La somme de deux vecteurs propres distincts n'est pas propre

Ce qu'on montre. Une impossibilité. On raisonne par l'absurde, et l'on s'autorise que des vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes forment une famille libre.

Mise en place. Supposons $x+y$ vecteur propre de $f$ : il existe $\nu \in \mathbb{R}$ tel que $$f(x+y)=\nu (x+y),$$ étant entendu que $x+y\ne 0$ — ce qui est acquis, car $x$ et $y$ sont libres (voir plus bas), donc leur somme est non nulle.

Le calcul. Par linéarité et par hypothèse, $f(x+y)=f(x)+f(y)=\lambda x+\mu y$. En égalant les deux expressions : $$\lambda x+\mu y=\nu x+\nu y,\text{soit}(\lambda -\nu )x+(\mu -\nu )y=0_E.$$

La conclusion. La famille $(x,y)$ est libre : ce sont deux vecteurs propres non nuls associés aux valeurs propres distinctes $\lambda$ et $\mu$, et le cours affirme qu'une telle famille est libre. Les deux coefficients de la combinaison nulle ci-dessus sont donc nuls : $$\lambda -\nu =0\text{et}\mu -\nu =0,$$ d'où $\lambda =\nu =\mu$, en contradiction avec $\lambda \ne \mu$. L'hypothèse était absurde : $x+y$ n'est pas vecteur propre de $f$.

Le point délicat. Tout repose sur la liberté de $(x,y)$ : sans elle, la relation $(\lambda -\nu )x+(\mu -\nu )y=0$ n'apprendrait rien. C'est aussi elle qui garantit $x+y\ne 0$, sans quoi parler de vecteur propre n'aurait pas de sens.

Une lecture. Un sous-espace propre est stable par addition, mais la réunion des sous-espaces propres ne l'est pas : sortir de l'un fait sortir de tous.