Sujet C.2.6 Endomorphismes autoadjoints
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Exercice a
Soient, dans un espace euclidien $E,$ un vecteur $u\app E$ et l'application $\,f:x\mapsto x+\ps xu\sp{1.5} u\sp{1.5}.\,$
Montrer que $f$ est un endomorphisme autoadjoint de $E$ et le diagonaliser.
endomorphisme autoadjoint
Un endomorphisme $f$ d'un espace euclidien $E$ est autoadjoint (ou symétrique) ssi :
$\displaystyle{}\ptt u\app E,\ \ptt v\app E,\ \ps{f(u)}v=\ps u{f(v)}$
Les endomorphismes autoadjoints de $E$ forment un espace vectoriel noté $\sc S(E).$
théorème spectral des endomorphismes
Dans $E$ euclidien, $f\app\sc L(E)$ est autoadjoint ssi il vérifie l'une des conditions :
- $E$ est la somme orthogonale des sous-espaces propres de $f\,;$
- $E$ admet une base orthonormale de vecteurs propres de $f\sp{1.5}.$
matrice d'un endomorphisme autoadjoint
Pour un espace euclidien $E$ de base orthonormale $\,\sc B=(e_1,\dots,e_n)\,$ et $\,f\app\sc L(E):\,$
$\displaystyle{}f\app\sc S(E)\Ssi\op M_\sc B(f)\app\sc S_n(\bb R)$
projecteurs autoadjoints et involutions autoadjointes
Dans l'esemble des endomorphismes d'un espace euclidien $E:$
- les projecteurs autoadjoints sont exactement les projections orthogonales ;
- les involutions autoadjointes sont exactement les symétries orthogonales.
indication
Une fois établi que $f$ est un endomorphisme autoadjoint, évaluer le sous-espace propre $E_1(f)\sp{1.5}.$
réponse
$f$ est bien un endomorphisme autoadjoint, avec
- $\,f=\op{Id_E}\,$ si $\,u=0\sp{1.5},\,$
- $\,E=E_1(f)\oplus \smb{1}{E_{1+\|u\|^2}(f)}\,$ si $\,u\neq0\sp{1.5},\,$ avec : $\,E_1(f)=\smh{.5}{\op{Vect}(u)^{\perp}}\,$ et $\,E_{1+\|u\|^2}(f)=\op{Vect}(u)\sp{1.5}.\,$
correction
Par linéarité à gauche du
Un espace préhilbertien réel est un $\bb R\tiret$espace vectoriel $E$ muni d'un produit scalaire.
Il s'agit d'une application $\,(u,v)\mapsto\ps uv,\,$ de $E\!\times\! E$ vers $\bb R,$ qui soit à la fois :
produit scalaire,
l'application $\,g:x\mapsto\ps xu\sp{1.5} u\,$ est bien linéaire de $E$ vers $E\sp{1.5}.$
L'application $\,f=\op{Id}_E+\,g\,$ est donc un
- bilinéaire : pour tous $u,u',v, v'\app E$ et tous $\alpha,\beta\app\bb R\sp{1.5},$
$\displaystyle{}\syst{\ps{\alpha\sp{1.5}u+\beta\sp{1.5}u'}v&=\alpha\sp{1.5}\ps uv+\beta\sp{1.5}\ps{u'}v\\[-.75ex] \ps u{\alpha\sp{1.5}v+\beta\sp{1.5}v'}&=\alpha\sp{1.5}\ps u v+\beta\sp{1.5}\ps u{v'}}$
- symétrique : $\,\ptt u,v\app E,\ \ps u v=\ps v u\sp{1.5};\,$
- positive : $\,\ptt u\app E,\ \ps uu\!\geq0\sp{1.5};\,$
- définie : $\,\ptt u\app E,\ \big(\ps uu=0\Imp u=0\sp{1.5}\big).\,$
Un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$ est une application linéaire de $E$ vers $E\sp{1.5}.$
On note $\sc L(E)$ l'espace vectoriel des endomorphismes de $E:$ $\,\sc L(E)=\sc L(E,E)\sp{1.5}.\,$
endomorphisme
de $E\,;$ de plus, pour tous $x,y\app E:$
$\eqalign{\ps{g(x)}y&=\ps{\ps xu\sp{1.5} u}y=\ps xu \ps uy\\&= \ps yu\ps xu=\ps x{\ps yu\sp{1.5} u}=\ps x{g(y)}}$
Il s'ensuit que $g$ est un endomorphisme
Un endomorphisme $f$ d'un espace euclidien $E$ est autoadjoint (ou symétrique) ssi :
autoadjoint,
