[>] Isométries vectorielles

 
Exercice 1  5130  

Trouver toutes les matrices de On() diagonalisables.

 
Exercice 2  3141   

Soit n avec n2. Déterminer les matrices de On() dont tous les coefficients sont positifs ou nuls.

 
Exercice 3  5131   

Soit A=(ai,j)On().

  • (a)

    Montrer

    1nmax1i,jn|ai,j|1
  • (b)

    Montrer

    ni,j=1n|ai,j|nn.
 
Exercice 4  2744     MINES (MP)Correction  

Soit AOn(). On suppose que 1 n’est pas valeur propre de A.

  • (a)

    Étudier la convergence de

    1p+1(In+A++Ap)

    lorsque p+.

  • (b)

    La suite (Ap)p est-elle convergente?

Solution

  • (a)

    Posons

    Up=1p+1(In+A++Ap).

    On remarque

    (In-A)Up=1p+1(In-Ap+1)p+0

    car pour la norme euclidienne

    MOn(),M=n.

    Puisque 1Sp(A),

    Upp+On.
  • (b)

    Par l’absurde, si Ap converge vers B alors pour tout Xn,1(), Ap+1X=AApX donne à la limite BX=ABX. Or 1Sp(A) donc BX=0 et, puisque cela vaut pour tout X, B=On.

    Or Ap=n↛0. C’est absurde.

    La suite (Ap)p est divergente.

 
Exercice 5  341   

(Décomposition QR d’une matrice inversible)

Soit AGLn().

  • (a)

    Montrer qu’il existe une matrice Q orthogonale et une matrice R triangulaire supérieure à coefficients diagonaux strictement positifs telles que A=QR.

  • (b)

    Montrer l’unicité de cette écriture.

 
Exercice 6  2746     MINES (MP)Correction  

Soit J la matrice de n() dont tous les coefficients sont égaux à 1.

Quelles sont les A de On() telles que J+A soit inversible?

Solution

J+A n’est pas inversible si, et seulement si, il existe une colonne non nulle vérifiant AX=-JX.

Puisque la matrice A est orthogonale, on a AtJX=-X et donc

-1Sp(AtJ)=Sp((AtJ)t)=Sp(JA)

avec une réciproque immédiate.

Le polynôme caractéristique de JA étant

Xn-1(X-σ) avec σ=i=1nj=1nai,j

on obtient le critère

J+A est inversible si, et seulement si, σ0.
 
Exercice 7  2749     MINES (PC)Correction  

(Transformation de Cayley)

  • (a)

    Si A est une matrice antisymétrique réelle, que peut-on dire des valeurs propres complexes de A?

  • (b)

    Soit

    φ:A𝒜n()(In-A)(In+A)-1.

    Montrer que φ réalise une bijection de 𝒜n() sur

    {ΩOn()|-1Sp(Ω)}.

Solution

  • (a)

    Soit λ une valeur propre complexe de A et Xn,1() une colonne propre associée.

    D’une part,

    X¯tAX=λX¯tX,.

    D’autre part,

    X¯tAX=AX¯tX=-λ¯X¯tX.

    Puisque X¯tX+*, on obtient λ¯=-λ donc λi.

  • (b)

    Pour tout A𝒜n(), Ω=φ(A) est bien définie car -1Sp(A).
    ΩtΩ=(In-A)-1(In+A)(In-A)(In+A)-1 or In+A et In-A commutent donc ΩtΩ=In.
    De plus, si ΩX=-X alors (In-A)X=-(In+A)X (car In-A et (In+A)-1 commutent) et donc X=0.

    Ainsi, l’application φ:𝒜n(){ΩOn()|-1Sp(Ω)} est bien définie.

    Si φ(A)=φ(B) alors

    (In-A)(In+B)=(In+A)(In-B).

    En développant et en simplifiant, on obtient A=B et l’application φ est donc injective.

    Enfin, soit ΩOn() telle que -1Sp(Ω).

    Posons A=(Ω+In)-1(In-Ω) qui est bien définie car -1Sp(Ω).

    On a

    At =(In-Ω-1)(Ω-1+In)-1
    =(Ω-In)Ω-1Ω(In+Ω)-1
    =(Ω-In)(In+Ω)-1=-A

    et φ(A)=Ω.

    Finalement, φ est bijective.

 
Exercice 8  4167     CENTRALE (MP)Correction  

Soit An().

  • (a)

    Montrer qu’il existe une matrice O orthogonale et une matrice T triangulaire supérieure telles que A=OT.

    On pourra commencer par le cas où la matrice A est inversible.

La fonction numpy.linalg.qr de Python donne une telle décomposition.

  • (b)

    On pose

    N1(A)=1i,jn|ai,j|.

    Montrer que N1 admet un minimum mn et un maximum Mn sur On().

  • (c)

    Utilisation de Python.

    Écrire une fonction randO(n) qui génère une matrice aléatoire A et qui renvoie la matrice orthogonale O de la question précédente.

    Écrire une fonction N1 de la variable matricielle A qui renvoie N1(A). On pourra utiliser les fonctions numpy.sum et numpy.abs.

    Écrire une fonction test(n) qui, sur 1 000 tests, renvoie le minimum et le maximum des valeurs de N1 pour des matrices orthogonales aléatoires.

  • (d)

    Déterminer la valeur de mn. Pour quelles matrices, ce minimum est-il atteint?

    Montrer qu’il y a un nombre fini de telles matrices.

  • (e)

    Montrer que Mnnn et que M3<33.

Solution

  • (a)

    Cas: A inversible. La matrice A est la matrice de passage de la base canonique c de n à une base e. Par le procédé de Schmidt, on orthonormalise (pour le produit scalaire canonique) cette base en une base e. La matrice de passage de e à e est triangulaire supérieure et la matrice de passage de la base canonique c à e est orthogonale. Par formule de changement de base

    A=Matce=Matce×Matee

    ce qui conduit à l’identité voulue.

    Cas général: On introduit Ap=A+1pIn. Pour p assez grand, Ap est inversible et l’on peut écrire Ap=OpTp avec Op orthogonale et Tp triangulaire supérieure. La suite (Op) évolue dans un compact: il existe une extraction (Oφ(p)) de limite OOn(). Puisque Tφ(p)=Oφ(p)-1Aφ(p) est de limite O-1A et évolue dans le fermé des matrices triangulaires supérieures, on peut conclure à l’écriture A=OT.

  • (b)

    La fonction N1 est une fonction continue, à valeurs réelles définie sur le compact non vide On(): elle admet un minimum et un maximum.

  • (c)
    import random as rnd
    import numpy as np
    import numpy.linalg
    
    def randO(n):
        A = np.zeros((n,n))
        for i in range(n):
            for j in range(n):
                A[i,j] = 2 * rnd.random() - 1
        q,r = numpy.linalg.qr(A)
        return q
    
    def N1(A):
        S = 0
        N,M = np.shape(A)
        for i in range(N):
            for j in range(M):
                S = S + np.abs(A[i,j])
        return S
    
    def test(n):
        A = randO(n)
        m = N1(A)
        M = N1(A)
        for t in range(1000):
            A = randO(n)
            N = N1(A)
            if N < m:
                m = N
            if N > M:
                M = N
        return m,M
    
  • (d)

    Si AOn(), on a ai,j[-1;1] donc |ai,j|ai,j2 puis

    N1(A)i=1nj=1nai,j2i=1n1=n

    car les lignes d’une matrice orthogonale sont unitaires. De plus, pour A=InOn(), on a N1(A)=n. On en déduit mn=n.

    Une matrice A de On() vérifiant N1(A)=n doit satisfaire |ai,j|=ai,j2 et donc ai,j{0,1,-1}. De plus, les rangées étant unitaires, ils ne peut figurer qu’un coefficient non nul par rangée et celui-ci est alors un 1 ou un -1. La réciproque est immédiate.

    Ces matrices sont évidemment en nombre fini, précisément, il y en a 2nn! (il y a n! matrice de permutation et 2n choix de signe pour chaque coefficient 1).

  • (e)

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

    N1(A)i=1n((j=1n12)1/2(j=1nai,j2)1/2)=nn.

    Pour qu’il y ait égalité, il faut qu’il y ait égalité dans chaque inégalité de Cauchy-Schwarz. Ceci entraîne que chaque ligne (|ai,j|)1jn est colinéaire à (1,,1) et donc

    i1;n,(j,k)1;n2,|ai,j|=|ai,k|.

    La ligne étant de plus unitaire, les ai,j sont égaux à ±1/n.

    Lorsque n=3, les coefficients de A sont égaux à ±1/3. Cependant, il n’est pas possible de construire des rangées orthogonales avec de tels coefficients: le cas d’égalité est impossible quand n=3.

 
Exercice 9  3610      CENTRALE (MP)Correction  

Soit n*. Si Mn(), on dira que M a la propriété (P) si, et seulement si, il existe une matrice Un+1() telle que M soit la sous-matrice de U obtenue en supprimant les dernières ligne et colonne de U et que U soit une matrice orthogonale, soit encore si, et seulement si, il existe α1,,α2n+1 tels que

U=(α2n+1Mαn+2α1αnαn+1)On+1().
  • (a)

    Ici

    M=(λ1(0)(0)λn)

    est une matrice diagonale. Déterminer une condition nécessaire et suffisante portant sur les λi pour que M ait la propriété (P).

  • (b)

    Ici M𝒮n(). Déterminer une condition nécessaire et suffisante pour que M ait la propriété (P).

  • (c)

    Si MGLn(), montrer qu’il existe UOn() et S𝒮n() telles que M=US.
    On admettra qu’une telle décomposition existe encore si M n’est pas inversible.

  • (d)

    Déterminer une condition nécessaire et suffisante pour que Mn() quelconque ait la propriété (P).
    Cette condition portera sur MtM.

  • (e)

    Montrer le résultat admis dans la question c).
    Énoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Solution

  • (a)

    Si M possède la propriété (P) alors les colonnes de la matrice U introduites doivent être unitaires donc

    1in,λi2+αi2=1

    et elles doivent être deux à deux orthogonales donc

    1ijn,αiαj=0.

    Cette dernière condition ne permet qu’au plus un αk non nul et alors |λk|1 tandis que pour ik, |λi|=1.
    Inversement, si tous les λi vérifient |λi|=1 sauf peut-être un vérifiant |λk|<1, alors on peut construire une matrice U affirmant que la matrice M possède la propriété (P) en posant

    1ikn,αi=α2n+2-i=0,αk=α2n+2-k=1-λk2 et αn+1=-λk.
  • (b)

    La matrice M est orthogonalement diagonalisable, on peut donc écrire

    M=PtDP avec POn() et D=diag(λ1,,λn).

    Considérons alors la matrice

    Q=(P001)On+1().

    Si la matrice M possède la propriété (P) alors on peut introduire UOn+1() prolongeant M et alors

    V=QtUQ=(β2n+1Dβn+2β1βnβn+1)On+1()

    ce qui entraîne que les valeurs propres λ1,,λn de M sont toutes égales à ±1 sauf peut être une élément de [-1;1].
    La réciproque est immédiate.

  • (c)

    La matrice MtM est symétrique définie positive. On peut donc en diagonalisant orthogonalement celle-ci déterminer une matrice S symétrique définie positive telle que

    MtM=S2.

    On pose alors U=MS-1 et l’on vérifie UOn() par le calcul de UtU.

  • (d)

    Supposons que la matrice M=US possède la propriété (P). En multipliant par la matrice

    V=(Ut001)On+1()

    on démontre que la matrice S possède aussi la propriété (P).
    Puisque les valeurs propres de S sont les racines des valeurs propres de MtM, on obtient la condition nécessaire suivante: les valeurs propres de MtM doivent être égales à 1 sauf peut-être une dans [0;1] (ces valeurs propres sont nécessairement positives).
    La réciproque est immédiate.

  • (e)

    Soit Mn(). Pour p assez grand, la matrice

    Mp=M+1pIn

    est assurément inversible ce qui permet d’écrire Mp=UpSp avec Up orthogonale et Sp symétrique réelle.
    La suite (Up) évolue dans le compact On(), elle possède une valeur d’adhérence UOn() et la matrice S=U-1M est symétrique réelle en tant que limite d’une suite de matrices symétriques réelles.
    On peut donc conclure.

[<] Matrices orthogonales[>] Réduction des isométries vectorielles

 
Exercice 10  4264  

Soit u une isométrie vectorielle d’un espace euclidien E de produit scalaire ,.

  • (a)

    Quelles sont les valeurs propres réelles possibles de u?

  • (b)

    Vérifier que les espaces propres associés sont orthogonaux.

  • (c)

    On suppose que F et G sont deux sous-espaces vectoriels orthogonaux de E. Que dire des espaces images u(F) et u(G)?

 
Exercice 11  342  Correction  

Soit fO(E) diagonalisable. Montrer que f est une symétrie.

Solution

Soit λ valeur propre de f. Pour x vecteur propre, on a f(x)=λx avec f(x)=x d’où λ=±1. Une diagonalisation de f est alors réalisée avec des 1 et des -1 sur la diagonale, c’est une symétrie.

 
Exercice 12  345  Correction  

Soient fO(E) et V un sous-espace vectoriel de E.
Montrer que:

V est stable pour f si, et seulement si, V l’est.

Solution

() Si V est stable pour f alors f(V)V et puisque f est un automorphisme f(V)=V. Soient xV et yV

(f(x)y)=(xf-1(y))=0

car f-1(y)V donc f(x)V puis V stable par f.

() Si V stable par f alors V=V aussi

 
Exercice 13  2730     MINES (MP)

Soit E un espace euclidien. Déterminer les endomorphismes f de E tels que, pour tout sous-espace vectoriel V de E,

f(V)(f(V)).
 
Exercice 14  3082   Correction  

Soient E un espace euclidien et f un endomorphisme de E conservant l’orthogonalité:

(x,y)E2,(xy)=0(f(x)f(y))=0.
  • (a)

    Calculer (u+vu-v) pour u,v vecteurs unitaires.

  • (b)

    Établir qu’il existe α+ vérifiant

    xE,f(x)=αx.
  • (c)

    Conclure qu’il existe gO(E) vérifiant f=α.g

Solution

  • (a)

    (u+vu-v)=u2-v2=0 pour u et v unitaires.

  • (b)

    Soient u et v des vecteurs unitaires de E.
    u+v et u-v sont orthogonaux donc f(u+v) et f(u-v) le sont aussi.
    Or par linéarité

    f(u+v)=f(u)+f(v) et f(u-v)=f(u)-f(v)

    de sorte que l’orthogonalité de ces deux vecteurs entraîne

    f(u)=f(v).

