Théorie Spectrale : Valeurs Propres et Spectre - Exercices Corrigés

Correction :

Méthode : Pour trouver les valeurs propres, on résout l'équation caractéristique $\det(A - \lambda I) = 0$. Pour chaque valeur propre $\lambda$, on trouve les vecteurs propres en résolvant le système $(A - \lambda I)x = 0$.

Calcul :

L'équation caractéristique est :

$\det \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix} = 0$

$(2-\lambda)^2 - 1^2 = 0$

$(2-\lambda-1)(2-\lambda+1) = 0$

$(1-\lambda)(3-\lambda) = 0$

Les valeurs propres sont donc $\lambda_1 = 1$ et $\lambda_2 = 3$.

Pour $\lambda_1 = 1$ :

On résout $(A - 1I)x = 0$ :

$\begin{pmatrix} 2-1 & 1 \\ 1 & 2-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

Cela donne l'équation $x_1 + x_2 = 0$, soit $x_2 = -x_1$. Les vecteurs propres sont de la forme $v_1 = \begin{pmatrix} x_1 \\ -x_1 \end{pmatrix} = x_1 \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$. On peut choisir $x_1=1$, donc $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$.

Pour $\lambda_2 = 3$ :

On résout $(A - 3I)x = 0$ :

$\begin{pmatrix} 2-3 & 1 \\ 1 & 2-3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

Cela donne l'équation $-x_1 + x_2 = 0$, soit $x_2 = x_1$. Les vecteurs propres sont de la forme $v_2 = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_1 \end{pmatrix} = x_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$. On peut choisir $x_1=1$, donc $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$.

Point méthode : Pour les matrices symétriques réelles, les valeurs propres sont réelles et les vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes sont orthogonaux. Ici, $v_1 \cdot v_2 = 1(1) + (-1)(1) = 0$.

Correction :

Méthode : Comme à l'exercice 1, on résout l'équation caractéristique pour trouver les valeurs propres, puis on cherche les vecteurs propres associés. Le spectre d'un opérateur en dimension finie est l'ensemble de ses valeurs propres.

Calcul :

L'équation caractéristique est :

$\det \begin{pmatrix} 0-\lambda & 1 \\ 0 & 0-\lambda \end{pmatrix} = 0$

$(-\lambda)(-\lambda) - 1(0) = 0 \implies \lambda^2 = 0$.

La seule valeur propre est $\lambda = 0$, avec une multiplicité algébrique de 2.

Pour $\lambda = 0$ :

On résout $(A - 0I)x = 0$ :

$\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

Cela donne l'équation $0x_1 + 1x_2 = 0$, soit $x_2 = 0$. La variable $x_1$ est libre. Les vecteurs propres sont de la forme $v = \begin{pmatrix} x_1 \\ 0 \end{pmatrix} = x_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$.

Il n'y a qu'un seul vecteur propre linéairement indépendant (jusqu'à un scalaire près), par exemple $v = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$. La multiplicité géométrique est 1, alors que la multiplicité algébrique est 2. L'opérateur n'est pas diagonalisable.

Spectre :

Pour un opérateur sur un espace de dimension finie, le spectre est l'ensemble des valeurs propres.

Point méthode : Il est crucial de distinguer la multiplicité algébrique d'une valeur propre (de l'équation caractéristique) de sa multiplicité géométrique (dimension de l'espace propre associé). Ceci est particulièrement important en analyse fonctionnelle.

Correction :

Méthode : On détermine la matrice représentant l'opérateur $T$ dans la base canonique, puis on applique les méthodes de calcul des valeurs propres et vecteurs propres.

Calcul :

Dans la base canonique $\{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\}$, l'opérateur $T$ est représenté par la matrice :

$M_T = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

L'équation caractéristique est $\det(M_T - \lambda I) = 0$ :

$\det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 0 \\ 0 & 1-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} = 0$

Le déterminant d'une matrice triangulaire est le produit de ses éléments diagonaux :

$(1-\lambda)(1-\lambda)(1-\lambda) = 0 \implies (1-\lambda)^3 = 0$.

La seule valeur propre est $\lambda = 1$, avec une multiplicité algébrique de 3.

Spectre : Comme l'opérateur est sur un espace de dimension finie, le spectre est l'ensemble des valeurs propres : $\sigma(T) = \{1\}$.

