Corrigé e3a 2026 Maths PC — Exercice 1 (6.1 à 10) : Spectre de f, E = Ker f ⊕ Im f, plans stables et réduction de M par blocs de rotation

On utilise les résultats de la partie précédente : $M^{\top }=-M$ (5.1), $\mathrm{rg}M=4$ et $\mathrm{Ker}f=\mathrm{Vect}(w)$ avec $w=e_1+e_3+e_5$ (5.3), $f^2$ symétrique (5.4) et $(f(x)\mid y)=-(x\mid f(y))$ (5.6).

6.1. $0$ est valeur propre de $f$ : $\mathrm{Ker}f\ne \{0\}$ puisque $f$ n'est pas bijective (5.2), ou puisque $f(w)=0$ avec $w\ne 0$ (5.3).

C'est la seule. $E$ est un espace vectoriel réel, donc les valeurs propres de $f$ sont réelles. Soient $\lambda \in \mathbb{R}$ une valeur propre et $x\ne 0$ tel que $f(x)=\lambda x$. En prenant $y=x$ dans 5.6, $(f(x)\mid x)=-(x\mid f(x))=-(f(x)\mid x)$ par symétrie du produit scalaire, donc $(f(x)\mid x)=0$. Or

$$(f(x)\mid x)=(\lambda x\mid x)=\lambda \Vert x{\Vert }^2,$$

et $\Vert x{\Vert }^2>0$ car $x\ne 0$. Donc $\lambda =0$ : $\mathrm{Sp}(f)=\{0\}$.

Ce que le correcteur attend : l'identité $(f(x)\mid x)=0$ pour tout $x$, conséquence directe de 5.6 ; et le fait que $0$ est effectivement valeur propre (sinon le spectre pourrait être vide).

6.2. Supposons $f$ diagonalisable. Alors $E$ est la somme directe des sous-espaces propres de $f$ ; d'après 6.1, il n'y en a qu'un, $\mathrm{Ker}f$, donc $E=\mathrm{Ker}f$ et $f=0$. C'est absurde puisque $M\ne 0$ (ou puisque $\dim \mathrm{Ker}f=1\ne 5$). $f$ n'est pas diagonalisable.

6.3. Soient $\lambda \ne 0$ une valeur propre de $f^2$ et $x\ne 0$ tel que $f^2(x)=\lambda x$. Par 5.6 appliqué au couple $(f(x),x)$,

$$\lambda \Vert x{\Vert }^2=(f^2(x)\mid x)=(f(f(x))\mid x)=-(f(x)\mid f(x))=-\Vert f(x){\Vert }^2\le 0.$$

Comme $\Vert x{\Vert }^2>0$, $\lambda \le 0$, et $\lambda \ne 0$ par hypothèse : $\lambda <0$.