    Ainsi, les vecteurs unitaires de E sont envoyés par f sur des vecteurs ayant tous la même norme α+.
    Montrons qu’alors

    xE,f(x)=αx.

    Soit xE.
    Si x=0 alors on a f(x)=0 puis f(x)=αx.
    Si x0 alors en introduisant le vecteur unitaire u=x/x, on a f(u)=α puis f(x)=αx

  • (c)

    Si α=0 alors f=0~ et n’importe quel gO(E) convient.
    Si α0 alors introduisons l’endomorphisme

    g=1αf.

    La relation obtenue en b) assure que g conserve la norme et donc gO(E) ce qui permet de conclure.

 
Exercice 15  3075   

Soit E un espace euclidien de dimension n1 et f une fonction de E vers E vérifiant

f(0E)=0Eet(x,y)E2,f(x)-f(y)=x-y.
  • (a)

    Montrer que f(x)=x pour tout x de E.

  • (b)

    Établir (f(x)f(y))=(xy) pour tous x et y de E.

  • (c)

    En introduisant une base orthonormale de E, établir que l’application f est linéaire.

 
Exercice 16  2740     MINES (MP)Correction  

Dans un espace euclidien E, soit f(E). Montrer que deux des trois propriétés suivantes entraînent la troisième:

  • (i)

    f est une isométrie vectorielle;

  • (ii)

    f2=-Id;

  • (iii)

    f(x) est orthogonal à x pour tout x.

Solution

Supposons (i) et (ii).
Pour xE, on a

(f(x)x)=-(f(x)f2(x))=-(xf(x))

et donc

(f(x)x)=0.

Supposons (ii) et (iii).
Le vecteur x+f(x) et son image par f sont orthogonaux donc

(x+f(x)f(x+f(x)))=(x+f(x)f(x)-x)=0

puis f(x)2=x2. Ainsi f est une isométrie.
Supposons (i) et (iii).
Pour tous vecteurs x et y

(f2(x)+xf(y))=(f(x)y)+(xf(y)).

Or

(f(x+y)x+y)=(f(x)y)+(f(y)x)=0

donc

(f2(x)+xf(y))=0.

Puisque f est surjective, f2(x)+x=0E.

 
Exercice 17  5132   

Soient f une isométrie d’un espace euclidien E, g=f-IdE et p la projection orthogonale sur Ker(g).

  • (a)

    Montrer l’égalité Ker(g)=(Im(g)).

  • (b)

    Montrer11 1 On dit qu’une suite (un) de vecteurs de E tend vers un vecteur E lorsque un- tend vers 0 quand n croît vers l’infini (voir ). que pour tout xE,

    1nk=0n-1fk(x)n+p(x).
 
Exercice 18  2731    MINES (MP)Correction  

Soit n*. On note l’espace vectoriel réel n(). On pose

φ:(A,B)2tr(AtB).
  • (a)

    Montrer que φ est un produit scalaire.

  • (b)

    Donner une condition nécessaire et suffisante sur Ω pour que MΩM soit φ-orthogonale.

Solution

  • (a)

    On reconnaît le produit scalaire canonique sur n().

  • (b)

    Posons f:MΩM. (f(M)f(N))=tr(MtΩtΩN).
    f est φ-orthogonale si, et seulement si, pour tout M,N, (MΩtΩN)=(MN) c’est-à-dire pour tout N, ΩtΩN=N c’est-à-dire ΩtΩ=In.
    Ainsi f est φ-orthogonale si, et seulement si, Ω l’est.

 
Exercice 19  3076      X (MP)Correction  

Soit (E,,) un espace euclidien.
Pour φO(E), on note M(φ)=Im(φ-IdE) et F(φ)=Ker(φ-IdE).
Si uE{0}, su désigne la symétrie orthogonale par rapport à l’hyperplan u.

  • (a)

    Soit φO(E). Montrer que M(φ)F(φ)=E.

  • (b)

    Si (u1,,uk) est libre, montrer:

    M(su1suk)=Vect(u1,,uk).
  • (c)

    On suppose (u1,,uk) libre. Soient v1,,vkE{0} tels que

    su1suk=sv1svk.

    Montrer que (v1,,vk) est libre.

Solution

  • (a)

    Soient yM(φ) et xF(φ).
    φ(x)=x et il existe aE tel que y=φ(a)-a.
    On a alors

    x,y=x,φ(a)-x,a=φ(x),φ(a)-x,a=0

    car φO(E).
    Ainsi, M(φ) et F(φ) sont orthogonaux et par la formule du rang

    dimM(φ)+dimF(φ)=dimE

    donne

    M(φ)F(φ)=E.
  • (b)

    Par récurrence sur k1.

    Pour k=1: la propriété est immédiate.

    Supposons la propriété vraie au rang k1.

    Soient (u1,,uk+1) une famille libre et φ=su1suk+1O(E). Étudions F(φ).

    Soit xF(φ). La relation φ(x)=x donne

    su2suk+1(x)=su1(x)

    puis

    su2suk+1(x)-x=su1(x)-x.

    Or su1(x)-xVect(u1) et par hypothèse de récurrence su2suk+1(x)-xVect(u2,,uk+1).

    Puisque la famille (u1,,uk+1) est libre, on obtient

    su2suk+1(x)-x=su1(x)-x=0.

    Ainsi, x est point fixe de su2suk+1 et de su1 et donc

    xVect(u2,,uk+1)Vect(u1)=Vect(u1,,uk+1).

    Par suite,

    F(φ)Vect(u1,,uk+1).

    L’autre inclusion étant immédiate, on obtient

    F(φ)=Vect(u1,,uk+1)

    puis

    M(φ)=Vect(u1,,uk+1).

    Récurrence établie.

  • (c)

    Posons

    φ=su1suk=sv1svk.

    Par l’étude qui précède

    F(φ)=Vect(u1,,uk).

    De façon immédiate

    Vect(v1,,vk)F(φ).

    En passant à l’orthogonal

    Vect(u1,,uk)Vect(v1,,vk).

    Puisque la famille (u1,,uk) est supposé libre, un argument de dimension permet d’affirmer que la famille (v1,,vk) l’est aussi.

 
Exercice 20  3741      CENTRALE (MP)Correction  

Soit E un espace euclidien; on note O(E) le groupe des endomorphismes orthogonaux de E et l’on définit l’ensemble

Γ={u(E)|xE,u(x)x}.
  • (a)

    Montrer que Γ est une partie convexe de (E) qui contient O(E).

  • (b)

    Soit uΓ tel qu’il existe (f,g)Γ2 vérifiant

    fg et u=12(f+g).

    Montrer que uO(E).

  • (c)

    Soit v un automorphisme de E; montrer qu’il existe ρO(E) et s un endomorphisme autoadjoint positif de E tels que v=ρs.
    On admet que ce résultat reste valable si on ne suppose plus v bijectif.

  • (d)

    Soit uΓ qui n’est pas un endomorphisme orthogonal.
    Montrer qu’il existe (f,g)Γ2 tels que

    fgetu=12(f+g).
  • (e)

    Démontrer le résultat admis à la question c). [Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]

Solution

  • (a)

    Soient u,vΓ et λ[0;1]. Pour tout xE,

    (λu+(1-λ)v(x)λu(x)+(1-λ)v(x)x

    donc λu+(1-λ)vΓ.
    Pour uO(E), on a

    xE,u(x)=xx

    et donc uΓ.

  • (b)

    Puisque fg, il existe un vecteur x vérifiant f(x)g(x).
    Si f(x)<x ou g(x)<x alors

    u(x)=12f(x)+g(x)f(x)+g(x)2<x

    et donc uO(E).
    Si f(x)=x et g(x)=x alors la condition f(x)g(x) entraîne

    f(x)+g(x)<f(x)+g(x)

    car il y a égalité dans l’inégalité triangulaire euclidienne si, et seulement si, les vecteurs sont positivement liés.
    On en déduit que dans ce cas aussi u(x)<x et donc uO(E).

  • (c)

    L’endomorphisme f=v*v est autoadjoint défini positif. Moyennant une diagonalisation en base orthonormée, on peut déterminer s autoadjoint défini positif tel que f=s2. Posons alors ρ=vs-1 ce qui est possible car s inversible puisque défini positif. On a alors

    ρ*ρ=s-1v*vs-1=IdE

    et donc ρO(E).

    Finalement, v=ρs est l’écriture voulue.

  • (d)

    Soit uΓO(E). On peut écrire u=ρs avec ρO(E) et s endomorphisme autoadjoint positif. Puisque

    xE,u(x)=s(x)

    on a sΓ et donc les valeurs propres de s sont éléments de [0;1]. Dans une base orthonormée de diagonalisation, la matrice de s est de la forme

    (λ1(0)(0)λn) avec λ1,,λn[0;1].

    Si les λi sont tous égaux à 1 alors s=IdE et u=ρO(E) ce qui est exclu. Il y a donc au moins un λi différent de 1. Considérons alors l’endomorphisme t dont la matrice dans la base orthonormée précédente est

    (2λ1-1(0)(0)2λn-1).

    On peut écrire

    s=12(IdE+t)

    avec IdEΓ, IdEt et tΓ car les coefficients diagonaux précédents sont inférieurs à 1 en valeur absolue.
    On en déduit

    u=12(ρ+ρt)

    avec ρ,ρtΓ et ρρt.

  • (e)

    Soit v(E). Pour k>0 assez grand

    vk=v+1kIdEGL(E)

    car v ne possède qu’un nombre fini de valeurs propres.
    On peut alors écrire

    vk=ρksk avec ρkO(E) et sk𝒮+(E).

    Puisque O(E) est compact, il existe une suite extraite (ρφ(k)) qui converge ρO(E). On a alors

    sφ(k)=ρφ(k)-1vφ(k)ρ-1v.

    En posant s=ρ-1v, on a s𝒮+(E) car 𝒮+(E) est fermé et donc v=ρs donne l’écriture voulue.

[<] Isométries vectorielles[>] Isométries de l'espace de dimension 3

 
Exercice 21  3487  Correction  

Déterminer les applications uO(E) vérifiant

(u-Id)2=0~.

Solution

Il existe une base orthonormale de E dans laquelle la matrice de u est diagonale par blocs de blocs diagonaux

(1),(-1) ou (cos(θ)-sin(θ)sin(θ)cos(θ)).

Pour que (u-Id)2=0, il faut et il suffit qu’il n’y ait que des blocs (1) ce qui correspond au cas où u=Id.

 
Exercice 22  2403    CENTRALE (MP)
  • (a)

    Trouver toutes les matrices de On() diagonalisables sur .

  • (b)

    Montrer que toutes les matrices de On() sont diagonalisables sur .

 
Exercice 23  2562    ENSTIM (MP)Correction  

Soit Ωn() une matrice orthogonale.
Soit λ une valeur propre complexe de Ω et Xn,1() vérifiant

ΩX=λX.

En calculant de deux façons

(Ω¯X¯)tΩX

établir que λ est de module 1.

Solution

D’une part

(Ω¯X¯)tΩX=X¯tΩtΩX=X¯tX

et d’autre part

(Ω¯X¯)tΩX=(λ¯X¯)tλX=|λ|2X¯tX.

Puisque X¯tX est un réel non nul, on en déduit |λ|=1.

 
Exercice 24  3343   Correction  

Soit AOn().

  • (a)

    Montrer que si λ est une valeur propre complexe de A alors |λ|=1.

  • (b)

    Soit λ une valeur propre complexe non réelle de A et Zn,1() un vecteur propre associé.
    On pose X=Re(Z) et Y=Im(Z). Montrer que Vect(X,Y) est stable par A.

  • (c)

    Montrer que les colonnes X et Y ont alors même norme et sont orthogonales.
    Quelle est la nature de l’endomorphisme induit par la matrice A sur l’espace Vect(X,Y)?

Solution

  • (a)

    Soit λ une valeur propre complexe de A et Z un vecteur propre associé.
    On a AZ=λZ et AZ¯=λ¯Z¯ donc

    (A¯Z¯)tAZ=|λ|2Z¯tZ.

    On a aussi

    (A¯Z¯)tAZ=Z¯tA¯tAZ=Z¯tZ.

    Puisque Z¯tZ=Z2+*, on obtient |λ|2=1.

  • (b)

    Écrivons λ=eiθ. L’identité AZ=λZ donne

    {AX=cos(θ)X-sin(θ)YAY=sin(θ)X+cos(θ)Y.

    Il est alors immédiat que Vect(X,Y) est stable par A.

  • (c)

    On a

    ZtZ=XtX-YtY+2iXtY.

    Or ZtAZ=eiθZtZ et ZtAZ=(AtZ)tZ=(A-1Z)tZ=e-iθZtZ. On en déduit

    ZtZ=e2iθZtZ.

    Or e2iθ1 (car λ non réelle) donc ZtZ=0 puis

    XtX=YtY et XtY=0.

    Quitte à multiplier les colonnes X et Y par un même scalaire unitaire, on peut affirmer que la famille (X,Y) est une base orthonormée du plan Vect(X,Y). En orientant ce plan par cette base, l’endomorphisme induit apparaît comme étant une rotation d’angle θ.

 
Exercice 25  5399   Correction  

Soient A,BOn().

Montrer que A et B sont semblables si, et seulement si, χA=χB.

Solution

() Deux matrices semblables ont assurément le même polynôme caractéristique. La réciproque est fausse en général mais nous allons ici l’établir du fait que les matrices A et B sont orthogonales.

() Supposons χA=χB. Puisque la matrice A est orthogonale, le théorème de réduction des isométries assure que la matrice A est orthogonalement semblable à une matrice réduite diagonale par blocs avec des blocs diagonaux de la forme

(1),(-1),ou(cos(θ)-sin(θ)sin(θ)cos(θ)) avec θ]0;π[.

Le polynôme caractéristique de A est alors un produit de facteurs

X-1,X+1,ouX2-2cos(θ)X+1.

L’égalité χA=χB assure alors que, à l’ordre près des blocs diagonaux, les matrices réduites auxquelles sont semblables A et B sont identiques. Puisque réorganiser les blocs diagonaux revient à remplacer une matrice par une matrice semblable, on peut affirmer que les matrices A et B sont semblables.

[<] Réduction des isométries vectorielles[>] Endomorphismes symétriques

 
Exercice 26  4265  

Soit E un espace vectoriel euclidien orienté muni d’une base orthonormale directe =(ı,ȷ,k). Décrire les endomorphismes de E figurés dans la base par chacune des matrices suivantes:

  • (a)

    A=13(12221-22-21)

  • (b)

    B=12(1-2120-2121)

  • (c)

    C=(001100010)

  • (d)

    D=19(-84147414-8).