Diagonalisabilité :

Pour qu'un opérateur soit diagonalisable, la dimension de chaque espace propre (multiplicité géométrique) doit être égale à la multiplicité algébrique de la valeur propre correspondante.

Cherchons les vecteurs propres pour $\lambda = 1$. On résout $(M_T - 1I)v = 0$ :

$\begin{pmatrix} 1-1 & 1 & 0 \\ 0 & 1-1 & 0 \\ 0 & 0 & 1-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \implies \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$

Cela donne l'équation $y = 0$. Les variables $x$ et $z$ sont libres. Les vecteurs propres sont de la forme $\begin{pmatrix} x \\ 0 \\ z \end{pmatrix} = x \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + z \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$.

L'espace propre associé à $\lambda=1$ est de dimension 2 (engendré par $(1,0,0)$ et $(0,0,1)$). La multiplicité géométrique est 2, tandis que la multiplicité algébrique est 3.

Point méthode : La diagonalisabilité d'un opérateur dépend de la capacité à trouver une base de vecteurs propres. Si la somme des dimensions des espaces propres est inférieure à la dimension de l'espace ambiant, l'opérateur n'est pas diagonalisable.

Correction :

Méthode : Utiliser les propriétés des opérateurs compacts et autoadjoints, notamment le théorème spectral pour les opérateurs compacts.

Démonstration :

1. Spectre au plus dénombrable :

Soit $\lambda$ une valeur propre non nulle de $T$. Soit $E_\lambda = \ker(T - \lambda I)$ l'espace propre associé. Puisque $T$ est autoadjoint, $E_\lambda$ est fermé. De plus, $T$ étant compact, l'image d'un borné est relativement compacte. Si $\dim(E_\lambda) = \infty$, alors on pourrait extraire une suite $(x_n)$ dans la boule unité de $E_\lambda$ telle que $x_n$ ne contienne pas de sous-suite convergente. Mais comme $T$ est compact, $Tx_n$ serait relativement compacte, donc contiendrait une sous-suite convergente. Or $Tx_n = \lambda x_n$. Si $\lambda \neq 0$, cela impliquerait que $x_n$ contiendrait une sous-suite convergente, ce qui est une contradiction.

Par conséquent, la dimension de chaque espace propre $E_\lambda$ pour $\lambda \neq 0$ est finie.

Considérons maintenant les valeurs propres non nulles $\lambda_1, \lambda_2, \dots$. Soit $E_k = E_{\lambda_k}$. Les espaces propres associés à des valeurs propres distinctes d'un opérateur autoadjoint sont orthogonaux. Soit $V_N = \bigoplus_{k=1}^N E_k$. C'est un sous-espace de dimension finie, donc fermé. Soit $P_N$ la projection orthogonale sur $V_N$. Alors $T_N = T|_{V_N}$ est un opérateur autoadjoint sur un espace de dimension finie, donc il a un nombre fini de valeurs propres. Soit $S = \{\lambda \in \mathbb{R} \setminus \{0\} \mid \lambda \text{ est une valeur propre de } T\}$. Soit $U_n$ la boule unité fermée. $T(U_n)$ est relativement compacte. Soit $\lambda_1, \lambda_2, \dots$ une suite de valeurs propres non nulles distinctes. On peut construire une suite orthonormée $(x_k)$ telle que $Tx_k = \lambda_k x_k$. Comme $T$ est compact, $(Tx_k)$ doit avoir une sous-suite convergente, ce qui implique $(\lambda_k x_k)$ a une sous-suite convergente. Puisque $\lambda_k \neq 0$, cela impose que $(x_k)$ ait une sous-suite convergente, mais comme $(x_k)$ est orthonormée, elle ne peut converger que si tous les $\lambda_k$ sont nuls, ce qui contredit notre hypothèse. Donc, il ne peut y avoir qu'un nombre fini de valeurs propres non nulles distinctes dans une boule de rayon $1/\epsilon$. Pour couvrir tout le spectre non nul, on peut prendre des boules de rayon $1/n$ pour $n \in \mathbb{N}^*$. L'ensemble des valeurs propres non nulles est donc au plus dénombrable.

