Exercice 1 4500

Vérifier que la matrice suivante est orthogonale:

A = \frac{1}{3} (\begin{matrix} 1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & - 2 \\ 2 & - 2 & 1 \end{matrix}) .

Exercice 2 339 Correction

Quelles sont les matrices orthogonales triangulaires supérieures?

Solution

Les matrices diagonales avec coefficients diagonaux égaux à 1 ou $- 1$ . Le résultat s’obtient en étudiant les colonnes de la première à la dernière, en exploitant qu’elles sont unitaires et deux à deux orthogonales.

Exercice 3 5130

Trouver toutes les matrices de $O_{n} (ℝ)$ diagonalisables.

Exercice 4 5971 Correction

On suppose que $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ est une matrice orthogonale.

Que peut-on dire de la comatrice de $A$ ?

Solution

On sait $\det (A) = \pm 1$ et

A^{- 1} = \frac{1}{\det (A)} {(Com (A))}^{⊤} .

On en déduit

Com (A) = \pm {(A^{- 1})}^{⊤} = \pm A

car $A^{- 1} = A^{⊤}$ .

Exercice 5 5289 ENSTIM (MP)Correction

Calculer

Card (O_{n} (ℝ) \cap ℳ_{n} (ℤ)) .

Solution

Les colonnes d’une matrice orthogonale sont unitaires. Une matrice orthogonale à coefficients entiers ne peut avoir que des colonnes égales ou opposées à des colonnes élémentaires. De plus, ces colonnes élémentaires doivent être distinctes car une matrice orthogonale est inversible et donc chacune colonne élémentaire apparaît une fois et une seule (avec un éventuel signe). Inversement, une telle matrice est solution. En choisissant l’ordre des colonnes élémentaires et le signe attribué à chaque,

Card (O_{n} (ℝ) \cap ℳ_{n} (ℤ)) = 2^{n} n! .

Exercice 6 3141

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ . Déterminer les matrices de $O_{n} (ℝ)$ dont tous les coefficients sont positifs ou nuls.

Exercice 7 5131

Soit $A = (a_{i, j}) \in O_{n} (ℝ)$ .

(a)

Montrer

$\frac{1}{\sqrt{n}} \leq \max_{1 \leq i, j \leq n} | a_{i, j} | \leq 1 .$
(b)

Montrer

$n \leq \sum_{i, j = 1}^{n} | a_{i, j} | \leq n \sqrt{n} .$

Exercice 8 2743 MINES (MP)Correction

Soit $A = {(a_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq n}$ une matrice réelle orthogonale. Montrer que

| \sum_{1 \leq i, j \leq n} a_{i, j} | \leq n .

Solution

Pour $X = {(\begin{matrix} 1 & \dots & 1 \end{matrix})}^{⊤}$ , on vérifie

\sum_{1 \leq i, j \leq n} a_{i, j} = X^{⊤} A X .

Or $X^{⊤} A X = (X ∣ A X)$ donc par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

| X^{⊤} A X | \leq ∥ X ∥ ∥ A X ∥ .

Or $∥ X ∥ = \sqrt{n}$ et $∥ A X ∥ = ∥ X ∥ = \sqrt{n}$ car $A \in O_{n} (ℝ)$ donc

| \sum_{1 \leq i, j \leq n} a_{i, j} | \leq n .

Exercice 9 5665 Correction

(Matrice de Householder)

Soit $V \in ℳ_{n, 1} (ℝ) ∖ {0}$ . On considère $Q \in ℳ_{n} (ℝ)$ définie par

Q = I_{n} - \frac{2}{{∥ V ∥}^{2}} V V^{⊤} avec {∥ V ∥}^{2} = V^{⊤} V .

(a)

Montrer que la matrice $Q$ est symétrique et orthogonale.
(b)

À quelle transformation géométrique correspond la matrice $Q$ ?

Solution

(a)

On remarque que $V V^{⊤}$ correspond à une matrice carrée de taille $n$ .

La matrice $V^{⊤} V$ est symétrique car

${(V^{⊤} V)}^{⊤} = V^{⊤} {(V^{⊤})}^{⊤} = V^{⊤} V .$

Par combinaison linéaire, la matrice $Q$ est symétrique.

Par développement du carré de la somme de deux matrices qui commutent

$Q^{⊤} Q = Q^{2} = I_{n} - \frac{4}{{∥ V ∥}^{2}} V V^{⊤} + \frac{4}{{∥ V ∥}^{4}} {(V V^{⊤})}^{2} .$

Or

${(V V^{⊤})}^{2} = V \underset{\begin{matrix} = {∥ V ∥}^{2} \in ℝ \end{matrix}}{\underset{⏟}{V^{⊤} V}} V^{⊤} = {∥ V ∥}^{2} V V^{⊤}$

donc

$Q^{⊤} Q = Q^{2} = I_{n} - \frac{4}{{∥ V ∥}^{2}} V V^{⊤} + \frac{4}{{∥ V ∥}^{2}} V V^{⊤} = I_{n} .$

Ainsi, la matrice $Q$ est orthogonale.
(b)

Puisque $Q^{2} = I_{n}$ , la matrice $Q$ figure une symétrie.

