme dont le carré est l'opposé de l'identité [Endomorphisme ou matrice diagonalisable]

Endomorphisme dont le carré est l'opposé de l'identité

Durée : 20 mn

Note maximale : 14

Question

Soient $E$ un espace vectoriel réel de dimension finie n, $n>1$ , $Id_E$ l'application identique de $E$ dans $E$ , et f un endomorphisme de $E$ vérifiant :

$f^2=-Id_E$ .

Montrer qu'aucun vecteur de $E$ n'est vecteur propre de $f$ et que la dimension de $E$ est paire.
Soit $u$ un vecteur non nul de $E$ .
Montrer que le sous-espace vectoriel F_u de E engendré par $u$ et $f(u)$ est de dimension 2 et qu'il est stable par $f$ (c'est-à-dire $f(F_u)\subset F_u$ ).
Soit $F$ un sous-espace vectoriel de $E$ stable par $f (f(F)\subset F)$ et soit $v$ un vecteur de $E$ , $v$ n'appartenant pas à $F$ .
Montrer que pour $\alpha$ et $\beta$ réels, la relation $\alpha v+\beta f(v)\in F$ entraîne $\alpha=\beta=0$ .
Montrer que $E$ possède une base de la forme $(e_1,f(e_1),e_2,f(e_2),...,e_p,f(e_p)$ .
Quel est le polynôme caractéristique de $f$ ?

Solution

Soit $u$ un vecteur non nul de $E$ .
Si $u$ était un vecteur propre de $f$ , il existerait un réel $\lambda$ tel que $f(u)=\lambda u$ , par suite $f^2(u)=f(\lambda u)=\lambda f(u)=\lambda^2u$ .
Or $f^2=-Id_E,$ donc $f^2(u)=-u$ , d'où $(\lambda^2+1)u=0$ , ce qui est absurde puisque $u$ n'est pas nul et $\lambda$ est réel.
Si la dimension de $E$ était impaire, le polynôme caractéristique de $f$ serait de degré impair, il aurait donc une racine réelle qui serait valeur propre de $f$ : $f$ admettrait des vecteurs propres ce qui est contraire au résultat précédent.
Autre démonstration : le déterminant de $f$ est un nombre réel vérifiant $(\det f)^2=\det(f^2)=\det(-Id_E)=(-1)^n$ .
Comme $(\det f)^2$ est un nombre positif, on en déduit que $n$ est pair.
Soit $u$ un vecteur non nul de $E$ .
D'après la question précédente, $u$ n'est pas vecteur propre de $f$ donc $u$ et $f(u)$ ne sont pas colinéaires, et forment un système libre.
Le sous-espace vectoriel F_u de E engendré par $u$ et $f(u)$ admet donc $(u,f(u))$ comme base, il est de dimension 2.
Pour tout $v$ appartenant à F_u, il existe $\alpha$ et $\beta$ tels que $v=\alpha u+\beta f(u)$ .
Alors $f(v)=f(\alpha u+\beta f(u)))=\alpha f(u)-\beta u$ , donc $f(v)$ appartient à F_u :
F_u est stable par $f$ .
Soit $F$ un sous-espace vectoriel de $E$ stable par $f$ , et soit $v$ un vecteur de $E$ , $v$ n'appartenant pas à $F$ .
On suppose qu'il existe des réels $\alpha$ et $\beta$ tels que $\alpha v+\beta f(v)\in F$ .
Comme $F$ est stable par $f$ , on en déduit que l'image par $f$ de $\alpha v+\beta f(v)$ appartient à $F$ , cette image est $-\beta v+\alpha f(v)$ ; comme $F$ est un sous-espace vectoriel, toute combinaison linéaire de $\alpha v+\beta f(v)$ et de $-\beta v+\alpha f(v)$ appartient à $F$ , en particulier $\alpha(\alpha v+\beta f(v))\beta(-\beta v+\alpha f(v))=(\alpha^2+\beta^2)v$ appartient à $F$ , ceci entraîne la relation $\alpha^2+\beta^2=0$ , sinon le nombre $\alpha^2+\beta^2$ serait inversible dans $\mathbb R$ et $v$ appartiendrait à $F$ , ce qui est contraire à l'hypothèse faite sur $v$ .
Donc $\alpha^2+\beta^2=0$ et comme $\alpha$ et $\beta$ sont des réels, il vient $\alpha=\beta=0$ .
On démontre la propriété (*) suivante :
L'espace vectoriel E possède une base de la forme $(e_1,f(e_1),e_2,f(e_2),...,e_p,f(e_p))$ (*).
Soit e₁ un vecteur non nul de $E$ et F₁ soit le sous-espace de $E$ engendré par e₁ et $f(e_1)$ .
Si F₁ est égal à $E$ , la propriété (*) est démontrée car $(e_1,f(e_1))$ est une base de F₁ (d'après la question 1).
Si F₁ n'est pas égal à $E$ , on sait de plus F₁ que est stable par $f$ , et il existe un vecteur e₂ de $E$ n'appartenant pas à F₁.
Soit F₂ le sous-espace de $E$ engendré par e₂ et $f(e_2)$ .
De même que F₁, le sous-espace F₂ est stable par $f$ et admet $(e_2,f(e_2))$ comme base.
De plus, d'après la question 2, $F_1\cap F_2=\{0\}$ donc la somme de F₁ et F₂ est directe et $F_1\bigoplus F_2$ admet $(e_1,f(e_1),e_2,f(e_2))$ comme base.
Si $F_1\bigoplus F_2$ est égal à $E$ , la propriété (*) est démontrée.
Sinon il est immédiat qu'on a aussi $F_1\bigoplus F_2$ stable par $f$ , et il existe un vecteur e₃ de $E$ n'appartenant pas à $F_1\bigoplus F_2$ , et on recommence, $F_1\bigoplus F_2$ jouant le rôle du sous-espace $F$ de la
question 2. On construira alors un sous-espace admettant $(e_1,f(e_1),e_2,f(e_2),e_3,f(e_3))$ comme base et stable par $f$ .
Ce procédé s'achèvera au bout d'un nombre fini d'étapes, car $E$ est de dimension finie.
On aura ainsi construit une base de $E$ de la forme $(e_1,f(e_1),e_2,f(e_2),...,e_p,f(e_p))$ .
On retrouve le fait que l'espace vectoriel $E$ est de dimension paire $n=2p$ .
Pour trouver le polynôme caractéristique de $f$ , on considère la matrice de $f$ dans la base $(e_1,f(e_1),e_2,f(e_2),...,e_p,f(e_p))$ .
Comme $f(f(e_i))=-e_i$ , cette matrice est la matrice carrée d'ordre $2p$ suivante :
$M=\left(\begin{array}{cccccccc} 0&-1&0&0&\ldots&0&0& \\1&0&0&0&\ldots&0&0 \\ 0&0&0&-1&\ldots&0&0 \\0&0&1&0&\ldots&0&0 \\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ldots&\vdots&\vdots \\ 0&0&0&0&\ldots&0&-1\\0&0&0&0&\ldots&1&0 \end{array}\right)$
et $\det(M-XI_{2p})=\left(\det\left(\begin{array}{cccccccc}-X&-1 \\1&-X\end{array}\right)\right)^p=(X^2+1)^p$ .