si bien que par somme dans l'espace vectoriel $\sc S(E):$ $\,f=\op{Id}_E+\,g\,\app\sc S(E)\sp{1.5}.\,$
Par le théorème
$\displaystyle{}\ptt u\app E,\ \ptt v\app E,\ \ps{f(u)}v=\ps u{f(v)}$
Les endomorphismes autoadjoints de $E$ forment un espace vectoriel noté $\sc S(E).$
Dans $E$ euclidien, $f\app\sc L(E)$ est autoadjoint ssi il vérifie l'une des conditions :
spectral,
$f$ est donc
- $E$ est la somme orthogonale des sous-espaces propres de $f\,;$
- $E$ admet une base orthonormale de vecteurs propres de $f\sp{1.5}.$
Soient $E$ un espace vectoriel de dimension finie et $\,f\app\sc L(E)\sp{1.5}.\,$
$f$ est diagonalisable ssi $E$ admet une base de vecteurs propres de $f.$
Autrement dit, il existe une base $\sc B$ de $E$ telle que $\,\op{M}_\sc B(f)\,$ soit diagonale.
diagonalisable,
$E$ étant la somme orthogonale des
Soit $f$ un endomorphisme d'un $\bb K\tiret$espace vectoriel $E$ et $\lambda\app\bb K$ une valeur propre de $f\sp{1.5}.$
Le sous-espace $\,\op{Ker}(f-\lambda\op{Id}_E)\,$ est le sous-espace propre de $f$ associé à $\lambda:$ $\,E_{\lambda}(f)\sp{1.5}.\,$
sous-espaces
propres de $f.$- Si $\,u=0,\,$ on a alors : $\,f=\op{Id_E}\sp{1.5},\,$ et $f$ est donc diagonalisable avec : $\,E_1(f)=E\sp{1.5}.\,$
- si $\,u\neq0,\,$ on a alors : $\,f(x)=x\Ssi \ps xu=0\sp{1.5},\,$ et donc : $\,E_1(f)=\op{Vect}(u)^{\perp}.\,$
$E_1(f)$ est donc
Soient $E$ un espace euclidien de base orthonormale $\,\sc B=(e_1,\dots,e_n)\sp{1.5}.\,$ Alors pour $\,(a_1,\dots,a_n)\neq(0,\dots,0)\sp{1.5},\,$ l'hyperplan $H$ d'équation :l'hyperplan normal à $u\sp{1.5};$ on a d'autre part :$\displaystyle{}a_1\sp{1.5}x_1+\cdots+a_n\sp{1.5}x_n=0$est l'hyperplan normal à $\,n=a_1\sp{1.5}e_1+\cdots+a_n\sp{1.5}e_n:\,$ $\,H=\op{Vect}(n)^{\perp}.\,$$\displaystyle{}f(u)=u+\|u\|^2u=(1+\|u\|^2)\,u$ce qui établit l'inclusion : $\,\op{Vect}(u)\subset E_{1+\|u\|^2}(f)\sp{1.5}.\,$ EnSoient $F$ et $G$ deux sous-espaces de dimensions finies d'un espace vectoriel $E\sp{1.5}:$somme directe avec
- alors la somme $\,F+G\,$ est de dimension finie,
- et si la somme $\,F+G\,$ est directe, alors :
$\displaystyle{}\dim(F\oplus G)=\dim(F)+\dim(G)$
Soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie $\,n\geq1\sp{1.5}.\,$ Les hyperplans de $E$ sont les sous-espaces de $E$ de dimension $\,n-1\sp{1.5}.\,$l'hyperplan $E_1(f)\sp{1.5},$ ce sous-espace propre $\smb0{E_{1+\|u\|^2}(f)}$ ne peut donc être qu'une droite. Pour raisons deSoient $F$ et $G$ deux sous-espaces d'un espace vectoriel $E\sp{1.5}.$ Si on a $\,F\subset G\sp{1.5},\,$ et que $\,G\,$ est de dimension finie, alors :dimensions, on a alors : $\,\op{Vect}(u)= E_{1+\|u\|^2}(f)\sp{1.5},\,$ d'où finalement lorsque $\,u\neq0:\,$- $\,F=\{0\}\!\Ssi\dim(F)=0\sp{1.5},\,$
- $\,F=\ G\ \sp{1.5}\Ssi \dim(F)=\dim(G)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}E=\op{Vect}(u)^{\perp}\oplus\op{Vect}(u)=E_1(f)\oplus E_{1+\|u\|^2}(f)$
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Exercice b
Soient, dans un espace euclidien $E,$ deux endomorphismes autoadjoints $f$ et $g\sp{1.5}.$
Démontrer que $\,f\circ g=g\circ f\,$ si et seulement si $\,f\circ g\,$ est autoadjoint.