Aussi, pour $X \in Vect (V)$ , en écrivant $X = λ V$

$Q X = λ V - 2 \frac{1}{{∥ V ∥}^{2}} V V^{⊤} (λ V) = λ V - 2 λ V = - λ V = - X$

et, pour $X \in Vect {(V)}^{⊥}$ ,

$Q X = X - 2 \frac{1}{{∥ V ∥}^{2}} V \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{V^{⊤} X}} = X .$

On en déduit que $Q$ est la symétrie orthogonale par rapport à l’espace $Vect {(V)}^{⊥}$ .

Exercice 10 3926 MINES (MP)Correction

Soient $A$ et $B$ dans $O_{n} (ℝ)$ telle que $(A + 2 B) / 3$ appartienne à $O_{n} (ℝ)$ . Que dire de $A$ et $B$ ?

Solution

Puisque $O_{n} (ℝ)$ est un groupe multiplicatif, on a

(I_{n} + 2 M) / 3 \in O_{n} (ℝ)

avec $M = A^{- 1} B \in O_{n} (ℝ)$ . Pour $x \in ℝ^{n}$ unitaire,

∥ x + 2 M x ∥ = 3 .

Mais aussi

∥ x ∥ + ∥ 2 M x ∥ = ∥ x ∥ + 2 ∥ x ∥ = 3 .

Il y a donc égalité dans l’inégalité triangulaire et, par conséquent, il existe $λ \in ℝ_{+}$ vérifiant

2 M x = λ x .

En considérant à nouveau la norme, on obtient $λ = 2$ puis $M x = x$ . Cela valant pour tout $x \in ℝ^{n}$ , on conclut $M = I_{n}$ puis $A = B$ .

Exercice 11 2744 MINES (MP)Correction

Soit $A \in O_{n} (ℝ)$ . On suppose que $1$ n’est pas valeur propre de $A$ .

(a)

Étudier la convergence de

$\frac{1}{p + 1} (I_{n} + A + \dots + A^{p})$

lorsque $p \to + \infty$ .
(b)

La suite ${(A^{p})}_{p \in ℕ}$ est-elle convergente?

Solution

(a)

Posons

$U_{p} = \frac{1}{p + 1} (I_{n} + A + \dots + A^{p}) .$

Par télescopage,

$(I_{n} - A) U_{p} = \frac{1}{p + 1} \sum_{k = 0}^{p} (A^{k} - A^{k + 1}) = \frac{1}{p + 1} (I_{n} - A^{p + 1})$

et donc

$∥ (I_{n} - A) U_{p} ∥ \leq \frac{1}{p + 1} (∥ I_{n} ∥ + ∥ A^{p + 1} ∥) = \frac{2 \sqrt{n}}{p + 1} \to_{p \to + \infty}^{} 0$

car, pour la norme euclidienne;

$\forall M \in O_{n} (ℝ), ∥ M ∥ = \sqrt{M^{⊤} M} = \sqrt{n} .$

Ainsi,

$(I_{n} - A) U_{p} \to_{p \to + \infty}^{} O_{n}$

Puisque $1 \notin Sp (A)$ , la matrice $I_{n} - A$ est inversible et donc

$U_{p} \to_{p \to + \infty}^{} {(I_{n} - A)}^{- 1} O_{n} = O_{n} .$
(b)

Par l’absurde, supposons que la suite $(A^{p})$ converge vers une matrice $B$ . Pour toute colonne $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ , on a $A^{p + 1} X = A A^{p} X$ ce qui donne à la limite $B X = A B X$ . Or $1 \notin Sp (A)$ et donc $B X = 0$ . Puisque cela vaut pour toute colonne $X$ , $B = O_{n}$ .

Or $∥ A^{p} ∥ = \sqrt{n}$ ne tend pas vers $0$ quand $p$ tend vers l’infini. C’est absurde.

La suite ${(A^{p})}_{p \in ℕ}$ est divergente.

Exercice 12 341

(Décomposition $Q R$ d’une matrice inversible)

Soit $A \in {GL}_{n} (ℝ)$ .

(a)

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

Montrer l’unicité de cette écriture.

Exercice 13 2746 MINES (MP)Correction

Soit $J$ la matrice de $ℳ_{n} (ℝ)$ dont tous les coefficients sont égaux à $1$ .

Quelles sont les $A$ de $O_{n} (ℝ)$ telles que $J + A$ soit inversible?

Solution

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

Puisque la matrice $A$ est orthogonale, on a $A^{⊤} J X = - X$ et donc

- 1 \in Sp (A^{⊤} J) = Sp ({(A^{⊤} J)}^{⊤}) = Sp (J A)

avec une réciproque immédiate.