 
Exercice 27  1610  Correction  

Soit E un espace vectoriel euclidien orienté de dimension 3.

Étudier l’endomorphisme f de E dont la matrice dans une base orthonormale directe (i,j,k) est

A=13(2211-222-1-2).

Solution

La matrice A est orthogonale car ses colonnes sont unitaires et deux à deux orthogonales. On en déduit fO(E). Après calcul, det(f)=1 et donc f est une rotation. Déterminons son axe et son angle.

Soit u=x.i+y.j+z.kE.

f(u)=u {-x+2y+z=0x-5y+2z=02x-y-5z=0
{x=3zy=z

f est une rotation autour de la droite D=Vect(3.i+j+k). Orientons celle-ci par le vecteur u=3.i+j+k.

Notons θ une mesure de l’angle de la rotation f autour de D. On a 1+2cos(θ)=tr(A) et donc cos(θ)=-5/6. On a aussi Det(u,i,f(i))<0 et donc sin(θ)<0.

Finalement, f est la rotation d’axe dirigé et orienté par u et d’angle -arccos(-5/6).

 
Exercice 28  1611  Correction  

Soit E un espace vectoriel euclidien orienté muni d’une base orthonormée directe =(i,j,k).
Soit f(E) dont la matrice dans la base est

12(1-2120-2121).
  • (a)

    Former une base orthonormée directe =(u,v,w) telle que v,wP:x+z=0.

  • (b)

    Former la matrice de f dans et reconnaître f.

Solution

  • (a)

    Les vecteurs suivants conviennent

    u=12(i+k),v=j et w=12(-i+k).
  • (b)
    Mat(f)=(10000-1010)

    donc f est le quart de tour direct autour de la droite dirigée et orientée par u.

 
Exercice 29  1612  Correction  

E désigne un espace vectoriel euclidien orienté muni d’une base orthonormée directe =(i,j,k). Déterminer la nature, et préciser les éléments caractéristique, de l’endomorphisme f de E dont la matrice dans est donnée ci-après:

  • (a)

    A=14(31613-6-662)

  • (b)

    A=-19(744-48-141-8)

  • (c)

    A=19(-84147414-8)

Solution

  • (a)

    f est la rotation d’axe dirigé et orienté par w=i+j et d’angle θ=π/3.

  • (b)

    f est la rotation d’axe dirigé et orienté par w=i-4k et d’angle θ=-arccos(-8/9).

  • (c)

    f est le retournement d’axe dirigé par w=i+4j+k.

 
Exercice 30  1613   Correction  

Soient (a,b)2 et

A=(abbbabbba).
  • (a)

    Pour quels a,b, a-t-on AO(3)?

  • (b)

    Préciser alors la nature et les éléments caractéristiques de l’endomorphisme f de 3 dont la matrice dans la base canonique serait A.

Solution

  • (a)

    Par orthogonalité et unitarité des colonnes

    AO(3)a2+2b2=1 et 2ab+b2=0.

    Ainsi,

    AO(3)(a,b){(1,0),(-1,0),(1/3,-2/3),(-1/3,2/3)}.
  • (b)

    Si a=1 et b=0 alors f=Id.
    Si a=-1 et b=0 alors f=-Id.
    Si a=1/3 et b=-2/3 alors f est la réflexion par rapport au plan d’équation x+y+z=0.
    Si a=-1/3 et b=2/3 alors f est opposée à la transformation précédente, c’est le retournement d’axe dirigé par w=i+j+k.

 
Exercice 31  3186     CENTRALE (PC)Correction  

E désigne un espace vectoriel euclidien orienté de dimension 3 muni d’une base orthonormée directe =(i,j,k).
Rechercher les rotations R de E telles que

R(i)=-jetR(i-j+k)=i-j+k.

Solution

Soit R une rotation solution (s’il en existe).
La rotation R n’est pas l’identité et son axe est dirigé par le vecteur u=i-j+k. Orientons cet axe par ce vecteur. Pour déterminer l’angle θ de la rotation, déterminons l’image d’un vecteur orthogonal à l’axe. Considérons

v=-2i-j+k=-3i+u.

Le vecteur v est orthogonal à u et

R(v)=i+2j+k.

On a

cos(θ)=(vR(v))vR(v)=-12

et le signe de sin(θ) est celui de

det(v,R(v),u)=|-211-12-1111|=-9<0.

On en déduit que R n’est autre que la rotation d’axe dirigé et orienté par u et d’angle θ=-2π/3.
Inversement, cette rotation est solution car pour celle-ci le vecteur u est invariant alors et le vecteur v est envoyé sur le vecteur R(v) du calcul précédent ce qui entraîne que i est envoyé sur -j.

 
Exercice 32  3190     CCP (MP)Correction  

Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3 muni d’une base orthonormée directe =(i,j,k). Soit θ, déterminer les éléments caractéristiques de

Rotk,π/2Rotcos(θ)i+sin(θ)j,π.

Solution

Posons

R1=Rotk,π/2 et R2=Rotcos(θ)i+sin(θ)j,π.

La composée de deux rotations est une rotation, donc R1R2 est une rotation.
Puisque les vecteurs k est u=cos(θ)i+sin(θ)j sont orthogonaux

R2(k)=-k

et donc

R1R2(k)=-k.

On en déduit que R1R2 est un retournement dont l’axe est orthogonal à k c’est-à-dire inclus dans Vect(i,j).
Puisque

R2(u)=u et R1(u)=-sin(θ)i+cos(θ)j

on a

R2R1(u)=-sin(θ)i+cos(θ)j

et donc

u+R2R1(u)=(cos(θ)-sin(θ))i+(cos(θ)+sin(θ))j0

dirige l’axe du retournement.

 
Exercice 33  2923    MINES (MP)

Soient E un espace euclidien orienté de dimension 3, r une rotation de E et s une symétrie orthogonale de E. Caractériser l’application srs.

 
Exercice 34  2924     MINES (MP)Correction  

Soient E un espace vectoriel euclidien, uE non nul, gO(E). On note σ la symétrie orthogonale par rapport à l’hyperplan u. Décrire gσg-1.

Solution

On a

(gσg-1)(g(u))=-g(u)

et pour g(v)g(u),

(gσg-1)(g(v))=g(v).

Ainsi, gσg-1 est la réflexion par rapport à g(u).

 
Exercice 35  1615   

Soit f une rotation d’un espace euclidien orienté E de dimension 3.

  • (a)

    On suppose qu’il existe x0 tel que f(x)=-x. Montrer que f est une symétrie orthogonale par rapport à une droite11 1 Une symétrie orthogonale par rapport à une droite se nomme un retournement. orthogonale à Vect(x).

  • (b)

    En déduire que toute rotation f peut s’écrire comme la composée de deux retournements.

 
Exercice 36  1616   Correction  

Dans un espace euclidien orienté de dimension 2, on considère une réflexion s et une rotation f d’axe D dirigé et orienté par un vecteur unitaire u et d’angle θ0[(2π)].

Montrer que f et s commutent si, et seulement si, D est orthogonale au plan de réflexion de s ou bien D est incluse dans ce plan et f est un retournement.

Solution

Si fs=sf alors f(s(u))=s(u) donc s(u)=u ou s(u)=-u car s(u)D.

Cas: s(u)=-u. s est la réflexion par rapport à P={u}.

Cas: s(u)=u. Le vecteur u appartient au plan de réflexion P et si v est un vecteur de ce plan orthogonal à u alors s(f(v))=f(v) donc f(v) est aussi un vecteur de ce plan orthogonal à u. Or ce ne peut être v, c’est donc -v et par suite f est un retournement.

Inversement: ok

 
Exercice 37  2925      MINES (MP)

Soient f et g deux rotations d’un espace euclidien orienté E de dimension 3.

À quelle(s) condition(s) a-t-on gf=fg?

[<] Isométries de l'espace de dimension 3[>] Théorème spectral vectoriel

 
Exercice 38  361  

Montrer que le noyau et l’image d’un endomorphisme symétrique u d’un espace euclidien E sont supplémentaires et orthogonaux.

 
Exercice 39  5129  

Montrer que les sous-espaces propres d’un endomorphisme symétrique u d’un espace euclidien E sont deux à deux orthogonaux.

 
Exercice 40  5137  

Soit E un espace euclidien. Montrer que, si un sous-espace vectoriel F de E est stable par un endomorphisme symétrique u, alors F est aussi stable par u.

 
Exercice 41  4266  

Déterminer les isométries d’un espace euclidien E qui sont aussi des endomorphismes symétriques.

 
Exercice 42  363  Correction  

Soit p une projection d’un espace vectoriel euclidien E.
Montrer que la projection p est orthogonale si, et seulement si, p est symétrique.

Solution

Si p est une projection orthogonale alors

x,yE,(xp(y)) =(x-p(x)p(y))+(p(x)p(y))
=(p(x)p(y)-y)+(p(x)y)
=(p(x)y).

Ainsi, l’endomorphisme p est symétrique.
Inversement, si p est symétrique alors Im(p)=(Ker(p)) et donc p est une projection orthogonale.

 
Exercice 43  362  Correction  

Soient f et g deux endomorphismes symétriques d’un espace vectoriel euclidien E.
Montrer que fg est symétrique si, et seulement si, fg=gf.

Solution

Soit e une base orthonormale de E.
Notons A et B les matrices de f et g dans la base e.
Ces matrices sont symétriques et

(AB)t=ABBA=AB.

Ainsi,

fg est symétrique fg=gf.
 
Exercice 44  1751  

Soient E un espace euclidien de dimension n2 de produit scalaire ,, a un vecteur unitaire de E et k un réel.

  • (a)

    Montrer que l’on définit un endomorphisme symétrique f de E en posant

    f(x)=x+ka,x.apour tout xE
  • (b)

    Déterminer les éléments propres de f.

 
Exercice 45  3591     CCP (MP)Correction  

Soient a*, u un vecteur unitaire de 3 euclidien.

  • (a)

    Montrer que l’application fa définie par

    fa(x)=x+ax,uu

    est un endomorphisme de 3.

  • (b)

    Montrer qu’il existe un unique a0 vérifiant

    x3,fa(x)=x.

    Donner la nature de fa (on pourra s’intéresser à fa2).

  • (c)

    Montrer que fa est un endomorphisme symétrique et déterminer ses éléments propres.

Solution

  • (a)

    L’application est évidemment linéaire de 3 dans 3

  • (b)

    Si fa conserve la norme alors en particulier fa(u)=u c’est-à-dire |1+a|u=u.
    La seule valeur a non nulle est alors a=-2.
    Inversement, f-2 se reconnaît comme la réflexion d’hyperplan Vect(u) et conserve donc la norme.

  • (c)

    On vérifie aisément par le calcul

    x,y3,fa(x),y=x,fa(y).

    On en déduit que fa est un endomorphisme symétrique.
    Pour xVect(u), on a fa(x)=(1+a)x et pour xVect(u), fa(x)=x.
    On en déduit que 1+a et 1 sont valeurs propres de u avec

    E1+a(fa)=Vect(u)etE1(fa)=Vect(u).

    Il n’y a pas d’autres valeurs propres (plus assez de place dans 3 …).

 
Exercice 46  5109   

On munit n[X] du produit scalaire , défini par

P,Q=-11P(t)Q(t)dt.

Montrer que l’endomorphisme φ de n[X] déterminé par

φ(P)=(X2-1)P′′+2XP+P

est symétrique.

 
Exercice 47  3430   Correction  

On pose E=n[X] muni du produit scalaire défini par

(PQ)=01P(t)Q(t)dt.
  • (a)

    Montrer que la relation

    u(P)(x)=01(x+t)nP(t)dt

    définit un endomorphisme u de l’espace E.

  • (b)

    Vérifier que l’endomorphisme u est symétrique

  • (c)

    Calculer la trace de u.

Solution

  • (a)

    En développant

    u(P)(X)=k=0n(nk)(01tn-kP(t)dt)Xk.

    Ceci assure la bonne définition de l’application u:EE et permet aussi de vérifier sa linéarité.

  • (b)

    Pour P,QE,

    (u(P)Q)=01(01(x+t)nP(t)dt)Q(x)dx

    et par le théorème de Fubini

    (u(P)Q)=[0;1]2(x+t)nP(t)Q(x)dtdx=01(01(x+t)nQ(x)dx)P(t)dt

    ce qui se relit

    (u(P)Q)=(Pu(Q)).
  • (c)

    Les coefficients diagonaux de la matrice de u dans la base canonique sont les

    (nk)01tn-k×tkdt=1n+1(nk).

    La trace de u est donc donnée par

    tr(u)=k=0n1n+1(nk)=2nn+1.
 
Exercice 48  3486   Correction  
  • (a)

    Vérifier que l’on définit un produit scalaire sur 2 par:

    x,y=x1y1+5x2y2-2(x1y2+x2y1).
  • (b)

    Pour quelle(s) valeur(s) de a l’endomorphisme u canoniquement représenté par

    M=(2a00)

    est-il symétrique?

Solution

  • (a)

    L’application , est évidemment une forme bilinéaire symétrique.
    Puisque

    x,x=x12+5x22-4x1x2=(x1-2x2)2+x22

    cette forme bilinéaire symétrique est aussi définie positive et c’est donc un produit scalaire.

  • (b)

    De façon immédiate

    Im(u)=Vect(1,0) et Ker(u)=Vect(-a,2).

    Si l’endomorphisme est symétrique alors Im(u)=Ker(u) et donc

    (1,0),(-a,2)=-a-4=0

    et donc a=-4.
    Inversement, si a=-4 alors les vecteurs (1,0) et (-a,2) sont orthogonaux et l’on peut diagonaliser u dans une base orthonormale.

 
Exercice 49  4275    

(Pseudo inverse)

Soit a une application linéaire d’un espace euclidien E vers un espace euclidien E.

Montrer qu’il existe une unique application linéaire b de E vers E vérifiant:

  • (i)

    ab et ba sont des endomorphismes symétriques;

  • (ii)

    aba=a et bab=b.

L’application linéaire b est appelée pseudo-inverse11 1 Lorsque l’on veut résoudre l’équation linéaire a(x)=y, ni l’existence, ni l’unicité d’une solution ne sont assurées. Introduire le pseudo-inverse b permet de déterminer le vecteur x0=b(y) qui est le vecteur de norme minimale tel que a(x0) soit le plus proche possible de y. de a.

[<] Endomorphismes symétriques[>] Orthodiagonalisation de matrices symétriques

 
Exercice 50  364  Correction  

Soit f un endomorphisme symétrique de E vérifiant

xE,(f(x)x)=0.

Déterminer f.