2. Multiplicité finie des valeurs propres non nulles :

Comme montré précédemment, pour tout $\lambda \neq 0$, l'espace propre $E_\lambda = \ker(T - \lambda I)$ est de dimension finie. La multiplicité d'une valeur propre est la dimension de son espace propre associé. Donc, toutes les valeurs propres non nulles ont une multiplicité finie.

Théorème Spectral pour les opérateurs compacts autoadjoints : Un opérateur compact autoadjoint $T$ sur un espace de Hilbert $H$ est tel que son spectre $\sigma(T)$ est au plus dénombrable, et si $0$ n'est pas dans le spectre, alors $\sigma(T)$ est fini. De plus, $H$ est la somme directe orthogonale des espaces propres de $T$ : $H = \bigoplus_{\lambda \in \sigma(T)} \ker(T-\lambda I)$.

Point méthode : Les opérateurs compacts et autoadjoints possèdent des propriétés spectrales remarquables qui simplifient grandement leur analyse. Le théorème spectral est un pilier de l'analyse fonctionnelle.

Correction :

Méthode : Utiliser la définition d'une valeur propre et les propriétés des déterminants et des matrices inversibles.

Démonstration :

$(\Rightarrow)$ : Supposons que $\lambda$ est une valeur propre de $T$. Par définition, il existe un vecteur $v \in V$, $v \neq 0$, tel que $Tv = \lambda v$. Ceci peut s'écrire $Tv - \lambda v = 0$, ou $(T - \lambda I)v = 0$.

L'équation $(T - \lambda I)v = 0$ signifie que le noyau de l'opérateur $(T - \lambda I)$ n'est pas réduit à $\{0\}$. En dimension finie, un opérateur a un noyau non trivial si et seulement si il n'est pas inversible. Un opérateur linéaire en dimension finie est inversible si et seulement si son déterminant est non nul.

Donc, si $\ker(T - \lambda I) \neq \{0\}$, alors $(T - \lambda I)$ n'est pas inversible, ce qui implique $\det(T - \lambda I) = 0$.

$(\Leftarrow)$ : Supposons que $\det(T - \lambda I) = 0$. En dimension finie, cela signifie que l'opérateur $(T - \lambda I)$ n'est pas inversible. Par conséquent, son noyau n'est pas réduit à $\{0\}$. Il existe donc un vecteur $v \in V$, $v \neq 0$, tel que $(T - \lambda I)v = 0$.

Cela s'écrit $Tv - \lambda v = 0$, soit $Tv = \lambda v$. Par définition, $\lambda$ est une valeur propre de $T$ et $v$ est un vecteur propre associé.

Point méthode : La relation entre l'inversibilité d'un opérateur et son déterminant est fondamentale en algèbre linéaire. L'équation caractéristique $\det(T - \lambda I) = 0$ est la clé pour trouver les valeurs propres.

Correction :

Méthode : Utiliser le polynôme caractéristique de la matrice.

Démonstration :

Soit $P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ le polynôme caractéristique de la matrice $A$. Les valeurs propres de $A$ sont les racines de $P_A(\lambda) = 0$.

Le polynôme caractéristique est de degré $n$. On peut l'écrire sous la forme :

$P_A(\lambda) = (-1)^n \lambda^n + c_{n-1} \lambda^{n-1} + \dots + c_1 \lambda + c_0$.

Si $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ sont les racines de $P_A(\lambda)$ (comptées avec leur multiplicité), alors on peut aussi écrire :

$P_A(\lambda) = (-1)^n (\lambda - \lambda_1)(\lambda - \lambda_2)\dots(\lambda - \lambda_n)$.

En développant ce produit, le coefficient de $\lambda^{n-1}$ est $(-1)^n (-\sum_{i=1}^n \lambda_i) = (-1)^{n+1} \sum_{i=1}^n \lambda_i$.

Par identification des coefficients, le coefficient de $\lambda^{n-1}$ dans $P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ est $c_{n-1}$. On sait que $c_{n-1} = (-1)^{n-1} \text{Tr}(A)$.

En comparant les deux expressions du coefficient de $\lambda^{n-1}$ :

$(-1)^{n+1} \sum_{i=1}^n \lambda_i = (-1)^{n-1} \text{Tr}(A)$

Multiplions par $(-1)^{n+1}$ :

$\sum_{i=1}^n \lambda_i = (-1)^{n+1} (-1)^{n-1} \text{Tr}(A) = (-1)^{2n} \text{Tr}(A) = \text{Tr}(A)$.