endomorphisme autoadjoint
Un endomorphisme $f$ d'un espace euclidien $E$ est autoadjoint (ou symétrique) ssi :
$\displaystyle{}\ptt u\app E,\ \ptt v\app E,\ \ps{f(u)}v=\ps u{f(v)}$
Les endomorphismes autoadjoints de $E$ forment un espace vectoriel noté $\sc S(E).$
théorème spectral des endomorphismes
Dans $E$ euclidien, $f\app\sc L(E)$ est autoadjoint ssi il vérifie l'une des conditions :
- $E$ est la somme orthogonale des sous-espaces propres de $f\,;$
- $E$ admet une base orthonormale de vecteurs propres de $f\sp{1.5}.$
matrice d'un endomorphisme autoadjoint
Pour un espace euclidien $E$ de base orthonormale $\,\sc B=(e_1,\dots,e_n)\,$ et $\,f\app\sc L(E):\,$
$\displaystyle{}f\app\sc S(E)\Ssi\op M_\sc B(f)\app\sc S_n(\bb R)$
projecteurs autoadjoints et involutions autoadjointes
Dans l'esemble des endomorphismes d'un espace euclidien $E:$
- les projecteurs autoadjoints sont exactement les projections orthogonales ;
- les involutions autoadjointes sont exactement les symétries orthogonales.
indication
Une fois établie l'implication directe, montrer la réciproque en prouvant que :
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app E^2,\ \big\langle\sp{1.5}x\,,\,(g\circ f)(y)-(f\circ g)(y)\sp{1.5}\big\rangle=0$
réponse
On démontre bien que $\,f\circ g\,$ est autoadjoint si et seulement si : $\,f\circ g=g\circ f\,.\,$
correction
Soient $\,f,\sp{1.5}g\app\sc S(E)\sp{1.5};\,$ par définition des endomorphismes
Un endomorphisme $f$ d'un espace euclidien $E$ est autoadjoint (ou symétrique) ssi :
autoadjoints,
et symétrie du
$\displaystyle{}\ptt u\app E,\ \ptt v\app E,\ \ps{f(u)}v=\ps u{f(v)}$
Les endomorphismes autoadjoints de $E$ forment un espace vectoriel noté $\sc S(E).$
Un espace préhilbertien réel est un $\bb R\tiret$espace vectoriel $E$ muni d'un produit scalaire.