Solution

Si λ est valeur propre de f et si x0 est vecteur propre associé alors (f(x)x)=0 donne λ=0. Sachant que f est diagonalisable car symétrique et que Sp(f){0}, on peut conclure f=0.

 
Exercice 51  366   

Soit u un endomorphisme symétrique d’un espace euclidien E de dimension n1 et de produit scalaire noté ,. On pose

λmin=minλSp(u)λetλmax=maxλSp(u)λ.

Montrer que pour tout vecteur x de E,

λminx2u(x),xλmaxx2.
 
Exercice 52  4267   

Soit u un endomorphisme symétrique d’un espace euclidien E non réduit au vecteur nul. Montrer11 1 Précisément, la borne supérieure porte sur les vecteurs de E de norme 1.

supx=1u(x)=maxλSp(u)|λ|.
 
Exercice 53  368   Correction  

Soient E un espace vectoriel euclidien de dimension n et S sa sphère unité

S={xE|x=1}.

Pour p{1,,n}, on note 𝒱p l’ensemble des sous-espaces vectoriels de E de dimension p.
Soit f un endomorphisme symétrique de E de valeurs propres λ1λn comptées avec multiplicité. Établir

λp=minV𝒱pmaxxSV(f(x)x).

Solution

Soit (e1,,en) une base orthonormale de E formée de vecteurs vérifiant

f(ei)=λiei.

Soit V𝒱p. Établissons

maxxSV(f(x)x)λp.

On a

(f(x)x)=i=1nλixi2.

Considérons W=Vect(ep,,en). On a dimV=p et dimW=n-p+1 donc VW n’est pas réduit au vecteur nul.
Pour xVWS, on a

(f(x)x)=i=pnλixi2λpi=pnxi2=λp

et donc

maxxSV(f(x)x)λp.

Par suite,

minV𝒱pmaxxSV(f(x)x)λp.

Pour V=Vect(e1,,ep)𝒱p, on a

xVS,(f(x)x)=i=1pλixi2λpi=1pxi2=λp

donc

maxxSV(f(x)x)λp

puis

minV𝒱pmaxxSV(f(x)x)λp

et finalement l’égalité.

 
Exercice 54  3941   Correction  

Soit u un endomorphisme symétrique d’un espace euclidien E de dimension n non nulle.
On pose

Hu={xE|(u(x)x)=1}.

Énoncer une condition nécessaire et suffisante portant sur le spectre de u pour qu’il existe un vecteur unitaire élément de Hu.

Solution

Si λmin=minSp(u) et λmax=maxSp(u), on montre en introduisant une base orthonormée diagonalisant u que

xE,yλminx2(u(x)x)λmaxx2.

Pour qu’il existe un vecteur unitaire appartenant à Hu il est nécessaire que 1[λmin;λmax].
Inversement, supposons 1[λmin;λmax].
Si λmin=λmax alors la réciproque est immédiate.
Supposons désormais λmin<λmax. On introduit emin vecteur propre unitaire associé à λmin et emax vecteur propre unitaire associé à λmax. Considérons enfin

eθ=cos(θ)emin+sin(θ)emax.

Puisque emin et emax sont unitaires et orthogonaux, on vérifie eθ=1.
Considérons ensuite f(θ)=(u(eθ)eθ). La fonction f est continue, f(0)=λmin et f(π/2)=λmax dont, en vertu du théorème des valeurs intermédiaires, il existe θ[0;π/2] vérifiant eθHu.

 
Exercice 55  4269    

(Théorème de Courant-Fischer)

Soit u un endomorphisme symétrique d’un espace euclidien E de dimension n1 dont le produit scalaire est noté ,.

On note λ1λ2λn les valeurs propres de u comptées avec multiplicité, S la sphère unité de E et, pour tout p1;n, p l’ensemble de tous les sous-espaces vectoriels de E dimension p.

Soit p1;n. Établir

λp=supFp(infxFSu(x),x)=infFn+1-p(supxFSu(x),x).
 
Exercice 56  2732    

Soient p et q des projections orthogonales d’un espace euclidien E de dimension n1.

  • (a)

    Montrer que pqp est diagonalisable.

  • (b)

    Déterminer (Im(p)+Ker(q)).

  • (c)

    En déduire que pq est diagonalisable.

  • (d)

    Établir que les valeurs propres de pq sont comprises entre 0 et 1.

[<] Théorème spectral vectoriel[>] Théorème spectral matriciel

 
Exercice 57  2757    MINES (MP)Correction  

Soit J la matrice de n() dont tous les coefficient sont égaux à 1. Trouver POn() et Dn() diagonale telles que PtJP=D.

Solution

Sp(J)={0,n}, E0(J):x1++xn=0 et En(J):x1==xn.
Les matrices

D=diag(n,0,,0)

et

P=(1/n1/21/61/n2-n-1/21/6-2/61/n2-n1/n(0)-(n-1)/n2-n)

conviennent.
Les colonnes d’indices 2 à n de la matrice P sont formées de coefficients de a,a,b,0,,0 de somme nulle et de somme de carrés égale à 1.

 
Exercice 58  4270  

On considère la matrice

A=(2-12-12222-1).

Déterminer PO3() et D3() diagonale telle que A=PDPt.

 
Exercice 59  3398    CCP (MP)Correction  

Justifier que

A=(1-2-2-21-2-2-21)

est diagonalisable et trouver P telle que PtAP soit diagonale.

Solution

La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable.

Après calculs,

χA=-(X+3)(X-3)2.

Le sous-espace propre associé à la valeur propre 3 est le plan d’équation

x+y+z=0.

Les sous-espaces propres d’une matrice symétrique réelle étant deux à deux orthogonaux, on peut affirmer que le sous-espace propre associé à la valeur propre -3 est la droite x=y=z. On en déduit une base orthonormée de diagonalisation puis une matrice P convenable

P=(1/31/21/61/3-1/21/61/30-2/6).
 
Exercice 60  2413    CCP (MP)Correction  

On considère la matrice

A=(-2-21-21-21-2-2).
  • (a)

    Justifiez que la matrice A est diagonalisable.

  • (b)

    Déterminer P et D dans 3() telles que Pt=P-1, D est diagonale et PtAP=D.

Solution

  • (a)

    La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable.

  • (b)

    Après calculs,

    χA=(X-3)(X+3)2.

    Le sous-espace propre associé à la valeur propre -3 est le plan d’équation

    x-2y+z=0.

    Les sous-espaces propres d’une matrice symétrique réelle étant deux à deux orthogonaux, on peut affirmer que le sous-espace propre associé à la valeur propre 3 est la droite

    Vect(1,-2,1).

    On en déduit une base orthonormée de diagonalisation puis une matrice orthogonale P convenable

    P=(1/61/21/3-2/601/31/6-1/21/3)

    pour

    D=(3000-3000-3).

[<] Orthodiagonalisation de matrices symétriques[>] Équations matricielles avec transposition

 
Exercice 61  2614    ENSTIM (MP)Correction  

Soit An() symétrique.
On suppose An=On. Déterminer A.

Solution

A est diagonalisable car symétrique réelle et ses valeurs propres sont nulles car racines de Xn. On en déduit que A est semblable à la matrice nulle et donc égale à la matrice nulle.

 
Exercice 62  2750    MINES (MP)Correction  

Si M𝒮n() vérifie Mp=In avec p*, que vaut M2?

Solution

M est diagonalisable et ses valeurs propres sont réelles et racines de Xp-1, elles ne peuvent donc qu’être 1 ou -1. Par suite, M2=In.

 
Exercice 63  5308    ENSTIM (MP)Correction  
  • (a)

    Énoncer le théorème spectral.

  • (b)

    Soit A une matrice symétrique réelle. Prouver que ses sous-espaces propres sont orthogonaux deux à deux.

  • (c)

    Soit A une matrice carrée réelle telle que A+At est nilpotente. Prouver que A est antisymétrique.

Solution

  • (a)

    Dans un espace euclidien, tout endomorphisme symétrique est diagonalisable dans une base orthonormale.

  • (b)

    Soient λ,μ deux valeurs propres distinctes de A et X,Y des colonnes éléments des sous-espaces propres Eλ(A) et Eμ(A). On a

    XtAY=Xt(AY)=μXtY

    et

    XtAY=(AtX)tY=(AX)tY=λXtY.

    On en déduit XtY=0 car λμ.

  • (c)

    La matrice M=At+A est symétrique réelle donc diagonalisable. La matrice M est aussi nilpotente et admet 0 pour seule valeur propre. On en déduit que la matrice M est semblable à la matrice nulle et A est donc antisymétrique.

 
Exercice 64  3161  

Soit A=(ai,j)𝒮n() de valeurs propres λ1,,λn. Établir

i=1nj=1nai,j2=i=1nλi2.
 
Exercice 65  2751     MINES (MP)Correction  

Montrer que le rang de An() est égal au nombre de valeurs propres non nulles (comptées avec leur ordre de multiplicité) de AtA.

Solution

Par comparaison de noyau, il est facile d’obtenir: rg(A)=rg(AtA).
La matrice AtA étant symétrique réelle, elle est diagonalisable et donc son rang est égal au nombre de ses valeurs propres non nulles comptées avec multiplicité.

 
Exercice 66  370   Correction  

Soit A une matrice réelle carrée d’ordre n.

  • (a)

    Montrer que

    χAtA=χAAt.
  • (b)

    Montrer que les matrices AtA et AAt sont semblables.

Solution

  • (a)

    Pour A inversible,

    det(A).χAtA(λ)=det(AAtA-λA)=χAAt(λ).det(A)

    donc χAtA=χAAt puisque det(A)0.

    Les applications AχAtA et AχAAt étant continues et coïncidant sur la partie dense GLn(), on peut affirmer qu’elles sont égales sur n().

  • (b)

    AtA est une matrice symétrique réelle donc diagonalisable. Ses valeurs propres sont les racines de χAtA et la dimension des espaces propres correspondent à la multiplicité des racines respectives de χAtA. Puisque l’on a la même affirmation pour AAt, on peut affirmer que AtA et AAt sont semblables car toutes deux semblables à une même matrice diagonale.

 
Exercice 67  371   

Soit An(). On note α et β les plus petite et plus grande valeurs propres de la matrice S déterminée par

S=12(A+At).
  • (a)

    Soit Xn,1(). Comparer XtAX et XtSX.

  • (b)

    Montrer que pour toute colonne Xn,1(),

    αXtXXtAXβXtX
  • (c)

    En déduire que les valeurs propres de A sont comprises entre α et β.

 
Exercice 68  3491   Correction  

Soit A=(ai,j)n() une matrice symétrique.

  • (a)

    Justifier que le spectre de A est une partie finie non vide de .
    On pose

    λmin=minSp(A)etλmax=maxSp(A).
  • (b)

    Montrer

    1in,λminai,iλmax.

Solution

  • (a)

    La matrice est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable et par conséquent possède des valeurs propres toutes réelles. Bien entendu ces valeurs propres sont en nombre fini.

  • (b)

    Notons λ1,,λn les valeurs propres comptées avec multiplicité de la matrice A. Puisque la matrice A est orthogonalement diagonalisable, il existe une matrice POn() telle que

    A=PtDP avec D=diag(λ1,,λn).

    Pour tout colonne X=(x1xn)t, en posant Y=PX=(y1yn)t, on a

    XtAX=YtDY=i=1nλiyi2.

    Or

    λmini=1nyi2i=1nλiyi2λmaxi=1nyi2

    avec

    i=1nyi2=YtY=XtPtPX=XtX=i=1nxi2.

    On en déduit

    λmini=1nxi2XtAXλmaxi=1nxi2.

    En prenant la colonne élémentaire X=Ei, on obtient

    λminai,iλmax.
 
Exercice 69  4273   

Soient A et B deux matrices de n(). On note α et β les plus grandes valeurs propres des matrices AtA et BtB.

Montrer que les valeurs propres λ de AB vérifient λ2αβ.

 
Exercice 70  4108     CENTRALE (PSI)Correction  

Soient n3, E=n,1(), A,B deux colonnes non colinéaires dans E et M=ABt+BAt.

  • (a)

    Justifier que M est diagonalisable.

  • (b)

    Déterminer rg(M) en fonction de A et B.

  • (c)

    Déterminer le spectre de M et décrire les sous-espaces propres associés.

Solution

  • (a)

    La matrice M est symétrique réelle donc diagonalisable.

  • (b)

    Pour XE, on a MX=ABtX+BAtX=B,XA+A,XB. Les colonnes A et B n’étant pas colinéaires

    MX=0A,X=B,X=0.

    On en déduit

    Ker(M)=(Vect(A,B)).

    Par la formule du rang, on obtient rg(M)=2.

  • (c)

    On complète la base (A,B) de Vect(A,B) par une base de Ker(M) et l’on obtient que la matrice M est semblable à la matrice

    (A,BB2O1,n-2A2A,BO1,n-2On-2,1On-2,1On-2).

    L’étude des valeurs propres de cette matrice, donne

    Sp(M)={0,A,B-AB,A,B+AB}.

    Pour la valeur propre λ=A,B-AB, le sous-espace propre associé est

    Vect(BA-AB).

    Pour la valeur propre λ=A,B+AB, le sous-espace propre associé est

    Vect(BA+AB)

    et enfin, pour λ=0,

    (Vect(A,B)).
 
Exercice 71  3488   Correction  

Soit An() vérifiant

Sp(AtA-AAt)+.

Montrer que les matrices A et At commutent.

Solution

La matrice AtA-AAt est symétrique réelle et donc diagonalisable. Sa trace est alors égale à la somme de ses valeurs propres. Or

tr(AtA-AAt)=tr(AtA)-tr(AAt)=0

car tr(AB)=tr(BA). Puisque toutes les valeurs propres sont positives, on en déduit qu’elles sont toutes nulles et donc AtA-AAt est la matrice nulle car diagonalisable de seule valeur propre 0.

 
Exercice 72  3489   Correction  

Soit A𝒮n() vérifiant A2=A. Établir

A1ntr(A).

Solution

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

A1=i,j=1n|ai,j|i,j=1n12i,j=1n|ai,j|2=nA2.

Or la matrice A est orthogonalement semblable à une matrice de diagonale D. On peut donc écrire A=PDPt avec POn() et alors

A22=tr(AtA)=tr(PDtPtPDPt)=tr(PD2Pt)=tr(D2PtP)=tr(D2).

Puisque A annule le polynôme X(X-1), les valeurs propres de A ne peuvent qu’être égales à 0 ou 1 et donc

tr(D2)=tr(D)=tr(A)

et l’on obtient la relation proposée.

 
Exercice 73  4997   

Soient A et B deux matrices de n().