Donc, la somme des valeurs propres est égale à la trace de la matrice.

Pour le produit, regardons le terme constant $c_0$. Dans l'expression développée : $P_A(\lambda) = (-1)^n (\lambda - \lambda_1)\dots(\lambda - \lambda_n)$, le terme constant est obtenu en faisant $\lambda=0$: $P_A(0) = (-1)^n (-\lambda_1)\dots(-\lambda_n) = (-1)^n (-1)^n \prod_{i=1}^n \lambda_i = \prod_{i=1}^n \lambda_i$.

Dans l'expression $P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I)$, le terme constant est $P_A(0) = \det(A - 0I) = \det(A)$.

Donc, $\det(A) = \prod_{i=1}^n \lambda_i$. Le produit des valeurs propres est égal au déterminant de la matrice.

Point méthode : Le polynôme caractéristique est un outil puissant qui encode des informations importantes sur les valeurs propres (somme, produit) et sur la matrice elle-même (trace, déterminant).

Correction :

Méthode : Utiliser la définition d'un opérateur hermitien et la propriété du produit scalaire.

Démonstration :

Soit $A$ une matrice hermitienne (ou symétrique réelle). Soit $\lambda$ une valeur propre de $A$ et $v$ un vecteur propre associé non nul. Nous avons $Av = \lambda v$.

Nous allons montrer que $\lambda$ est réelle en calculant le produit scalaire $\langle Av, v \rangle$ de deux manières différentes.

Par définition, pour une matrice complexe hermitienne $A$, $A^* = A$, où $A^$ est la transposée conjuguée de $A$. Pour une matrice réelle symétrique, $A^T = A$. Dans le cas réel, le produit scalaire est $v^T v$, et pour le cas complexe, c'est $v^ v$. Utilisons la notation $v^* v$ qui est plus générale.

1. Calculons $\langle Av, v \rangle$ :

$\langle Av, v \rangle = (Av)^* v = v^* A^* v$.

Comme $A$ est hermitienne, $A^* = A$. Donc :

$\langle Av, v \rangle = v^* A v$

2. Utilisons la relation $Av = \lambda v$ :

$\langle Av, v \rangle = \langle \lambda v, v \rangle$.

Par linéarité par rapport au premier argument du produit scalaire :

$\langle Av, v \rangle = \lambda \langle v, v \rangle = \lambda \|v\|^2$.

Maintenant, combinons les deux expressions :

$v^* A v = \lambda \|v\|^2$.

Considérons aussi $\langle v, Av \rangle$. Par conjugaison du produit scalaire :

$\langle v, Av \rangle = \overline{\langle Av, v \rangle} = \overline{\lambda \|v\|^2} = \bar{\lambda} \|v\|^2$.

D'autre part, $\langle v, Av \rangle = v^* (Av)$. Mais $\langle v, Av \rangle = v^* A v$. Ce n'est pas la bonne voie.

Reprenons : $\langle Av, v \rangle = v^* A v$. Comme $A$ est hermitienne, $v^* A v = v^* A^* v = (Av)^* v$. Cela ne fait pas avancer.

Utilisons la propriété $\langle u, Av \rangle = \langle A^*u, v \rangle$. Pour $u=v$ :

$\langle v, Av \rangle = \langle A^*v, v \rangle$.

Comme $A^*=A$, on a $\langle v, Av \rangle = \langle Av, v \rangle$.

Nous avons :

$\langle Av, v \rangle = \lambda \|v\|^2$.

Et

$\langle v, Av \rangle = \langle v, \lambda v \rangle = \lambda \langle v, v \rangle = \lambda \|v\|^2$.

Cependant, en utilisant la propriété de conjugaison :

$\langle Av, v \rangle = \overline{\langle v, Av \rangle}$.

Donc, $\lambda \|v\|^2 = \overline{\lambda \|v\|^2}$.

Comme $v \neq 0$, $\|v\|^2 \neq 0$. On peut diviser par $\|v\|^2$ :

$\lambda = \bar{\lambda}$.

Ceci signifie que $\lambda$ est un nombre réel.