Il s'agit d'une application $\,(u,v)\mapsto\ps uv,\,$ de $E\!\times\! E$ vers $\bb R,$ qui soit à la fois :
produit scalaire,
on a pour tous $x,y\app E:$
- bilinéaire : pour tous $u,u',v, v'\app E$ et tous $\alpha,\beta\app\bb R\sp{1.5},$
$\displaystyle{}\syst{\ps{\alpha\sp{1.5}u+\beta\sp{1.5}u'}v&=\alpha\sp{1.5}\ps uv+\beta\sp{1.5}\ps{u'}v\\[-.75ex] \ps u{\alpha\sp{1.5}v+\beta\sp{1.5}v'}&=\alpha\sp{1.5}\ps u v+\beta\sp{1.5}\ps u{v'}}$
- symétrique : $\,\ptt u,v\app E,\ \ps u v=\ps v u\sp{1.5};\,$
- positive : $\,\ptt u\app E,\ \ps uu\!\geq0\sp{1.5};\,$
- définie : $\,\ptt u\app E,\ \big(\ps uu=0\Imp u=0\sp{1.5}\big).\,$
$\eqalign{\ps{(f\circ g)(x)}y&=\ps{f(g(x))}y=\ps{g(x)}{f(y)}\\&=\ps x{g(f(y))}=\ps x{(g\circ f)(y)}}$
- Si $f$ et $g$ commutent : $\,f\circ g=g\circ f,\,$ on a alors :
$\displaystyle{}\ptt x\app E,\ \ptt y\app E,\ \ps{(f\circ g)(x)}y=\ps x{(f\circ g)(y)}$c'est-à-dire que $f\circ g$ est autoadjoint : $\,f\circ g\app\sc S(E)\sp{1.5}.\,$
- Si on suppose réciproquement que $\,f\circ g\app\sc S(E)\sp{1.5},\,$ cela signifie :
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app E^2,\ \ps{(f\circ g)(x)}y=\ps x{(f\circ g)(y)}$Compte tenu de l'identité établie initialement, on obtient donc, pour tous $x,y\app E:$$\eqalign{&\ps x{(g\circ f)(y)}=\ps x{(f\circ g)(y)}\\[.5ex] \txt{soit :}&\big\langle\sp{1.5}x\,,\,(g\circ f)(y)-(f\circ g)(y)\sp{1.5}\big\rangle=0}$Pour tout $y\app E$ fixé, en posant : $\,x=(g\circ f)(y)-(f\circ g)(y),\,$ on obtient alors :$\displaystyle{}\|(g\circ f)(y)-(f\circ g)(y)\|^2=0$Par nullité de laDans un espace préhilbertien réel $E,$ la norme euclidienne est l'application :norme, on en déduit : $\,\ptt y\app E\sp{1.5},\ (g\circ f)(y)=(f\circ g)(y)\sp{1.5}.\,$ On a ainsi établi la réciproque attendue : si $\,f\circ g\app\sc S(E)\sp{1.5},\,$ alors $\,f\circ g=g\circ f\sp{1.5}.\,$$\displaystyle{}\syst{&E\to\bb R_+\\[-.5ex] &u\mapsto\|u\|=\smh0{\sqrt{\smh{0.15}{\ps u u}}}}$Elle vérifie les propriétés de toute norme sur un $\bb R\tiret$espace vectoriel :
- $\,\ptt u,v\app E,\ \|u+v\|\leq\|u\|+\|v\|\!:\,$ c'est l'inégalité triangulaire ;
- $\,\ptt u\app E,\ \ptt\lambda\app\bb R,\ \|\lambda\sp{1.5}u\|=|\lambda|\,\|u\|\,;\,$
- $\,\ptt u\app E,\ \big(\sp{1.5}\|u\|=0\Imp u=0\sp{1.5}\big).\,$
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Exercice c
Soit $f$ un endomorphisme autoadjoint $f$ d'un espace euclidien $E\,;$ on pose pour tout $x\app E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\!:$
$\displaystyle{}\phi(x)=\dfrac{\ps{f(x)}x}{\|x\|^2}$
Démontrer que l'image de $E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}$ par l'application $\phi$ ainsi définie est un segment de $\bb R\sp{1.5}.$
Plus généralement, montrer que pour tout endomorphisme $f$ de $E\,,$ $\,\phi\big(E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\big)\,$ est une partie bornée de $\bb R\sp{1.5}.$
endomorphisme autoadjoint
Un endomorphisme $f$ d'un espace euclidien $E$ est autoadjoint (ou symétrique) ssi :
$\displaystyle{}\ptt u\app E,\ \ptt v\app E,\ \ps{f(u)}v=\ps u{f(v)}$
Les endomorphismes autoadjoints de $E$ forment un espace vectoriel noté $\sc S(E).$
théorème spectral des endomorphismes
Dans $E$ euclidien, $f\app\sc L(E)$ est autoadjoint ssi il vérifie l'une des conditions :
- $E$ est la somme orthogonale des sous-espaces propres de $f\,;$
- $E$ admet une base orthonormale de vecteurs propres de $f\sp{1.5}.$
matrice d'un endomorphisme autoadjoint
Pour un espace euclidien $E$ de base orthonormale $\,\sc B=(e_1,\dots,e_n)\,$ et $\,f\app\sc L(E):\,$
$\displaystyle{}f\app\sc S(E)\Ssi\op M_\sc B(f)\app\sc S_n(\bb R)$
projecteurs autoadjoints et involutions autoadjointes
Dans l'esemble des endomorphismes d'un espace euclidien $E:$
- les projecteurs autoadjoints sont exactement les projections orthogonales ;
- les involutions autoadjointes sont exactement les symétries orthogonales.