  • (a)

    On suppose que XtAY=XtBY pour toutes colonnes X et Y de n,1(). Montrer que les matrices A et B sont égales.

  • (b)

    On suppose que XtAX=XtBX pour toute colonne X de n,1(). Les matrices A et B sont-elles nécessairement égales?

  • (c)

    On suppose de plus que les matrices A et B sont symétriques. Montrer que celles-ci sont alors égales.

 
Exercice 74  3088   Correction  

Soit

A=(a1b1(0)c1a2bn-1(0)cn-1an)n()

vérifiant bkck>0 pour tout 1kn-1.

  • (a)

    Montrer qu’il existe une matrice diagonale inversible D vérifiant

    D-1AD𝒮n().
  • (b)

    En déduire que A est diagonalisable.

Solution

  • (a)

    Posons D=diag(λ1,,λn).
    En notant ai,j le coefficient d’indice (i,j) de la matrice A, le coefficient d’indice (i,j) de D-1AD est

    λi-1λjai,j.

    La matrice D-1AD est alors symétrique si, et seulement si, ses coefficients d’indices (i,i+1) et (i+1,i) sont égaux c’est-à-dire

    λi-1λi+1bi=λi+1-1λici

    soit encore

    λi+12=λi2cibi.

    En choisissant λ1 non nul quelconque et en posant

    λ2=λ1c1/b1,,λn=λn-1cn-1/bn-1

    on forme une matrice D convenable.

  • (b)

    D-1AD est symétrique réelle donc diagonalisable et puisque A est semblable à une matrice diagonalisable, elle l’est aussi.

 
Exercice 75  3162   Correction  

Soient A,B𝒮n() et p. On suppose que A2p+1=B2p+1. Montrer que A=B.

Solution

Soit λ. On a de façon immédiate

Ker(A-λIn)Ker(A2p+1-λ2p+1In).

Or la matrice A est diagonalisable donc

n=λSp(A)dimKer(A-λIn).

Puisque les λ2p+1 sont deux à deux distincts quand les λ varient et puisque les sous-espaces propres de A2p+1 sont en somme directe, on peut affirmer que les inclusions précédentes sont en fait des égalités.
Ainsi,

λ,Ker(A-λIn)=Ker(A2p+1-λ2p+1In).

Puisque l’on a la même affirmation pour B, on obtient

λ,Ker(A-λIn)=Ker(B-λIn).

Sachant que les matrices A et B sont diagonalisables et ont les mêmes sous-espaces propres, on peut conclure A=B.

 
Exercice 76  3762     MINES (PC)Correction  

Soient An() symétrique. On pose

B=A3+A+In.

Montrer que A est un polynôme en B.

Solution

La matrice A est diagonalisable semblable à

D=diag(λ1,,λn).

Posons C=D3+D+In. En montrant que D est un polynôme en C c’est-à-dire D=P(C) on vérifie par similitude que A est un polynôme en B à savoir A=P(B).
On a

C=diag(μ1,,μn) avec μi=λi3+λi+1.

On vérifie aisément que la fonction xx3+x+1 est injective sur . Ainsi, les μi égaux correspondent aux λi égaux et inversement ce qui permet de considérer un polynôme interpolateur construit de sorte que

1in,P(μi)=λi.

On vérifie alors P(C)=D et l’on conclut.

 
Exercice 77  3758     Telecom Sud ParisCorrection  

Soient An() symétrique à valeurs propres positives. On pose

B=A2+A+In.

Montrer que A est un polynôme en B.

Solution

La matrice A est diagonalisable semblable à

D=diag(λ1,,λn) avec λi0.

Posons C=D2+D+In. En montrant que D est un polynôme en C c’est-à-dire D=P(C) on vérifie par similitude que A est un polynôme en B à savoir A=P(B).
On a

C=diag(μ1,,μn) avec μi=λi2+λi+1.

On vérifie aisément que la fonction xx2+x+1 est injective sur +. Ainsi, les μi égaux correspondent aux λi égaux et inversement ce qui permet de considérer un polynôme interpolateur construit de sorte que

1in,P(μi)=λi.

On vérifie alors P(C)=D et l’on conclut.

 
Exercice 78  1331   Correction  

Soient A et B dans 𝒮2() telles que A2=A et B2=B.

  • (a)

    La matrice AB est-elle diagonalisable?

  • (b)

    Encadrer les valeurs propres de AB.

Solution

Notons que les matrices A et B sont des matrices de projections orthogonales car symétriques et idempotentes.
Les cas A=O2 et A=I2 sont immédiats. De même, pour les cas B=O2 et B=I2.
On suppose dans la suite ces cas exclus et l’on travaille donc sous l’hypothèse supplémentaires

rg(A)=rg(B)=1.
  • (a)

    Si Im(B)=Ker(A) alors AB=O2 est donc AB est diagonalisable.
    Si Im(B)=Ker(A) alors en passant à l’orthogonal Im(A)Ker(B).
    Les droites Im(A) et Ker(B) étant distinctes dans le plan, elles sont supplémentaires.
    Considérons une base (X1,X2) adaptée à la supplémentarité de Im(A) et Ker(B).
    ABX1=A(BX1)Im(A) donc on peut écrire ABX1=λX1 car Im(A)=Vect(X1).
    ABX2=0 car BX2=0.
    Ainsi la base (X1,X2) diagonalise la matrice AB.

  • (b)

    Il s’agit ici essentiellement d’encadrer la valeur λ introduite dans l’étude précédente quand Im(B)Ker(A).
    On a

    λX12=(λX1X1)=(ABX1X1).

    Puisque X1Im(A), on peut écrire X1=AU et alors

    (λX1X1)=(ABAUAU).

    Puisque A est symétrique

    (ABAUAU)=(BAUA2U).

    Puisque A2=A

    (BAUA2U)=(BAUAU).

    Enfin en procédant de façon semblable

    (BAUAU)=(B2AUAU)=(BAUBAU)=BX12.

    Au final

    λX12=BX12.

    Or B correspond à une projection orthogonale donc BX12X12 et l’on peut affirmer

    λ[0;1].
 
Exercice 79  2401      CENTRALE (MP)Correction  

Soient A et B dans n() telles que AAt=BBt.

Montrer qu’il existe une matrice QOn() telle que B=AQ.

Solution

La résolution est immédiate si A est inversible puisque la matrice Q=A-1B convient. En effet, c’est une matrice orthogonale car

QtQ=BtA-1tA-1B=Bt(AAt)-1B=Bt(BBt)-1B=In.

Passons au cas général. Pour Mn(), on sait

Ker(M)=Ker(MtM)

et donc, par la formule du rang,

rg(MtM)=rg(M).

En appliquant ce résultat à M=At, il vient

rg(AAt)=rg(At)=rg(A)=r.

Au surplus, Im(AAt)Im(A) et donc

Im(A)=Im(AAt)=Im(BBt)=Im(B).

Considérons une base orthonormée de n adaptée à l’écriture

n=Im(A)(Im(A)).

Considérons aussi une base orthonormée de n adaptée à l’écriture

n=(Ker(A))Ker(A).

Par formule de changement de base orthonormée (au départ et à l’arrivée), on peut écrire

A=U(A000)V avec U,VOn() et AGLr().

De même, en introduisant une base orthonormée adaptée à l’écriture

n=(Ker(B))Ker(B)

on parvient à

B=U(B000)W avec WOn() et BGLr().

L’égalité AAt=BBt entraîne alors AAt=BBt. On peut donc introduire QOr() telle que B=AQ. On considère ensuite

Q=(Q00In-r)On()

et l’on observe

(B000)=(A000)Q.

On en déduit

U-1BW-1=U-1AV-1Q

puis

B=AV-1QW avec V-1QWOn().
 
Exercice 80  4157      CENTRALE (MP)Correction  

Soient n avec n2 et M𝒮n() à coefficients tous positifs.

On veut montrer que M admet un vecteur propre à coordonnées toutes positives, associé à une valeur propre positive.

  • (a)

    Trouver les valeurs propres de

    (abbbabbba).
  • (b)

    Montrer que si S𝒮n() a des valeurs propres toutes positives, ses coefficients ne sont pas forcément tous positifs.

  • (c)

    Montrer que

    α=sup{X,MX|Xn,1(),X=1}

    existe et est valeur propre de M.

  • (d)

    En considérant la valeur absolue d’un vecteur X à définir, établir la propriété voulue.

  • (e)

    Cette propriété reste-t-elle vraie si la matrice M n’est pas symétrique ?

Solution

  • (a)

    C’est un calcul classique

    χA(λ)=(λ-a-(n-1)b)(λ-a+b)n-1.

    Les valeurs propres de A sont a+(n-1)b et a-b.

  • (b)

    Pour a=n et b=-1, la matrice précédente produit un contre-exemple.

  • (c)

    La matrice M est symétrique réelle donc diagonalisable dans une base orthonormée. En décomposant, une colonne unitaire X dans cette base et en notant x1,,xn ses coordonnées, on a

    X,MX=i=1nλixi2eti=1nxi2=1

    avec λ1,,λn les valeurs propres de M.

    On en déduit que α est la plus grande valeur propre de M.

  • (d)

    Soient X un vecteur propre unitaire associé à la plus grande valeur propre de M et Y la colonne (unitaire) formée par les valeurs absolues des coefficients de X. On a

    α=X,MX|X,MX|Y,MYα

    et donc Y,MY=α. En décomposant le vecteur Y sur la base orthonormée de vecteurs propres précédente, on obtient que Y est combinaison linéaire des vecteurs propres associés à la plus grande valeur propre de M (il peut y en avoir plusieurs). Le vecteur Y est donc vecteur propre de M à coefficients positifs.

  • (e)

    Oui, c’est le théorème de Perron-Frobenius. Cependant cela n’a rien d’immédiat…

 
Exercice 81  3738      CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    A=(abbc)2() et B=(2112)
    À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur a,b,c existe-t-il PO2() telle que A=PBPt?
    À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur a existe-t-il b,c et PO2() tels que A=PBPt?
    À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur c existe-t-il a,b et PO2() tels que A=PBPt?

  • (b)

    A=(abcd)2() et B=(2112)
    À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur a,b,c,d existe-t-il PGL2() telle que A=PBP-1?
    À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur a existe-t-il b,c,d et PGL2() tels que A=PBP-1?
    À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur d existe-t-il a,b,c et PGL2() tels que A=PBP-1?

  • (c)

    Si A,Bn(), justifier l’existence de

    maxP,QOn()det(PAPt+QBQt).
  • (d)

    Calculer ce maximum si B=(2112) et A=(1-2-2-1).

  • (e)

    Si A,Bn(),

    supP,QGLn()det(PAP-1+QBQ-1)

    est-il fini en général? (Si oui, le montrer, si non, donner un contre-exemple).

  • (f)

    De manière générale, si A1,,Ak𝒮2+() déterminer

    maxP1,,PkO2()det(P1A1P1t++PkAkPkt)

    [Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]

Solution

  • (a)

    Si A et B sont orthogonalement semblables, ces deux matrices sont semblables et ont donc même trace et même déterminant. On en tire les conditions nécessaires a+c=4 et ac-b2=3
    Inversement, si a+c=4 et ac-b2=3 alors A et B ont le même polynôme caractéristique X2-4X+3 de racines 1 et 3. Les matrices A et B étant symétriques réelles, elles sont toutes les deux orthogonalement semblables à D=diag(1,3) et donc A et B sont orthogonalement semblables.
    Pour a fixé, on trouvera b et c convenables si, et seulement si, on peut trouver b tel que b2=ac-3=a(4-a)-3 d’où la condition nécessaire et suffisante 1a3.
    Par symétrie, pour c fixé, on obtient la condition 1c3.

  • (b)

    Le raisonnement est analogue au précédent en parlant seulement de matrices semblables et l’on obtient la condition double a+d=4 et ad-bc=3.
    Pour a fixé, il existe toujours b,c,d tels que A et B soient semblables: il suffit de prendre d=4-a et b et c de sorte que bc=-a2+4a-3.
    Pour d fixé: idem.

  • (c)

    La fonction (P,Q)det(PAPt+QBQt) est continue, à valeurs réelles et définie sur le compact non vide On()×On(), elle y admet donc un maximum.

  • (d)

    Après réduction, la matrice symétrique réelle A est orthogonalement semblable à la matrice D=diag(5,-5) ce qui permet d’écrire A=UDUt avec UO2(). On a alors

    det(PAPt+QBQt)=det(D+VBVt)

    avec V=UtPtQ parcourant O2(). La matrice VBVt est de la forme

    (abbc) avec a+c=4,ac-b2=3 et 1a3

    et donc

    det(PAPt+QBQt)=2(2-a)5-2

    est maximal pour a=1.

    Finalement,

    maxP,QOn()det(PAPt+QBQt)=2(5-1).
  • (e)

    Non, prenons par exemple

    A=(0001) et B=(0001).

    La matrice

    C=(x1-xx1-x)

    est semblable à B et peut donc s’écrire C=QBQ-1 avec QGL2(). Pour P=I2GL2(), on obtient

    PAP-1+QBQ-1=(x1-xx2-x)

    de déterminant

    x(2-x)-x(1-x)=xx++.
  • (f)

    En remplaçant Ai par une matrice orthosemblable, on peut supposer Ai de la forme

    Ai=(αi00βi) avec αiβi

    et donc écrire

    Ai=tr(Ai)2I2+(δi00-δi) avec δi=αi-βi20.

    Une matrice orthogonale Pi peut s’écrire sous la forme

    Pi=(cos(θi)-sin(θi)sin(θi)cos(θi)) ou Pi=(cos(θi)sin(θi)sin(θi)-cos(θi))

    et alors dans les deux cas

    PiAiPit=tr(Ai)2I2+(δicos(2θi)δisin(2θi)δisin(2θi)-δicos(2θi)).

    En posant

    m=12(tr(A1)++tr(Ak))

    on peut écrire

    det(P1A1P1t++PkAkPkt)=det(mI2+i=1k(δicos(2θi)δisin(2θi)δisin(2θi)-δicos(2θi)))

    et après calcul

    det(P1A1P1t++PkAkPkt)=m2-((i=1kδicos(2θi))2+(i=1kδisin(2θi))2).

    Pour maximiser le déterminant, il suffit de savoir minimiser la fonction donnée par

    f(α1,,αk)=(i=1kδicos(αi))2+(i=1kδisin(αi))2.

    On peut interpréter f dans le plan complexe

    f(α1,,αk)=|δ1eiα1++δkeiαi|2.

    Quitte à réordonner les matrices Ai, on peut supposer

    δ1δ2δk.