Point méthode : L'utilisation des propriétés du produit scalaire et de la conjugaison hermitienne est essentielle pour prouver des propriétés sur les valeurs propres des opérateurs normaux (dont les opérateurs hermitiens sont un cas particulier).

Correction :

Définitions :

Soit $T: H \to H$ un opérateur linéaire borné sur un espace de Hilbert $H$. Le spectre de $T$, noté $\sigma(T)$, est l'ensemble des scalaires $\lambda$ (réels ou complexes selon le corps sur lequel $H$ est défini) tels que l'opérateur $(T - \lambda I)$ n'est pas inversible.

Le spectre ponctuel de $T$, noté $\sigma_p(T)$, est l'ensemble des scalaires $\lambda$ tels que $(T - \lambda I)$ n'est pas injectif. Autrement dit, $\sigma_p(T)$ est l'ensemble des valeurs propres de $T$. Pour $\lambda \in \sigma_p(T)$, il existe un vecteur non nul $v \in H$ tel que $(T - \lambda I)v = 0$, c'est-à-dire $Tv = \lambda v$. On a toujours $\sigma_p(T) \subseteq \sigma(T)$.

Exemple où $\sigma_p(T) \neq \sigma(T)$ :

Considérons l'espace de Hilbert $H = L^2([0, 1])$ des fonctions de carré intégrable sur $[0, 1]$. Soit $T$ l'opérateur de multiplication par $x$, défini par $(Tf)(x) = xf(x)$ pour $f \in L^2([0, 1])$.

1. Spectre ponctuel $\sigma_p(T)$ :

Une valeur $\lambda$ est dans $\sigma_p(T)$ s'il existe $f \in L^2([0, 1])$, $f \neq 0$, tel que $Tf = \lambda f$. Cela signifie $xf(x) = \lambda f(x)$ pour presque tout $x \in [0, 1]$.

Si $\lambda$ est une valeur propre, alors $(x-\lambda)f(x) = 0$ pour presque tout $x$. Si $\lambda$ est une constante, alors cette équation implique $f(x) = 0$ partout où $x \neq \lambda$. Si $\lambda \in [0, 1]$, la fonction $f(x)$ peut être non nulle seulement au point $x=\lambda$. Cependant, une fonction non nulle qui vaut zéro partout sauf en un point est la fonction nulle dans $L^2([0, 1])$ (car son intégrale de carré est nulle). Pour que $f$ soit non nulle dans $L^2$, il faut qu'elle soit non nulle sur un ensemble de mesure positive. Il n'existe donc pas de fonction $f \in L^2([0, 1])$, $f \neq 0$, satisfaisant $(x-\lambda)f(x) = 0$ pour presque tout $x$. Par conséquent, $\sigma_p(T) = \emptyset$.

2. Spectre $\sigma(T)$ :

Pour déterminer le spectre, nous devons trouver les $\lambda$ pour lesquels $(T - \lambda I)$ n'est pas inversible. Cela signifie que $(T - \lambda I)$ n'est pas bijectif. Nous avons déjà vu qu'il n'est pas injectif pour aucune valeur $\lambda$. Il faut donc étudier l'image de $(T - \lambda I)$.

Pour $\lambda \in [0, 1]$, l'opérateur $(T - \lambda I)$ est défini par $((T-\lambda I)f)(x) = (x-\lambda)f(x)$. L'image de cet opérateur est l'ensemble des fonctions $g \in L^2([0, 1])$ telles que $g(x) = (x-\lambda)f(x)$ pour un certain $f \in L^2([0, 1])$.

Si $\lambda \notin [0, 1]$, alors $x-\lambda$ ne s'annule pas sur $[0,1]$, donc $f(x) = g(x)/(x-\lambda)$. Si $g \in L^2$, alors $f \in L^2$. L'opérateur est inversible et son inverse est $(T - \lambda I)^{-1}g(x) = g(x)/(x-\lambda)$. Dans ce cas, $(T - \lambda I)$ est inversible.

Si $\lambda \in [0, 1]$, alors $(x-\lambda)$ s'annule en $x=\lambda$. L'image de $(T-\lambda I)$ ne contient pas toutes les fonctions. Par exemple, une fonction $g$ qui est non nulle seulement en $x=\lambda$ ne peut pas être dans l'image. Donc, pour $\lambda \in [0, 1]$, $(T - \lambda I)$ n'est pas surjectif, donc il n'est pas inversible.

