Endomorphisme antisymétrique

Que sais-tu des endomorphismes orthogonaux sur un espace euclidien ? Ne connais-tu pas une forme normale qui met ensemble des blocs diagonaux de taille $1$ ou $2$ ? La seule petite difficulté, c'est de montrer qu'il n'y a pas de bloc de taille $1$ et de valeur propre $-1$ dans la matrice réduite de $r$, mais tu as dû la résoudre en 2b (« rotation », ça veut bien dire endomorphisme orthogonal de déterminant $1$ ?). À partir de là, tu peux travailler par blocs en utilisant 2c et 2d.

NB : une faute de frappe dans l'énoncé de 2c à la fin (trop de $r$, pas de $u$).

1) On aurait pu mais ça n'aurait pas été utile.

L'argument de la dernière question (l'as-tu obtenu depuis ?), c'est le suivant. Par le théorème de réduction des endomorphismes orthogonaux, il existe une base de l'espace dans laquelle la matrice de $r$ est diagonale par blocs, où les blocs sont de la forme $\begin{pmatrix}1\end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix}-1\end{pmatrix}$ ou $R_\theta$ pour $\theta\in\R$. Comme le déterminant de $r$ vaut $1$ et que le déterminant des blocs $\begin{pmatrix}1\end{pmatrix}$ et $R_\theta$ vaut $1$, il y a un nombre pair $s=2t$ de blocs égaux à $\begin{pmatrix}-1\end{pmatrix}$, que l'on peut regrouper deux par deux pour former $t$ blocs $R_\pi$. Autrement dit, quand $r$ provient d'un endomorphisme antisymétrique $u$, la matrice de $r$ est, dans une base convenable, diagonale par blocs de la forme $\begin{pmatrix}1\end{pmatrix}$ et $R_\theta$ ($\theta\in\R$). Pour conclure, il suffit de constater que l'inverse d'une matrice diagonale par blocs se calcule... par blocs et d'appliquer 2d) à chaque bloc ($2\times2$).

2) Oui.

3) S'il existe deux polynômes $T_n$ et $U_n$ tels que $T_n(\cos\theta)=U_n(\cos\theta)$ pour tout réel $\theta$, alors le polynôme $T_n-U_n$ a une infinité de racines (tous les éléments de $[-1,1]$) et donc...

4) Si $(T_0,T_1,T_2,\dots)$ est une base orthonormée, est-ce que $(T_1,T_2,\dots)$ a des chances d'en être une ?

5) Même réponse : même dans $\R[X]$, une famille orthogonale n'a pas de raison d'être une base. En revanche, une famille orthogonale échelonnée qui a un polynôme par degré (sans trou), oui.

5-bis) Comme en 3), le polynôme $\phi(T_n)-n^2T_n$ admet une infinité de racines donc il est nul.

1) Quitte à permuter les vecteurs, on peut changer l'ordre des blocs librement, n'est-ce pas. Une rotation (je comprends « endomorphisme orthogonal de déterminant $1$ ») admet donc une base dans laquelle la matrice est $\mathrm{diag}(1,\dots,1,\underbrace{-1,\dots,-1}_{s\ \text{blocs}},R_{\theta_1},\dots,R_{\theta_m})$ (ici, $s$ est donc le nombre de $-1$). Deux ingrédients :

• Le déterminant vaut $1$ et c'est le produit des déterminants des blocs diagonaux donc c'est $1=(-1)^s$ donc $s$ est pair.
• Constat : $\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}=R_{\pi}$ (matrice d'une rotation du plan d'angle $\pi$).

Par conséquent, dans la base précédente, la matrice de $r$ s'écrit $\mathrm{diag}(1,\dots,1,\underbrace{R_\pi,\dots,R_\pi}_{\frac{s}2\ \text{blocs}},R_{\theta_1},\dots,R_{\theta_m})$.

4) et 5) Oui, dans ce cas, oui — la famille est échelonnée et on a un polynôme de chaque degré. Démonstration possible : elle est libre car orthogonale et elle engendre $\R[X]$ parce que tout polynôme $P$ de $\R[X]$ a un degré fini, disons $n$, et que $P\in\mathrm{Vect}(T_0,\dots,T_n)$ puisque $(T_0,\dots,T_n)$ est une base de $\R_n[X]$.

5-bis) Le seul polynôme qui a une infinité de racines, c'est le polynôme nul ! Donc si un polynôme admet tout élément de $[-1,1]$ comme racine, il admet tout réel comme racine. Donc oui, cela suffit.

6) Je ne suis pas sûr de comprendre la question « pour toute norme d'un espace euclidien ». Ici, ce qui se passe, c'est que $(T_n)$ est une base orthonormée de l'espace pré-hilbertien $\R[X]$ et qu'on s'intéresse à une propriété de cette famille $(T_n)$ dans un espace strictement plus gros : ce n'est pas complètement universel comme situation. Pour en mesurer le degré de « généricité », il faudrait faire de l'analyse fonctionnelle – plus tard, sans moi...