    Cas: δ1δ2++δk. On peut montrer que la fonction f s’annule: c’est assez facile si k=2 car alors δ1=δ2, c’est aussi vrai si k3 en établissant que le système suivant possède une solution

    {δ2sin(α)=δ3sin(β)δ2cos(α)+δ3cos(β)=δ1-(δ4++δk)

    que l’on obtient avec

    α=arcsin(δ3sin(β)δ2) et β[0;π/2] bien choisi.

    Dans ce cas le maximum de det(P1A1P1t++PkAkPkt) vaut m2.
    Cas: δ1>δ2++δk. La fonction f ne peut s’annuler car

    |δ1eiα1++δkeiαi|=0δ1=-(δ2ei(α2-α1)++δkei(αk-α1))

    et, en passant au module, on obtient alors δ1δ2++δk.
    La fonction est de classe 𝒞1 et admet donc un minimum sur le compact [0;2π]k qui est un point critique. Si (β1,,βk) est un point critique alors

    1ik,fαi(β1,,βk)=0

    ce qui donne

    1ik,Csin(βi)=Scos(βi) avec C=j=1kδjcos(βj) et S=j=1kδjsin(βj).

    Ici (C,S)(0,0) car on est dans le cas où la fonction f ne s’annule pas. On obtient alors

    |cos(βi)cos(βj)sin(βi)sin(βj)|=0.

    Les points du cercles trigonométriques repérés par les angles βi et βj sont alors confondus ou diamétralement opposés. Cela permet d’écrire pour chaque indice i

    cos(βi)=εicos(α) et sin(αi)=εisin(α)

    avec εi=±1 et α un angle fixé. On a alors

    f(β1,,βn)=(i=1kεiδi)2

    et donc

    minf=(minε1,,εn=±1|i=1kεiδi|)2=μ2

    et alors la borne supérieure cherchée vaut

    m2-μ2=(m-μ)(m+μ).

    Cette quantité peut aussi s’interpréter comme égale à

    λ(2m-λ)

    avec λ la quantité la plus proche de m que l’on parvient à obtenir en sommant k valeurs chacune choisies parmi les deux valeurs propres possibles de chaque matrice A1,,Ak.
    Cette résolution m’a pris des heures…elle me semble bien compliquée et n’exploite pas la positivité des matrices Ai! Néanmoins l’expression compliquée de la solution et, notamment la discussion, ne me semble pas pouvoir être évitée!

[<] Théorème spectral matriciel[>] Matrices commutant avec leur transposée

 
Exercice 82  2600  Correction  

On étudie l’équation MMtM=In d’inconnue Mn().

  • (a)

    Montrer qu’une solution est une matrice symétrique.

  • (b)

    En déduire les solutions de l’équation étudiée.

Solution

  • (a)

    Soit M solution. On a M(MtM)=In et aussi (MtM)Mt=In.
    Ainsi l’inverse de la matrice MtM est égale à M et à Mt. On en déduit M=Mt.

  • (b)

    Soit M solution. La matrice M est donc symétrique et vérifie M3=In.
    Puisque X3-1 est annulateur de M, 1 est sa seule valeur propre réelle.
    Puisque M est symétrique réelle, M est diagonalisable dans n().
    Au final M est semblable à In donc M=In.
    Réciproque immédiate.

 
Exercice 83  3751     MINES (MP)Correction  

Soit AGLn() telle que At=A2.

  • (a)

    Montrer que A3=In et que A est orthogonale.

  • (b)

    Soit f l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice A.
    Montrer que le noyau de f2+f+Id est de dimension paire et en déduire la forme de la matrice de f dans une base bien choisie.

Solution

  • (a)

    At=A2 donne aussi A=(A2)t=(At)2=A4. Or A est inversible donc A3=In.
    Enfin AtA=A3=In et donc A est orthogonale.

  • (b)

    L’endomorphisme induit par f sur le noyau de f2+f+Id est représentable par une matrice Mp() vérifiant M2+M+Ip=Op. Cette matrice est diagonalisable dans p() avec les deux valeurs propres complexes j et j2=j¯. Celles-ci ont même multiplicité m et donc p=dimKer(f2+f+Id)=2m est un entier pair. De plus, M est alors semblable dans p() à une matrice diagonale avec des blocs diagonaux diag(j,j2). Or la matrice de rotation

    Ω=(cos(2π/3)-sin(2π/3)sin(2π/3)cos(2π/3))

    est aussi semblable à la matrice diag(j,j2) dans 2().
    En raisonnant par blocs, on obtient que la matrice M est semblable dans p() à une matrice diagonale par blocs de blocs diagonaux Ω. Or ces deux matrices sont réelles et il est «  bien connu   » que deux matrices réelles semblables sur p() le sont aussi sur p().
    Enfin, par le lemme de décomposition des noyaux

    n=Ker(f-Id)Ker(f2+f+Id)

    et dans une base adaptée à cette décomposition, on obtient que f peut être représenté par une matrice de la forme

    diag(1,,1,Ω,,Ω).
 
Exercice 84  2715     MINES (MP)Correction  

Trouver les M de n() telles que Mt=M2 et que M n’ait aucune valeur propre réelle.

Solution

Soit M solution. M4=(M2)t=M donc X4-X est annulateur de M et puisque 0 et 1 ne sont pas valeurs propres de M, X3-1 puis X2+X+1 sont annulateurs de M.
Ainsi, on peut affirmer M3=MtM=I (ainsi MOn()) et M2+M+I=0.
Pour X0, P=Vect(X,MX) est un plan (car il n’y a pas de valeurs propres réelles) stable par M (car M2=-M-I). La restriction de M à ce plan est un automorphisme orthogonal sans valeur propre, c’est donc une rotation et celle-ci est d’angle ±2π/3 car M3=In. De plus, ce plan est aussi stable par M2=Mt donc P est stable par M ce qui permet de reprendre le raisonnement à partir d’un XP{0}. Au final, M est orthogonalement semblable à une matrice diagonale par blocs et aux blocs diagonaux égaux à

(-1/23/2-3/2-1/2)ou(-1/2-3/23/2-1/2).

La réciproque est immédiate.

 
Exercice 85  3923     MINES (MP)Correction  

Soit An() vérifiant

A3=AAt.

Montrer que la matrice A est diagonalisable sur .

Solution

On a

A7=A4×(AAt)=A5At

puis

A7=A3(At)2=A(At)3=A(AAt)t=A2At=A4.

Ainsi, X7-X4=X4(X3-1) annule A.
Ce polynôme n’est pas à racines simples, mais en montrant

Ker(A4)=Ker(A)

on pourra affirmer que le polynôme X(X3-1) annule aussi A et, ce dernier étant scindé à racines simples sur , cela sera décisif pour conclure.
Evidemment Ker(A)Ker(A4). Inversement, soit XKer(A4). On a

AAtAX=A4X=0

donc

AtAX2=XtAtAAtAX=0

et par conséquent AtAX=0. Alors

AX2=XtAtAX=0

et donc AX=0. Ainsi, Ker(A4)Ker(A) puis l’égalité.

[<] Équations matricielles avec transposition[>] Endomorphismes symétriques à valeurs propres positives

 
Exercice 86  1330    MINES (MP)Correction  

Soit An() telle que AtA=AAt. On suppose qu’il existe p* tel que Ap=0.

  • (a)

    Montrer que AtA=0.

  • (b)

    En déduire que A=0.

Solution

  • (a)

    Puisque A et At commutent, on a (AtA)p=(At)pAp=0 et donc AtA est nilpotente.
    D’autre part, la matrice AtA est symétrique réelle donc diagonalisable. Étant nilpotente, sa seule valeur propre possible est 0 et donc AtA est nulle car semblable à la matrice nulle.

  • (b)

    En exploitant le produit scalaire canonique sur n() on a

    A2=(AA=)tr(AtA)=0

    et donc A=0

 
Exercice 87  5408  Correction  

On dit qu’une matrice An() est unipotente lorsque l’on peut écrire A=In+N avec N matrice nilpotente. Quelles sont les matrices unipotentes orthogonales?

Solution

Soit A=In+Nn() une matrice unipotente orthogonale. L’égalité AtA=In donne NtN+Nt+N=On. Aussi, l’égalité AAt=In donne NNt+Nt+N=On. On en déduit que les matrices N et Nt commutent. Puisque N est nilpotente, on peut affirmer par commutation que NtN est aussi nilpotente. Or cette matrice est symétrique réelle et donc diagonalisable, c’est alors la matrice nulle. En particulier, N22=tr(NtN)=0 ce qui donne N=On. Finalement, A=In. La réciproque est entendue.

 
Exercice 88  2716     MINES (MP)Correction  

Résoudre dans n() le système

{M2+M+In=0MtM=MMt.

Solution

Soit M solution, M est diagonalisable sur avec pour valeurs propres j et j2.
Puisque tr(M) est réel, les valeurs propres j et j2 ont même multiplicité. Par suite, n est pair, n=2p.
Nous allons montrer, en raisonnant par récurrence sur p qu’il existe une matrice orthogonale P tel que

PMP-1=(J(0)(0)J)

avec

J=R2π/3=(-1/2-3/23/2-1/2)ouJ=R-2π/3.

Pour n=2: M=(abcd).

MtM=MMt{ab+cd=ac+dbb2=c2.

Si b=c alors M est symétrique donc diagonalisable sur ce qui n’est pas le cas.
Il reste b=-c et donc a=d.
Ainsi M=(ab-ba) et la relation M2+M+I=0 donne

{a2-b2+a+1=02ab+b=0

puis

{a=-1/2b=±3/2

ce qui permet de conclure (car le cas b=0 est à exclure).
Supposons la propriété établie au rang n=2p et étudions le rang n=2p+2.
Soit M une matrice solution.
La matrice S=Mt+M est symétrique et donc il existe X0 tel que SX=λX.
On observe alors que l’espace F=Vect(X,MX) est stable par M et par Mt. Par suite, F est aussi stable par M et Mt. On peut alors appliquer l’étude menée pour n=2 à l’action de M sur F et l’hypothèse de récurrence à celle sur F.
Cela établit la récurrence. Il ne reste plus qu’à souligner que les matrices ainsi obtenues sont bien solutions.

 
Exercice 89  3928      MINES (MP)

Soit Mn() vérifiant11 1 On dit que M est une matrice normale. MtM=MMt. Montrer que M est orthogonalement semblable22 2 C’est-à-dire semblable par l’intermédiaire d’une matrice de passage orthogonale. à une matrice diagonale par blocs dont les blocs diagonaux sont de taille 1 et/ou de taille 2 de la forme33 3 La matrice Mα,β étant diagonalisable dans , on peut affirmer que toute matrice commutant avec sa transposée est diagonalisable sur .

Mα,β=(α-ββα) avec α,β.

On admettra qu’un endomorphisme d’un espace réel de dimension finie non nulle admet au moins une droite ou un plan stable44 4 Voir le sujet 5157..

 
Exercice 90  4168      CENTRALE (MP)Correction  

Soient n* et Mn().

  • (a)

    Montrer qu’il existe un unique couple (A,S)n()2 tel que

    M=A+S,At=-AetSt=S.
  • (b)

    Montrer que M et Mt commutent si, et seulement si, A et S commutent.

  • (c)

    Soit An() telle que At=-A. On suppose que A est inversible. Montrer que n est pair et qu’il existe POn() et (a1,,ap)(+*)p tels que A=PDP-1D est une matrice diagonale par blocs avec des blocs D1,,Dp

    Di=(0-aiai0).
  • (d)

    Énoncer et prouver un théorème de réduction pour les matrices normales de n(), c’est-à-dire les matrices Mn() telles que MMt=MtM.

Solution

  • (a)

    Unicité:

    Si M=A+S avec A et S comme voulues, on a Mt=-A+S et donc

    S=12(M+Mt)etA=12(M-Mt).

    Existence:

    Les matrices S et A proposées ci-dessus conviennent.

  • (b)

    Si M et Mt commutent, il en est de même des matrices A et S fournies par les expressions précédentes. Inversement, si A et S commutent, il en est de même de M=A+S et Mt=-A+S.

  • (c)

    At=-A donne det(At)=det(-A) et donc det(A)=(-1)ndet(A). On en déduit que n est pair lorsque det(A)0.

    La matrice A2 est symétrique réelle et possède donc une valeur propre λ. Soit x un vecteur propre associé et y=Ax. On a

    (xy)=xtAx=-(Ax)tx=-(yx).

    On en déduit que x et y sont orthogonaux. Posons alors

    e1=1xxete2=1yy

    et complétons la famille (e1,e2) en une base orthonomale. L’endomorphisme canoniquement associé à A est alors figuré dans cette base par une matrice de la forme

    B=(0β(*)α0(*)(0)(0)A).

    Les matrices A et B sont orthogonalement semblables et donc B est antisymétrique. On en déduit β=-α, les étoiles sont nulles et A est antisymétrique ce qui permet de propager une récurrence.

  • (d)

    Lorsque la matrice antisymétrique A n’est pas inversible, le résultat qui précède est étendu en autorisant des blocs nuls en plus des Di.

    Supposons MMt=MtM. Par commutation, les sous-espaces propres de S sont stables par A ce qui permet de mener le raisonnement précédent en choisisssant e1 vecteur propre commun à S et A2. En notant que e2 sera alors vecteur propre de S pour la même valeur propre que e1, on obtient que M est orthogonalement semblable à une matrice diagonale par blocs avec des blocs diagonaux de la forme

    (λ)et(α-ββα).

[<] Matrices commutant avec leur transposée[>] Matrices symétriques à valeurs propres positives

 
Exercice 91  3940   

Soit (e1,,en) une base d’un espace euclidien E de dimension n1 dont le produit scalaire est noté ,.

  • (a)

    Montrer que l’endomorphisme f défini par

    f(x)=i=1nei,x.ei

    est symétrique et à valeurs propres strictement positives.

  • (b)

    Montrer qu’il existe un endomorphisme symétrique g de E tel que g2=f-1.

  • (c)

    Établir que la famille (g(e1),,g(en)) est une base orthonormale de E.

 
Exercice 92  9   Correction  

Soit u un endomorphisme symétrique à valeurs propres positives d’un espace vectoriel euclidien E.

  • (a)

    Montrer qu’il existe un endomorphisme v symétrique à valeurs propres positives tel que u=v2.

  • (b)

    Établir l’unicité de v en étudiant l’endomorphisme induit par v sur les sous-espaces propres de u.