Ainsi, le spectre de $T$ est $\sigma(T) = [0, 1]$.

Point méthode : La distinction entre spectre ponctuel et spectre est cruciale en analyse fonctionnelle, surtout pour les opérateurs sur des espaces de dimension infinie. Le spectre peut contenir des valeurs qui ne sont pas des valeurs propres.

Correction :

Méthode : Utiliser la propriété que les vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes sont linéairement indépendants.

Démonstration :

Soit $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$ les $n$ valeurs propres distinctes de $T$. Pour chaque $\lambda_i$, soit $v_i$ un vecteur propre non nul associé, tel que $Tv_i = \lambda_i v_i$.

Nous allons prouver que la famille $\{v_1, v_2, \dots, v_n\}$ est linéairement indépendante. Supposons par l'absurde qu'elle ne le soit pas. Soit $k$ le plus petit entier tel que $\{v_1, \dots, v_k\}$ soit linéairement dépendante, avec $k \le n$. Alors il existe des scalaires $c_1, \dots, c_k$, non tous nuls, tels que :

$c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_k v_k = 0$.

Puisque $v_i \neq 0$ et que les valeurs propres sont distinctes, $k > 1$ (sinon, si $k=1$, $c_1 v_1 = 0$ impliquerait $c_1=0$ car $v_1 \neq 0$).

Appliquons l'opérateur $T$ à cette relation :

$T(c_1 v_1 + \dots + c_k v_k) = T(0) = 0$.

$c_1 T v_1 + \dots + c_k T v_k = 0$.

En remplaçant $Tv_i$ par $\lambda_i v_i$ :

$c_1 \lambda_1 v_1 + \dots + c_k \lambda_k v_k = 0$.

Nous avons maintenant deux équations linéaires :

1. $c_1 v_1 + c_2 v_2 + \dots + c_k v_k = 0$
2. $c_1 \lambda_1 v_1 + c_2 \lambda_2 v_2 + \dots + c_k \lambda_k v_k = 0$

Multiplions la première équation par $\lambda_k$ :

$\lambda_k c_1 v_1 + \lambda_k c_2 v_2 + \dots + \lambda_k c_k v_k = 0$.

Soustrayons cette nouvelle équation de la deuxième équation :

$(c_1 \lambda_1 v_1 + \dots + c_k \lambda_k v_k) - (\lambda_k c_1 v_1 + \dots + \lambda_k c_k v_k) = 0 - 0$.

$c_1 (\lambda_1 - \lambda_k) v_1 + \dots + c_{k-1} (\lambda_{k-1} - \lambda_k) v_{k-1} = 0$.

Comme les $\lambda_i$ sont distincts, $(\lambda_i - \lambda_k) \neq 0$ pour $i < k$. De plus, $c_i$ ne sont pas tous nuls (car ils ne l'étaient pas dans la première relation). L'équation obtenue est une combinaison linéaire des vecteurs $v_1, \dots, v_{k-1}$ avec des coefficients non tous nuls. Ceci contredit la définition de $k$ comme le plus petit entier pour lequel la famille est dépendante.

Donc, l'hypothèse de dépendance linéaire doit être fausse. La famille $\{v_1, v_2, \dots, v_n\}$ est linéairement indépendante.

Puisque nous avons trouvé $n$ vecteurs propres linéairement indépendants dans un espace de dimension $n$, ils forment une base de $V$. Un opérateur est diagonalisable si et seulement si il existe une base de vecteurs propres. L'opérateur $T$ est donc diagonalisable.

Point méthode : La preuve par l'absurde utilisant la minimalité de l'indice de dépendance est une technique classique pour démontrer l'indépendance linéaire.

Correction :

Méthode : Utiliser les propriétés des opérateurs compacts autoadjoints et la structure de leur spectre.