indication
1
Utiliser le théorème spectral pour exprimer $\phi(x)$ dans une base orthonormale appropriée.
indication
2
Pour $f\app\sc L(E)$ quelconque, montrer que : $\,\phi\big(E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\big)=\phi(S),\,$ avec : $\,S=\ens{x\app E}{\|x\|=1}\!\cdot\,$
réponse
Pour $f\app\sc S(E),$ on obtient $\,\phi\big(E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\big)=[\sp{1.5}\lambda_1,\lambda_n]\sp{1.5},\,$ où : $\,\lambda_1\sp{-1.5}=\sp{-1.5}\min\!\big(\sp{-1.5}\op{Sp}(f)\big)\,$ et $\,\lambda_n\sp{-1.5}=\sp{-1.5}\max\!\big(\sp{-1.5}\op{Sp}(f)\big).\,$
Pour $f\app\sc L(E)$ quelconque, on montre bien que $\,\phi\big(E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\big)\,$ est encore une partie bornée de $\bb R\sp{1.5}.$
correction
Selon le théorème
Dans $E$ euclidien, $f\app\sc L(E)$ est autoadjoint ssi il vérifie l'une des conditions :
spectral,
l'endomorphisme $f$ est
- $E$ est la somme orthogonale des sous-espaces propres de $f\,;$
- $E$ admet une base orthonormale de vecteurs propres de $f\sp{1.5}.$
Soient $E$ un espace vectoriel de dimension finie et $\,f\app\sc L(E)\sp{1.5}.\,$
$f$ est diagonalisable ssi $E$ admet une base de vecteurs propres de $f.$
Autrement dit, il existe une base $\sc B$ de $E$ telle que $\,\op{M}_\sc B(f)\,$ soit diagonale.
diagonalisable
dans une base orthonormale $\,\sc B=(e_1,\dots,e_n)\,.\,$
En ordonnant préalablement les
Soit $f$ un endomorphisme d'un $\bb K\tiret$espace vectoriel $E:$
valeurs
propres de $f,$ on peut donc écrire :
- $\,\lambda\app\bb K\,$ est une valeur propre de $f$ ssi il existe $\,x\app E\!\setminus\!\{0\}\,$ tel que : $\,f(x)=\lambda\sp{1.5}x\,;\,$
- $\,x\app E\,$ est un vecteur propre de $f$ associé à $\,\lambda\app\bb K\,$ ssi : $\,x\neq0\,$ et $\,f(x)=\lambda\sp{1.5}x\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\lambda_1 \leq \dots\leq\lambda_n\txt{et}\ptt i\app\,[\![1,n]\!]\sp{1.5},\ f(e_i)=\lambda_i\sp{1.5}e_i$
La base $\sc B$ étant
Soit $\,\sc B=(e_1,\dots,e_n)\,$ une base orthonormale d'un espace euclidien $E\sp{1.5}.$
Pour $u\app E$ et $v\app E,$ de coordonnées respectives $x_i$ et $y_i$ dans $\sc B\sp{1.5},$ on a :
orthonormale,
on a alors pour tout $\,x=x_1\sp{1.5}e_1+\cdots+x_n\sp{1.5}e_n\app E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\!:\,$
- $\,\ptt i\app\,[\![1,n]\!]\sp{1.5},\ \,x_i=\ps{e_i}u\,;\,$
- $\,\ps uv=x_1\sp{1.5}y_1+\dots+x_n\sp{1.5}y_n\,;\,$
- $\,\|u\|=\smh{.5}{\sqrt{\smh{.2}{x_1^2+\dots+x_n^2}}\,.}\,$
$\eqalign{&f(x)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}x_1\sp{1.5}f(e_1)\sp{-1.5}+\cdots+x_n\sp{1.5}f(e_n)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}x_1\sp{1.5}\lambda_1\sp{1.5}e_1\sp{-1.5}+\cdots+x_n\sp{1.5}\lambda_n\sp{1.5}e_n\\[.5ex]
&\phi(x)\sp{-1.5}=\sp{-1.5}\frac{\ps{\lambda_1\sp{1.5}x_1\sp{1.5}e_1+\cdots+\lambda_n\sp{1.5}x_n\sp{1.5}e_n\,}{\,x_1\sp{1.5}e_1+\cdots+x_n\sp{1.5}e_n}}{\|x_1\sp{1.5}e_1+\cdots+x_n\sp{1.5}e_n\|^2}\\ &\txt{et donc :}\phi(x)=\frac{\lambda_1\sp{1.5}x_1^2+\cdots+\lambda_n\sp{1.5}x_n^2}{x_1^2+\cdots+x_n^2}\\