Solution

  • (a)

    u est diagonalisable de valeurs propres λ1,,λr positives. E est la somme directe orthogonale des sous-espaces propres Eλ1,,Eλr, notons p1,,pr les projecteurs orthogonaux associés à cette décomposition.
    On a u=λ1p1++λrpr et en posant v=λ1p1++λrpr, on a v2=u avec v endomorphisme symétrique à valeurs propres positives. On peut aussi proposer une résolution matricielle via représentation dans une base orthonormée

  • (b)

    Soit v solution. Pour tout λSp(u), F=Eλ(u) est stable par v car u et v commutent. vF𝒮+(F) et vF2=λIdF donc via diagonalisation de vF, on obtient vF=λIdF. Ceci détermine v de manière unique sur chaque sous-espace propre de u et puisque ceux-ci sont en somme directe égale à E, on peut conclure à l’unicité de v.

 
Exercice 93  3942   Correction  

Soit v(E) symétrique à valeurs propres strictement positives.

  • (a)

    Montrer qu’il existe un endomorphisme s symétrique vérifiant s2=v.

  • (b)

    Soit u un endomorphisme symétrique de E. Établir que v-1u est diagonalisable.

Solution

  • (a)

    Soit une base orthonormale diagonalisant v

    Mat(v)=(λ1(0)(0)λn) avec λk>0.

    L’endomorphisme s déterminé par

    Mat(s)=(λ1(0)(0)λn)

    vérifie s2=v et puisque sa matrice dans une base orthonormale est symétrique, c’est endomorphisme symétrique.

  • (b)

    On a

    v-1u=s-1s-1u=s-1(s-1us-1)s.

    Considérons l’endomorphisme w=s-1us-1. Pour x,yE,

    (w(x)y)=(u(s-1(x)s-1(y))=(xw(y)).

    L’endomorphisme w est symétrique donc diagonalisable.
    L’endomorphisme semblable s-1ws est aussi diagonalisable.

 
Exercice 94  3692     CCP (MP)Correction  

Soit p un entier naturel impair et u un endomorphisme symétrique d’un espace euclidien de dimension n.

  • (a)

    Montrer qu’il existe un unique endomorphisme symétrique v tel que vp=u.

  • (b)

    Que se passe-t-il si p est pair?

  • (c)

    Si p est pair et u à valeurs propres positives?

  • (d)

    Si p est pair et u et v à valeurs propres positifs?

Solution

  • (a)

    Existence: L’endomorphisme u est symétrique donc diagonalisable en base orthonormée. Soit une telle base et

    D=Mat(u)=(λ1(0)(0)λn).

    Considérons alors v l’endomorphisme de E déterminé par

    Mat(v)=(λ1p(0)(0)λnp).

    L’endomorphisme v est symétrique car représenté par une matrice symétrique en base orthonormée.
    L’endomorphisme v vérifie par construction vp=u: il est solution.

    Unicité: Soit v un endomorphisme symétrique solution. L’endomorphisme v commute avec u, les sous-espaces propres de u sont donc stables par v. Soit Eλ(u) un tel sous-espace propre. L’endomorphisme induit par v sur ce sous-espace propre est diagonalisable, considérons une base λ de diagonalisation. La matrice de l’endomorphisme induit par v dans cette base λ est diagonale et sa puissance p -ième est égale à λId car vp=u. On en déduit que l’endomorphisme induit par v sur l’espace Eλ(u) n’est autre que λpId. Ceci détermine entièrement v sur chaque sous-espace propre de u. Or ces derniers forment une décomposition en somme directe de E, l’endomorphisme v est donc entièrement déterminé.

  • (b)

    Si p est pair et que u possède une valeur propre négative, l’endomorphisme v n’existe pas.

  • (c)

    Si p est pair et u positif alors on peut à nouveau établir l’existence mais l’unicité n’est plus vraie car on peut changer les signes des valeurs propres de v tout en conservant la propriété vp=u.

  • (d)

    On retrouve existence et unicité en adaptant la démonstration qui précède.

 
Exercice 95  2753      MINES (MP)Correction  

Soient E un espace euclidien et u(E) symétrique à valeurs propres strictement positives.
Montrer que, pour tout xE,

x4u(x),xu-1(x),x.

Donner une condition nécessaire et suffisante pour qu’il y ait égalité.

Solution

Puisque les valeurs propres de u sont strictement positives, on montre par orthodiagonalisation

xE{0E},u(x),x>0.

Soit xE.
Si x=0E, l’inégalité demandée est évidente et c’est même une égalité.
Si x0E, considérons λ. On a

u(x+λu-1(x)),x+λu-1(x)0

donc en développant

λ2x,u-1(x)+2λx,x+u(x),x0.

Or x,u-1(x)=u(u-1(x)),u-1(x)>0, par suite, le discriminant

Δ=4x4-4u(x),xu-1(x),x

est négatif ou nul car sinon le trinôme en λ précédent posséderait deux racines et ne serait donc pas de signe constant.
On en déduit l’inégalité proposée.
De plus, il y a égalité si, et seulement si, il existe λ vérifiant x+λu-1(x)=0E c’est-à-dire si, et seulement si, x est vecteur propre de u.

[<] Endomorphismes symétriques à valeurs propres positives[>] Matrices antisymétriques

 
Exercice 96  11  Correction  

Soit A𝒮n(). Montrer

Xn,1(),XtAX0Sp(A)+.

Solution

() Supposons

Xn,1(),XtAX0.

Pour X vecteur propre associé à la valeur propre λ, on obtient

XtAX=λXtX avec XtX>0

et donc λ0.
() Supposons Sp(A)+.
Par le théorème spectral, on peut écrire A=PDPt avec POn() et D diagonale. De plus, les coefficients diagonaux de D sont les valeurs propres λ1,,λn+ de A. Pour toute colonne X, on a alors

XtAX=YtDY avec Y=PtX

puis

XtAX=i=1nλiyi20.
 
Exercice 97  372  Correction  

Soit A𝒮n() à valeurs propres positives. Établir

(det(A))1/n1ntr(A).

Solution

Notons λ1,,λn les valeurs propres de A. On a

det(A)=λ1λnettr(A)=λ1++λn.

L’inégalité de convexité

(λ1λn)1/n1n(λ1++λn)

est bien connue, c’est la comparaison des moyennes géométrique et arithmétique qui s’obtient par la convexité de l’exponentielle appliquée aux réels ai=ln(λi) lorsque λi>0.

 
Exercice 98  369  

Soit An().

  • (a)

    Justifier que la matrice AtA est diagonalisable.

  • (b)

    Montrer que les valeurs propres de AtA sont toutes positives.

 
Exercice 99  3664  Correction  

Soient Mn() et A=MtM.

  • (a)

    Montrer que les valeurs propres de A sont positives.

  • (b)

    Soit (Xi)1in une famille orthonormée de colonnes telle que la famille (MXi)1in soit orthogonale.
    Montrer que les Xi sont des vecteurs propres de A.

Solution

  • (a)

    Soient λ une valeur propre de A et X0 un vecteur propre associé. On a AX=λX.
    D’une part

    XtAX=λXtX=λX2.

    D’autre part

    XtAX=(MX)tMX=MX2

    donc

    λ=MX2X20.
  • (b)

    Pour ji, on a

    XjtAXi=(MXj)tMXi=0

    donc

    AXiVect(X1,,Xi-1,Xi+1,Xn)=Vect(Xi)

    et par conséquent Xi est vecteurs propres de A.

 
Exercice 100  18   Correction  

Soit Mn(). Montrer que A=MtM𝒮n() et Sp(A)+.
Inversement, pour A𝒮n() telle que Sp(A)+, établir qu’il existe Mn() telle que A=MtM.

Solution

Si A=MtM alors pour toute colonne X

XtAX=(MX)tMX0

et donc Sp(A)+.
Inversement, pour A𝒮n() telle que Sp(A)+, il existe POn() telle que P-1AP=D avec D=diag(λ1,,λn) et λi0.
Posons alors M=PΔP-1 avec Δ=diag(λ1,,λn). On a M𝒮n() et M2=A ce qui fournit A=MtM.

 
Exercice 101  4996   

Soit A une matrice symétrique réelle de taille n dont toutes les valeurs propres sont strictement positives.

  • (a)

    Montrer que φ:(X,Y)XtAY définit un produit scalaire sur n.

  • (b)

    En déduire qu’il existe une matrice triangulaire supérieure T telle que A=TtT.

 
Exercice 102  3927     MINES (MP)Correction  

Soient A𝒮n() avec Sp(A)+ et Bn(). On suppose

AB+BA=0.

Montrer AB=BA=0.

Solution

Cas: A diagonale. On écrit A=diag(λ1,,λn) avec λ1,,λn+. On a

AB+BA=((λi+λj)bi,j)1i,jn

et donc

1i,jn,(λi+λj)bi,j=0.

Si λi0 alors λi+λj>0 et donc bi,j=0 puis λibi,j=0.
Sinon, on a encore λibi,j=0.
Ainsi, AB=0 puis aussi BA=0.

Cas général: Par le théorème spectral, on peut écrire A=PDP-1 avec D diagonale à coefficients diagonaux positifs et POn().
La relation AB+BA=0 donne alors DM+MD=0 avec M=P-1BP. Comme au dessus, on obtient DM=0 puis

AB=PDP-1PMP-1=0.
 
Exercice 103  3752     MINES (MP)Correction  

Soient A une matrice symétrique réelle à valeurs propres positives et U une matrice orthogonale de même taille.
Comparer tr(AU) et tr(UA) à tr(A).

Solution

Si A est diagonale égale à diag(λ1,,λn) avec λi+ alors

tr(AU)=i=1nλiui,i.

Or les coefficients d’une matrice orthogonale appartiennent à [-1;1] donc

tr(AU)i=1nλi=tr(A).

Plus généralement, si A est symétrique réelle à valeurs propres positives, on peut écrire A=VtDV avec V orthogonale et D=diag(λ1,,λn)λi+. On a alors

tr(AU)=tr(VtDVU)=tr(DW)

avec W=VUVt orthogonale. On a alors

tr(AU)tr(D)=tr(A).

L’étude de tr(UA) est analogue.

 
Exercice 104  5359   Correction  

Soit A𝒮n() une matrice symétrique à valeurs propres toutes strictement positives.

  • (a)

    Montrer qu’il existe une matrice S𝒮n() vérifiant S2=A.

  • (b)

    Soit B𝒮n(). Établir que la matrice A-1B est diagonalisable.

Solution

  • (a)

    La matrice A est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable. Ses valeurs propres étant strictement positives, on peut écrire

    A=PDP-1

    avec POn(), D=diag(λ1,,λn), λ1,,λn>0.

    On peut alors poser

    S=PΔP-1 avec Δ=diag(λ1,,λn)

    On vérifie que S est symétrique (car Δt=Δ et Pt=P-1) et S2=A.

  • (b)

    Posons C=A-1B. On observe

    SCS-1=SS-2CS-1=S-1BS-1.

    Cette dernière matrice est symétrique réelle donc diagonalisable. La matrice C est semblable à une matrice diagonalisable, elle est donc elle-même diagonalisable.

 
Exercice 105  3090   Correction  

On note 𝒮n+() l’ensemble des matrices symétriques de n() de valeurs propres positives. Soit S𝒮n+().

  • (a)

    Montrer qu’il existe une matrice A𝒮n+() qui est un polynôme en S vérifiant

    A2=S.
  • (b)

    Soit B𝒮n+() vérifiant B2=S. Montrer que B commute avec A puis que B=A.

Solution

  • (a)

    Il existe POn(), vérifiant S=PDP-1 avec D=diag(λ1,,λn), λi0. Considérons alors un polynôme Π, construit par interpolation de Lagrange vérifiant

    1in,π(λi)=λi.

    Posons ensuite A=Π(S). A est un polynôme en S, A est symétrique réelle et

    P-1AP=P-1Π(S)P=Π(D)=diag(λ1,,λn).

    Les valeurs propres de A sont positives donc A𝒮n+(). Enfin, puisque

    P-1A2P=diag(λ1,,λn)=D

    on a A2=S.

  • (b)

    Soit B𝒮n+() vérifiant B2=S. On a BS=B3=SB donc B commute avec S et donc avec A qui est un polynôme en S. Puisque A et B sont diagonalisables et qu’elle commutent toutes deux, elles sont codiagonalisables. Ainsi, il existe une matrice de passage QGLn() vérifiant

    Q-1AQ=diag(λ1,,λn)etQ-1BQ=diag(μ1,,μn).

    Or A2=S=B2 donc μi2=λi puis μi=λi car μi0

    Finalement, A=B

 
Exercice 106  4271    

On note 𝒮n+() l’ensemble des matrices symétriques de n() dont les valeurs propres sont toutes positives. Soit A𝒮n+(). On souhaite établir qu’il existe une unique matrice B𝒮n+() telle que B2=A.

  • (a)

    Montrer l’existence d’une telle matrice.

  • (b)

    Soit B𝒮n+() vérifiant B2=A. Établir que pour tout λ+,

    Ker(B-λIn)=Ker(A-λIn)
  • (c)

    Justifier l’unicité d’une matrice solution.

 
Exercice 107  5274    Correction  

Soient A et B deux matrices symétriques réelles et à valeurs propres toutes positives.

  • (a)

    Montrer qu’il existe une matrice symétrique C telle que C2=A.

  • (b)

    Établir

    det(A)+det(B)det(A+B).

    On pourra commencer par étudier le cas où A=In.

Solution

  • (a)

    La matrice A est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable: il existe une matrice POn() telle que A=PDPt avec

    D=(λ1(0)(0)λn).

    Les réels λ1,,λn sont les valeurs propres comptées avec multiplicité de la matrice A et celles-ci sont supposées positives ce qui permet d’introduire

    Δ=(λ1(0)(0)λn).

    La matrice C=PΔPt résout alors le problème posé puisque

    Ct=CetC2=PΔ2Pt=PDPt=A.
  • (b)

    Supposons A=In et introduisons μ1,,μn les valeurs propres de B comptées avec multiplicité. Les valeurs propres de In+B sont alors les 1+λi pour i=1,,n et l’inégalité det(In)+det(B)det(In+B) se relit

    1+μ1××μn(1+μ1)××(1+μn).

    Or cette dernière est évidente car, lorsque l’on développe (1+μ1)××(1+μn), on obtient les termes 1 et μ1××μn ainsi que d’autres, tous positifs puisque les valeurs propres μi sont supposées positives. Ainsi, la propriété est établie lorsque A est la matrice In.

    Méthode: Lorsque la matrice A est inversible, on emploie la matrice C de la question précédente pour se ramener au cas qui vient d’être résolu.