Démonstration :

Soit $T$ un opérateur compact autoadjoint sur un espace de Hilbert $H$. Le spectre $\sigma(T)$ est inclus dans $\mathbb{R}$ (puisque $T$ est autoadjoint). Le spectre peut être divisé en deux parties : le spectre ponctuel $\sigma_p(T)$ (l'ensemble des valeurs propres) et le spectre continu $\sigma_c(T)$ et le spectre résiduel $\sigma_r(T)$. Pour un opérateur autoadjoint, $\sigma(T) = \sigma_p(T) \cup \sigma_c(T) \cup \sigma_r(T)$, et pour un opérateur compact autoadjoint, $\sigma_c(T) = \sigma_r(T) = \emptyset$. Donc, pour un opérateur compact autoadjoint, $\sigma(T) = \sigma_p(T)$ est l'ensemble des valeurs propres.

Nous devons montrer que l'ensemble des valeurs propres $\sigma_p(T)$ est au plus dénombrable.

Soit $\lambda \in \sigma_p(T)$ une valeur propre non nulle. Soit $E_\lambda = \ker(T - \lambda I)$ l'espace propre associé. Puisque $T$ est autoadjoint, $E_\lambda$ est un sous-espace fermé de $H$. Puisque $\lambda \neq 0$, $E_\lambda$ est l'ensemble des $x$ tels que $Tx = \lambda x$. Si $x \in E_\lambda$, alors $Tx = \lambda x$. Si $T$ est compact, alors $T(E_\lambda)$ est relativement compacte. Mais $T(E_\lambda) = \lambda E_\lambda$. Si $\dim(E_\lambda) = \infty$, alors on peut trouver une suite orthonormée $(x_n)$ dans $E_\lambda$. Alors $Tx_n = \lambda x_n$. La suite $(Tx_n)$ est donc $(\lambda x_n)$. Si $\lambda \neq 0$, la suite $(x_n)$ ne peut pas être convergente car elle est orthonormée et non nulle. Or, si $(Tx_n)$ convergeait, alors $(x_n)$ devrait converger car $T$ est compact. Ceci est une contradiction.

Par conséquent, la dimension de chaque espace propre $E_\lambda$ pour $\lambda \neq 0$ est finie.

Considérons maintenant un ensemble fini de valeurs propres non nulles distinctes $\{\lambda_1, \dots, \lambda_m\}$. Soit $E_k = E_{\lambda_k}$. Les $E_k$ sont des sous-espaces fermés et orthogonaux (car $T$ est autoadjoint). Soit $V_m = \bigoplus_{k=1}^m E_k$. C'est un sous-espace de dimension finie et donc fermé.

Pour montrer que $\sigma_p(T)$ est au plus dénombrable, nous allons construire une suite de valeurs propres distinctes. Supposons qu'il existe une suite infinie de valeurs propres non nulles distinctes : $\lambda_1, \lambda_2, \dots$. Pour chaque $\lambda_k$, choisissons un vecteur propre unitaire $u_k$ tel que $Tu_k = \lambda_k u_k$. Les vecteurs $u_k$ sont mutuellement orthogonaux car ils appartiennent à des espaces propres associés à des valeurs propres distinctes d'un opérateur autoadjoint. La suite $(u_k)$ est une suite orthonormée dans $H$.

Puisque $T$ est compact, l'ensemble $\{Tu_k \mid k \in \mathbb{N}\} = \{\lambda_k u_k \mid k \in \mathbb{N}\}$ est relativement compact dans $H$. Cela signifie que de toute sous-suite de $(\lambda_k u_k)$, on peut extraire une sous-suite convergente.

Si $\{\lambda_k\}$ est une suite infinie de valeurs propres non nulles distinctes, alors $|\lambda_k| \to 0$ lorsque $k \to \infty$. En effet, si $|\lambda_k| \ge \epsilon > 0$ pour une infinité de $k$, on aurait une contradiction comme vu plus haut (suite orthonormée dont l'image est relativement compacte). Donc, il ne peut y avoir qu'un nombre fini de valeurs propres dans l'intervalle $(-\infty, -\epsilon] \cup [\epsilon, \infty)$ pour tout $\epsilon > 0$. Le nombre de valeurs propres non nulles est donc au plus dénombrable.

De plus, puisque $\sigma(T) = \sigma_p(T)$, l'ensemble $\sigma(T)$ est au plus dénombrable.

Point méthode : La compacité de l'opérateur joue un rôle crucial en garantissant que les valeurs propres non nulles sont isolées, ce qui permet de conclure à la dénombrabilité du spectre.