&\txt{si bien que :}\ \lambda_1\leq\phi(x)\leq\lambda_n}$
On a ainsi établi
Un ensemble $F$ est inclus dans l'ensemble $E$ ssi tout élément de $F$ appartient à $E:$
l'inclusion
de
$\displaystyle{}F\subset E\Ssi \big(x\app F \Imp x\app E\sp{1.5}\big)$
On dit alors que $F$ est une partie ou un sous-ensemble de $E\sp{1.5}.$
On désigne par $\,\sc P(E)\,$ l'ensemble des parties de $E\sp{1.5}.$
Pour $\,f:E\to F\,$ et $\,A\subset E\sp{1.5},\,$ l'image directe de $A$ par $f$ est l'ensemble des images par $f$ des éléments de $A:$
l'image
de $E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}$ par $\phi$ dans un
$\displaystyle{}f(A)=\ens{y\app F}{\iex x\app A,\ y=f(x)}$
Un segment de $\bb R$ est un intervalle fermé et borné $[\sp{1.5}a\sp{1.5},b\sp{1.5}]\sp{1.5},$ pour $\,a\leq b:\,$
segment :
$\,\phi\big(E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\big)\subset[\lambda_1,\lambda_n]\sp{1.5}.\,$
Réciproquement, en posant, pour $t\app\,[\sp{1.5}0,\pi/2\sp{1.5}]:$ $\,x_t=(\cos t)e_1+(\sin t)e_n\sp{1.5},\,$ on obtient :
$\displaystyle{}[\sp{1.5}a\sp{1.5},b\sp{1.5}]=\{x\app \bb R\op{\big|}a\leq x\leq b\}$
$\displaystyle{}\phi(x_t)=\lambda_1\cos^2\sp{-1.5}t+\lambda_n\sin^2\sp{-1.5}t=\lambda_1+(\lambda_n-\lambda_1)\sin^2\sp{-1.5} t$
La fonction continue et croissante $\gamma:t\mapsto\phi(x_t)$ a pour image
L'image d'un segment $\,[a,b]\,$ par une fonction réelle continue est un segment.
un segment :
$\displaystyle{}\gamma\big([\sp{1.5}0,\pi/2\sp{1.5}]\big)=\big[\gamma(0),\gamma(\pi/2)\big]=[\lambda_1,\lambda_n]\subset \phi\big(E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\big)$
On a donc démontré par
Deux ensembles $E$ et $F$ sont égaux ssi ils ont les mêmes éléments :
double inclusion
que l'image de $E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}$ par l'application $\phi$ est bien un segment :
$\displaystyle{}E= F\Ssi \big(\sp{1.5}x\app E \ \Ssi\ x\app F\sp{1.5}\big)$
En d'autres termes, il s'agit d'une double inclusion : $\displaystyle{}E=F\Ssi\big(\sp{1.5}E\subset F\,\text{ et }\,F\subset E\sp{1.5}\big)$
$\displaystyle{}\phi\big(E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\big)=[\lambda_1,\lambda_n]$
Si $f$ est un endomorphisme quelconque de $E,$ on remarque que pour tout vecteur $\,x\neq 0\,$ de $E:$ $\,\phi(x)=\phi(x/\|x\|)\sp{1.5}.\,$
Il s'ensuit que : $\,\phi\big(E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\big)=\phi(S),\,$ où $S$ désigne la
Dans un espace vectoriel normé $E\sp{1.5},$ la sphère de centre $\,a\app E\,$ et de rayon $\,r\sp{-1.5} >\sp{-1.5} 0\,$ est :
sphère
des vecteurs unitaires : $S=\ens{x\app E}{\|x\|=1}\cdot$
D'autre part, dans toute base $\,\sc B=(e_1,\dots,e_n)\,$ de $E,$ le produit $\ps{f(x)}x$ s'écrit par
$\displaystyle{}S(a,r)=\ens{x\app E}{\|x-a\| = r}$
Les sphères de $E$ sont des parties fermées de $E\sp{1.5}.$
Un espace préhilbertien réel est un $\bb R\tiret$espace vectoriel $E$ muni d'un produit scalaire.