    Cas: A est inversible. On introduit une matrice C symétrique de carré A. Celle-ci est inversible car A=C2 l’est et, en multipliant11 1 Peu importe le signe de det(C-1), les deux multiplications conservent le sens de l’inégalité. Cependant, si la matrice C est définie comme à la question précédente, elle est de déterminant strictement positif. par det(C-1) à droite et à gauche, on remarque

    det(A) +det(B)det(A+B)
    det(C-1AC-1)+det(C-1BC-1)det(C-1AC-1+C-1BC-1)
    det(In)+det(C-1BC-1)det(In+C-1BC-1)
    det(In)+det(M)det(In+M) avec M=C-1BC-1.

    La matrice M est symétrique car

    Mt=(C-1BC-1)t=(C-1)tBt(C-1)t=C-1BC-1=M.

    Il reste à vérifier que ses valeurs propres sont toutes positives.

    Méthode: On sait22 2 Voir le sujet 5312. qu’une matrice symétrique S est à valeurs propres positives si, et seulement si, XtSX0 pour toute colonne X.

    La matrice B étant symétrique à valeurs propres positives, on a

    XtBX0pour tout Xn,1().

    Or

    XtMX=YtBY avec Y=C-1X

    et donc

    XtMX0pour tout Xn,1().

    On en déduit que les valeurs propres de M sont toutes positives et l’on peut affirmer que la comparaison det(In)+det(M)det(In+M) est vraie.

    Cas: A non inversible.

    Méthode: On généralise l’étude qui précède par un passage à la limite.

    Pour ε>0, on introduit Aε=A+εIn. La matrice Aε est symétrique et ses valeurs propres se déduisent de celles de A par l’ajout de ε: elles sont strictement positives. Par l’étude du cas précédent, on sait alors

    det(Aε+B)det(Aε)+det(B).

    En passant à la limite quand ε tend vers 0+, on conclut par continuité du déterminant

    det(A+B)det(A)+det(B).
 
Exercice 108  2759      MINES (MP)Correction  

On munit n() du produit scalaire canonique. On note 𝒜n() l’ensemble des matrices antisymétriques de n() et 𝒮n+() l’ensemble des matrices symétriques à valeurs propres positives.
Soit An() telle que pour tout UOn(), tr(AU)tr(A).

  • (a)

    Déterminer le supplémentaire orthogonal de 𝒜n().

  • (b)

    Soit B𝒜n(). Montrer que pour tout x, exp(xB)On().

  • (c)

    Montrer que A𝒮n+().

  • (d)

    Étudier la réciproque.

  • (e)

    Montrer que pour toute matrice Mn() il existe S𝒮n+() et UOn() telles que M=SU.

Solution

Le produit scalaire canonique sur n() est donné par

(AB)=tr(AtB).
  • (a)

    L’espace solution est 𝒮n(). En effet, les espaces 𝒮n() et 𝒜n() sont orthogonaux car pour (A,B)𝒮n()×𝒜n() on a

    (AB)=tr(AtB)=tr(AB)=tr(BA)

    et

    (AB)=(BA)=tr(BtA)=-tr(BA)

    donc (AB)=0.
    Les espaces étant orthogonaux, ils sont donc en somme directe. Puisque de plus on peut écrire n’importe quelle matrice Mn() sous la forme M=A+B avec

    A=M+Mt2𝒮n() et B=M-Mt2𝒜n()

    les espaces 𝒮n() et 𝒜n() sont supplémentaires orthogonaux et donc chacun est l’orthogonale de l’autre.
    car ces espaces sont évidemment orthogonaux et supplémentaires.

  • (b)

    On a

    expt(xB)exp(xB)=exp((xB)t)exp(xB)=exp(-xB)exp(xB).

    Or -xB et xB commutent donc

    expt(xB)exp(xB)=exp(-xB+xB)=exp(0)=In.
  • (c)

    La fonction dérivable f:xtr(Aexp(xB)) admet un maximum en 0 donc f(0)=0 ce qui donne tr(AB)=0 pour tout B𝒜n(). Ainsi, A est une matrice symétrique car dans l’orthogonal de l’espace des matrices antisymétrique.
    Par le théorème spectrale, on peut écrire A=PtDP avec D=diag(λ1,,λn) et POn().
    Posons V=diag(ε1,,εn) avec εi=±1 et εiλi=|λi|.
    Considérons alors U=PtVPOn().

    tr(AU)=tr(APtVP)=tr(PAPtV)=tr(DV)=|λ1|++|λn|

    et

    tr(A)=λ1++λn.

    La propriété tr(AU)tr(A) entraîne λi0 pour tout i.
    La matrice A est alors symétrique positive.

  • (d)

    Supposons A𝒮n+(). On peut écrire A=PtDP avec D=diag(λ1,,λn), λi0 et POn(). Pour tout UOn(), tr(AU)=tr(DV) avec V=(vi,j)=PtUPOn().
    On a alors

    tr(DV)=i=1nλivi,ii=1nλi=tr(A)

    car vi,i1.

  • (e)

    L’application réelle f:Vtr(MV) est continue sur le compact On(), elle y admet donc un maximum en un certain UOn(). On a alors pour tout VOn(),

    tr(MV)tr(MU).

    Posons alors A=MU. Pour tout WOn(),

    tr(AW)tr(A)

    donc A𝒮n+() et ainsi M=AU-1 avec A𝒮n+() et U-1On().

 
Exercice 109  3943    Correction  

(Décomposition de Cartan)

On note 𝒮n++() le sous-ensemble de 𝒮n() constitué des matrices de valeurs propres strictement positives.
Soit AGLn().

  • (a)

    Établir que AtA𝒮n++().

  • (b)

    Montrer qu’il existe une matrice S𝒮n++() telle que S2=AtA.

  • (c)

    Conclure

    AGLn(),(O,S)On()×𝒮n++(),A=OS.
  • (d)

    Établir l’unicité de cette écriture.

Solution

  • (a)

    La matrice AtA est évidemment symétrique.
    Pour λ valeur propre de AtA et X vecteur propre associé, on a

    XtAtAX=(AX)tAX=AX2

    et

    XtAtAX=λXtX=λX2.

    Ainsi,

    λ=AX2X2>0

    car A est inversible.

  • (b)

    Par le théorème spectral, il existe POn() tel que PtAtAP=diag(λ1,,λn) avec λi>0.
    La matrice

    S=Ptdiag(λ1,,λn)P

    est alors solution.

  • (c)

    Posons O=AS-1. On a A=OS et

    OtO=S-1tAtAS-1=In

    donc OOn() et A=OS.

  • (d)

    Si A=OS alors S2=AtA.
    Pour λSp(AtA),

    Ker(AtA-λIn)=Ker(S2-λIn).

    Or par le lemme de décomposition des noyaux,

    Ker(S2-λIn)=Ker(S-λIn)Ker(S+λIn)

    car λ>0. Or

    Ker(S+λIn)={0}

    car Sp(S)+*. Ainsi, pour tout λSp(AtA),

    Ker(AtA-λIn)=Ker(S-λIn)

    ce qui suffit à établir l’unicité de S car

    n,1()=λSp(AtA)Ker(AtA-λIn).
 
Exercice 110  2514      CENTRALE (MP)Correction  

Soit A une matrice symétrique réelle positive de taille n.
Pour α>0, on note

𝒮α={M𝒮n()|Sp(M)+ et det(M)α}.

Le but est de montrer la formule:

infM𝒮αtr(AM)=n(αdet(A))1/n.
  • (a)

    Démontrer la formule dans le cas A=In.

  • (b)

    Montrer que toute matrice A symétrique réelle positive peut s’écrire A=PtP avec P matrice carrée de taille n.

  • (c)

    Démontrer la formule.

  • (d)

    Le résultat est-il encore vrai si α=0?

  • (e)

    Le résultat reste-t-il vrai si A n’est que symétrique réelle?

Solution

  • (a)

    Soit M𝒮α. La matrice M est diagonalisable de valeurs propres λ1,,λn0 avec λ1λnα et l’on a
    tr(M)=λ1++λn. Par l’inégalité arithmético-géométrique

    λ1++λnnλ1λnn

    et donc

    tr(M)nα1/n

    avec égalité si M=α1/nIn𝒮α.

  • (b)

    Par orthodiagonalisation de la matrice A, on peut écrire

    A=QΔQt avec Δ=diag(λ1,,λn) et QOn().

    Les valeurs propres de A étant positives, on peut poser P=diag(λ1,,λn)Qt et vérifier A=PtP.

  • (c)

    On peut écrire

    tr(AM)=tr(PtPM)=tr(PMPt)

    avec PMPt matrice symétrique de déterminant det(M)×det(A)αdet(A).
    Par l’étude qui précède avec α=αdet(A), on obtient

    tr(AM)n(αdet(A))1/n.

    Cependant, lorsque M parcourt 𝒮α, on n’est pas assuré que PMPt parcourt l’intégralité 𝒮α. Cela est néanmoins le cas lorsque la matrice A est inversible car alors la matrice P l’est aussi. L’inégalité précédente est alors une égalité pour

    M=(αdet(A))1/nA-1.

    Lorsque la matrice A n’est pas inversible, c’est qu’au moins l’une de ses valeurs propres est nulle. Sans perte de généralité, supposons que ce soit la premier de la séquence λ1,,λn

    A=QΔQt avec Δ=diag(0,λ2,,λn),λ2,,λn0.

    Considérons alors pour ε>0

    Mε=Qdiag(αε-(n-1),ε,,ε)Qt.

    La matrice Mε est élément de 𝒮α et

    tr(AMε)=(n-1)ε.

    Ceci valant pour tout ε>0, on obtient

    infM𝒮αtr(AM)=0=n(αdet(A))1/n.
  • (d)

    Soit M𝒮n+() telle que det(M)0. Via diagonalisation de M avec des valeurs propres positives, on peut affirmer β=det(M+λIn)>0 pour tout λ>0. Par ce qui précède,

    tr(A(M+λIn))n(βdet(A))1/n.

    Par continuité, quand λ0+, on obtient

    tr(AM)0

    et, bien évidemment, il y a égalité si M=On.
    Le résultat est donc encore vrai si α=0.

  • (e)

    Le résultat n’a plus de sens si A est symétrique réelle de déterminant négatif avec n pair.

 
Exercice 111  3077      X (MP)Correction  

Soient m,n* et Mm,n().

Établir l’existence de UOm() et VOn() telles que la matrice D=UMV vérifie:

(i,j){1,,m}×{1,,n},ijdi,j=0.

Solution

Cas: MGLn().

Analyse: Supposons qu’il existe U,VOn() telles que UMV soit une matrice diagonale D. On remarque que

D2=DtD=VtMtMV

On veut donc que MtM soit orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs.

Synthèse: On sait que la matrice MtM est symétrique réelle à valeurs propres strictement positives. Il existe donc VOn() telle que

VtMtMV=D2

avec D une matrice diagonale. Posons alors U=DVtM-1. On remarque

UtU=M-1tVD2VtM-1=In

La matrice U est orthogonale et permet d’écrire D=UMV avec D diagonale.

Cas général: Mm,n()

Soit u l’application linéaire de n vers m canoniquement représentée par M.

Posons F=Ker(u) et G=Im(u). La matrice de u dans une base orthonormée adaptée à la décomposition FF=n au départ et dans une base orthonormée adaptée à la décomposition GG=m à l’arrivée est de la forme

M=(AOOO) avec AGLr(),r=rg(M).

L’étude qui précède permet de transformer A en une matrice diagonale D via produit par des matrices orthogonales U et V:

UAV=D.

En introduisant les matrices orthogonales

U=(UOOIm-r) et V=(VOOIn-r)

on obtient en opérant par blocs

D=UMV=(DOOO).

Enfin, par une formule de changement de bases orthonormées, il existe U′′,V′′ orthogonales telles que

M=U′′MV′′

et l’on peut alors conclure.

[<] Matrices symétriques à valeurs propres positives[>] Matrice de Gram

 
Exercice 112  2552    CCP (MP)Correction  

On note E l’espace vectoriel n, n2, muni de sa structure euclidienne canonique. Le produit scalaire est noté ().
On dit qu’une application f:EE est antisymétrique si

x,yE,(xf(y))=-(f(x)y).
  • (a)

    Montrer qu’une application antisymétrique de E est linéaire.
    Que dire de sa matrice dans la base canonique de E?

  • (b)

    Montrer que l’ensemble des endomorphismes antisymétriques de E est un sous-espace vectoriel de (E) et donner sa dimension.

Solution

  • (a)

    Pour tout vecteur x de E,

    (xf(λy+μz))=-(f(x)λy+μz)=-λ(f(x)y)-μ(f(x)z).

    Ainsi,

    (xf(λy+μz))=(xλf(y)+μf(z)).

    Or cela valant pour tout x, on peut affirmer

    f(λy+μz)=λf(y)+μf(z)

    (par exemple, parce que le vecteur différence est orthogonal à tout vecteur de E et donc nul)
    L’application f est donc linéaire.
    Notons A=(ai,j) la matrice de f dans la base canonique (e1,,en) de n.
    Puisque ai,j correspond à la i-ème coordonnée de l’image du j-ème vecteur, on a

    ai,j=(eif(ej))

    car la base canonique est orthonormée. L’antisymétrie de f donne alors

    ai,j=-aj,i

    et la matrice A est donc antisymétrique.

  • (b)

    Les endomorphismes antisymétriques sont, par représentation matricielle, en correspondance avec les matrices antisymétriques. L’ensemble des matrices antisymétriques est un sous-espace vectoriel de dimension n(n-1)/2, donc, par l’isomorphisme de représentation matricielle, l’ensemble des endomorphismes antisymétriques est un sous-espace vectoriel de dimension

    n(n-1)2.
 
Exercice 113  3922  Correction  

Soit

A=(001i00-i1-1i00-i-100).
  • (a)

    Calculer A2. La matrice A est-elle diagonalisable?

  • (b)

    Les matrices antisymétriques complexes sont-elles toujours diagonalisables?

Solution

  • (a)

    A2=O4. Seule 0 est valeur propre de A et si A est diagonalisable alors A=O4. Ce n’est visiblement pas le cas…

  • (b)

    La matrice A est antisymétrique complexe mais pas diagonalisable. C’est donc un contre-exemple.
    Il est en revanche remarquable que les matrices antisymétriques réelles sont diagonalisables (dans ).

 
Exercice 114  3748    MINES (MP)Correction  

Soit An() telle que At=-A.

  • (a)

    Montrer que si n est impair alors A n’est pas inversible.

  • (b)

    Montrer que si n est pair, det(A)0. Sous quelle condition l’inégalité est-elle stricte?

Solution

  • (a)

    At=-A donne det(A)=(-1)ndet(A) donc det(A)=0 si n est impair.

  • (b)

    Si λ est valeur propre réelle de A alors on peut écrire AX=<