Première méthode :
Soit $a\in E$ tel que $a\neq 0$, donc il existe $\al\in \R$ tel que $u(a)=\al a$. Soit alors $x$ un vecteur quelconque de $E$ alors deux cas sont possibles:
- Soit la famille $(x,a)$ est libre donc $x$ et $x+a$ sont non nuls et par suite donc il existe $\la,\mu \in \R$ tel que $u(x)=\la x$ et $u(x+a)=\mu(x+a)$. On a $u(x+a)=u(x)+u(a)=\la x + \al a = \mu(x+a)$ et par liberté on a $\la=\al=\mu$, donc $u(x)=\al x$.
- Soit $(x,a)$ est liée, donc comme $a\neq 0$, il existe $\be \in \K$ tel que $x=\be a$, donc $u(x)=\beta u(a)=\la(\beta a)=\al x$. On a donc prouvé que $\fa x \in E, \quad u(x)=\al x$, donc que $u = \la \id_E$.
Deuxième méthode:
Pour tout $x\in E\bsl\{0\}$, il existe un unique $\la_x\in \K$ tel que $u(x)=\la_x x$. Soient $x,y\in E$, montrons que $\la_x=\la_y$, pour cela posons $z=x+y$ et examinons deux cas:
- Premier cas: la famille $(x,y)$ est libre: on a $u(z)=\la_z z$ donc $(\la_x-\la_z)x+(\la_y-\la_z)y=0$ et par liberté de $(x,y)$, on a $\la_x=\la_y=\la_z$, donc $\la_x=\la_y$.
- Deuxième cas: la famille $(x,y)$ est liée, comme $x\neq 0$, il existe $\al\in\K$ tel que $y=\al x$ et comme $x\neq 0$, on a $\al\neq 0$, donc $u(y)=\al u(x)$, donc $\la_y y =\al \la_x x$, donc $\la_y \al x=\la \la_x x$, donc $\al(\la_y-\la_x)x=0$, et comme $\al\neq 0$ et $x\neq 0$, on a $\la_x=\la_y$.
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