Il s'agit d'une application $\,(u,v)\mapsto\ps uv,\,$ de $E\!\times\! E$ vers $\bb R,$ qui soit à la fois :
bilinéarité
du produit scalaire :
- bilinéaire : pour tous $u,u',v, v'\app E$ et tous $\alpha,\beta\app\bb R\sp{1.5},$
$\displaystyle{}\syst{\ps{\alpha\sp{1.5}u+\beta\sp{1.5}u'}v&=\alpha\sp{1.5}\ps uv+\beta\sp{1.5}\ps{u'}v\\[-.75ex] \ps u{\alpha\sp{1.5}v+\beta\sp{1.5}v'}&=\alpha\sp{1.5}\ps u v+\beta\sp{1.5}\ps u{v'}}$
- symétrique : $\,\ptt u,v\app E,\ \ps u v=\ps v u\sp{1.5};\,$
- positive : $\,\ptt u\app E,\ \ps uu\!\geq0\sp{1.5};\,$
- définie : $\,\ptt u\app E,\ \big(\ps uu=0\Imp u=0\sp{1.5}\big).\,$
$\displaystyle{}\ps{f(x)}x\sp{-1.5}=\sp{-1.5}\smh{1}{\smb{3}{\Big\langle\sp{-1.5}\sum_{i=1}^nx_i\sp{1.5}f(e_i)\sp{1.5},\sp{-1.5}\sum_{j=1}^nx_j\sp{1.5}e_j\Big\rangle\sp{-1.5}
=\sp{-19}\sum_{(i,j)\app\,[\sp{-2.5}[1,n]\sp{-2.5}]}\sp{-14}x_i\sp{1.5}x_j\ps{f(e_i)}{e_j}}}$
La fonction $\,x\mapsto \ps{f(x)}x\,$ est donc continue sur $E\sp{1.5}$ comme
composée de $\,x\mapsto (x_1,\dots,x_n)\,$ par une fonction
Une fonction polynomiale sur $\bb R^n$ est une fonction de la forme :
polynomiale.
Dans ces conditions, $\,\phi\big(E\!\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\big)=\phi(S)\,$ est une partie bornée de $\bb R,$ en tant qu'image de $S$ par l'application continue $\phi\sp{1.5}.$
En effet, $S$ étant une partie non vide, fermée et bornée de $E,$
$\displaystyle{}(x_1\dots,x_n)\mapsto\!\!\sum_{(k_1,\sp{1.5}\dots\sp{1.5},\sp{1.5}k_n)} \!\!a_{k_1,\sp{1.5}\dots,\sp{1.5}k_n}\,x_1^{k_1}\!\dots x_n^{k_n}$
Ces fonctions sont continues sur $\bb R^n,$ et même de classe $\sc C^{\I}.$
Soit $K$ une partie fermée, bornée et non vide d’un espace vectoriel normé de dimension finie. Si $f:K\to \bb R$ est une application continue, alors $f$ est bornée et atteint ses bornes.
son image
par $\phi$ est bornée dans $\bb R$ et contient ses bornes.
Si on connaît la notion de
Une partie $A$ d'un espace vectoriel normé $E$ est connexe par arcs ssi :
connexité par arcs,
on peut grandement améliorer ce résultat en vérifiant que la sphère $S$ est connexe par arcs.Son image $\phi(S)$ par l'application continue $\phi$ est alors un
$\displaystyle{}\ptt (x,y)\app A^2,\ \iex\gamma\app\sc C\big([0,1],A\big),\ (\sp{1.5}\gamma(0)=x\txt{et}\gamma(1)=y\sp{1.5}) $
Tout partie de $E$ étoilée, ou a fortiori convexe, est connexe par arcs.
Soient $E$ et $F$ deux espaces vectoriels normés et $A$ une partie de $E$ connexe par arcs.
Si $\,f:A\to F\,$ est continue, alors $f(A)$ est connexe par arcs.
intervalle
de $\bb R,$ borné et contenant ses bornes, c'est-à-dire un segment.