Ce qu'on appelle généralement « théorème de Weierstrass », c'est le fait que toute fonction continue sur un segment peut être approché de façon uniforme par un polynôme. Autrement dit, étant donnée $f:[-1,1]\to\R$ continue, pour tout $\let\eps=\varepsilon\eps>0$, il existe $P\in\R[X]$ tel que $\|f-P\|_\infty\le\eps$, où $\|g\|_\infty=\sup_{x\in[-1,1]}|g(x)|$. C'est bien ça pour toi ?

Bref, on se donne $f$ continue sur $[-1,1]$ et on veut montrer que la suite des projections orthogonales $P_n$ de $f$ sur $\R_n[X]$ converge vers $f$ au sens de la norme euclidienne. Deux ingrédients pour le faire :

• pour $g$ continue, $\int_{-1}^1|g|\le2\|g\|_\infty$ ;
• le fait que pour $P$ polynôme de degré $\le n$, $\|f-P_n\|_2\le \|f-P\|_2$ (car $P_n$ est la projection orthogonale de $f$ sur $\R_n[X]$, elle minimise la distance de $f$ à $\R_n[X]$).

Hardi !

1a) Si on laisse un $-1$ qui traîne, c'est embêtant parce que $r+\mathrm{id}$ n'est pas inversible et le calcul de $(r-\mathrm{id})(r+\mathrm{id})^{-1}$ n'est pas possible. Ceci suggère qu'il faut traiter les $R_\pi$ à part d'ailleurs...

Ou plutôt, il faut montrer avant cela que $-1$ ne peut pas être une valeur propre d'une matrice $r$ de la forme $(\mathrm{id}+u)(\mathrm{id}-u)^{-1}$ avec $u$ antisymétrique. En effet, si pour un vecteur $v$ on a $r(v)=-v$, alors $(\mathrm{id}+u)(v)=-(\mathrm{id}-u)(v)$ donc $2v=0$. Bref, cette histoire de valeur propre $-1$ qu'on traîne depuis des jours est complètement inutile !

b) Pour réduire à cette forme un endomorphisme orthogonal $r$, c'est le même raisonnement que pour les endomorphismes symétrique (ou normaux, cf. plus bas). Deux clés :

1. Si un sous-espace $F$ est stable par $r^{-1}$, alors $F^\perp$ est stable par $r$.
2. Il existe une droite ou un plan stable par $r^{-1}$ dans $E$ (si $\dim E\ge1$).

Démonstrations :

1. Soient $v\in F$ et $w\in F^\perp$. On a : $\langle v,r(w)\rangle=\langle r^{-1}(v),w\rangle=0$ car $r^{-1}(v)\in F$ et $w\in F^\perp$.
2. Le polynôme caractéristique de $r^{-1}$ admet un facteur irréductible de degré $1$ ou $2$, disons $p\in\R[X]$. Mais alors, si $0\ne v\in \ker p(r^{-1})$, l'espace engendré par $(v,r {-1}(v))$ est de dimension $1$ ou $2$ et il est stable par $r^{-1}$ (si $\deg p=1$ alors $v$ est un vecteur propre et c'est clair ; si $\deg p=2$ alors l'égalité $p(r^{-1})(v)=0$ permet d'exprimer $r^{-1}\bigl(r^{-1}(v)\bigr)$ est une combinaison linéaire de $v$ et $r^{-1}(v)$).

On montre par récurrence sur $n$ que pour tout espace euclidient $E$ de dimension $n$ et tout endomorphisme orthogonal $r$, il existe une base orthonormée de $E$ telle que [...].

C'est clair si $\dim E=1$ et standard si $\dim E=2$. Soit $n\ge3$, supposons la propriété vraie pour tout espace de dimension $\le n-1$. Fixons $E$ euclidien de dimension $n$ et $r$ orthogonal. On commence par trouver une droite ou un plan $F$ de $E$ stable par $r$, alors $F^\perp$ est stable par $r$. On invoque l'hypothèse de récurrence pour $\dim F$ et pour $\dim F^\perp$, ce qui donne deux bases orthonormées dans lesquelles la matrice de l'endomorphisme induit par $u$ est [...]. La juxtaposition de ces deux bases est une base de $E$ qui convient.

NB : Un endomorphisme est normal s'il commute avec son adjoint : $rr^*=r^*r$. Pour un endomorphisme symétrique $r$ (resp. orthogonaux), l'adjoint est $r$ (resp. $r^{-1}$). Pour la réduction des endomorphismes normaux, il suffit de reprendre l'argument précédent avec $r^*$ au lieu de $r^{-1}$.

6) Oui, c'est l'idée. Dans mon message précédent, je me suis trompé de norme (ce n'est pas malin pour quelqu'un qui l'a vue plein de fois, celle-ci !). Il faut remplacer $\mathrm{d}x$ par $\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}$ et changer la constante $2$ par $\int_{-1}^1\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}}$ (ou son carré, ou sa racine ?). Enfin, le point clé, c'est une inégalité de la forme $\|g\|_{infty}\le C\|g\|_2$ où $\|\cdot\|_2$ est la norme euclidienne associée au produit scalaire que tu as écrit.