Le polynôme caractéristique de $J A$ étant

X^{n - 1} (X - σ) avec σ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j}

on obtient le critère

J + A

est inversible si, et seulement si,

σ \neq 0

Exercice 14 2991 ENSTIM (MP)Correction

(Transformation de Cayley)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant $A^{⊤} = - A$ .

(a)

Déterminer les valeurs propres réelles possibles de la matrice $A$ .
(b)

En déduire que les matrices $A + I_{n}$ et $A - I_{n}$ sont inversibles.
(c)

Montrer que la matrice $Ω = (A + I_{n}) {(A - I_{n})}^{- 1}$ est orthogonale.
(d)

Calculer $\det (Ω)$ .

Solution

(a)

Soient $λ \in ℝ$ et $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ tels que $A X = λ X$ .

En multipliant par $X^{⊤}$ à gauche, on obtient

$X^{⊤} A X = λ X^{⊤} X = λ {∥ X ∥}^{2}$

en introduisant $∥ \cdot ∥$ la norme euclidienne canonique sur $ℳ_{n,1} (ℝ)$ .

Parallèlement, on a aussi

$X^{⊤} A X = - X^{⊤} A^{⊤} X = - {(A X)}^{⊤} X = - λ X^{⊤} X = - λ {∥ X ∥}^{2} .$

On en déduit

$λ {∥ X ∥}^{2} = 0 .$

Si $λ$ est valeur propre de $A$ , on peut déterminer une colonne $X$ non nulle telle que $A X = λ X$ et la relation ci-dessus oblige alors $λ = 0$ . Ainsi, seule $λ = 0$ peut être valeur propre réelle de la matrice $A$ .
(b)

Les réels $λ = \pm 1$ ne sont pas valeurs propres de $A$ , les matrices $A + I_{n}$ et $A - I_{n}$ sont donc inversibles.
(c)

La matrice proposée est correctement définie et

$Ω^{⊤} Ω = {({(A - I_{n})}^{- 1})}^{⊤} {(A + I_{n})}^{⊤} (A + I_{n}) {(A - I_{n})}^{- 1} .$

Sachant

${(M^{- 1})}^{⊤} = {(M^{⊤})}^{- 1} pour tout M \in {GL}_{n} (ℝ)$

on poursuit

$Ω^{⊤} Ω$ $= {(A^{⊤} - I_{n})}^{- 1} (A^{⊤} + I_{n}) (A + I_{n}) {(A - I_{n})}^{- 1}$

$= {(- A - I_{n})}^{- 1} (- A + I_{n}) (A + I_{n}) {(A - I_{n})}^{- 1}$

$= {(A + I_{n})}^{- 1} (A - I_{n}) (A + I_{n}) {(A - I_{n})}^{- 1} .$

Enfin, les matrices $A + I_{n}$ et $A - I_{n}$ commutent car ce sont des polynômes en $A$ et l’on peut simplifier

$Ω^{⊤} Ω = {(A + I_{n})}^{- 1} (A + I_{n}) (A - I_{n}) {(A - I_{n})}^{- 1} = I_{n} .$

La matrice $Ω$ est orthogonale.
(d)

On remarque

$\det (A - I_{n}) = \det (- A^{⊤} - I_{n}) = {(- 1)}^{n} \det (A^{⊤} + I_{n}) = {(- 1)}^{n} \det (A + I_{n}) .$

On en déduit $\det (Ω) = {(- 1)}^{n}$ .

Exercice 15 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

$φ : A \in 𝒜_{n} (ℝ) \mapsto (I_{n} - A) {(I_{n} + A)}^{- 1} .$

Montrer que $φ$ réalise une bijection de $𝒜_{n} (ℝ)$ sur

${Ω \in O_{n} (ℝ) | - 1 \notin Sp (Ω)} .$

Solution

(a)

Soit $λ$ une valeur propre complexe de $A$ et $X \in ℳ_{n,1} (ℂ)$ une colonne propre associée.

D’une part,

${\bar{X}}^{⊤} A X = λ {\bar{X}}^{⊤} X, .$

D’autre part,

${\bar{X}}^{⊤} A X = {\bar{A X}}^{⊤} X = - \bar{λ} {\bar{X}}^{⊤} X .$

Puisque ${\bar{X}}^{⊤} X \in ℝ_{+}^{*}$ , on obtient $\bar{λ} = - λ$ donc $λ \in i ℝ$ .
(b)

Pour tout $A \in 𝒜_{n} (ℝ)$ , $Ω = φ (A)$ est bien définie car $- 1 \notin Sp (A)$ .
$Ω^{⊤} Ω = {(I_{n} - A)}^{- 1} (I_{n} + A) (I_{n} - A) {(I_{n} + A)}^{- 1}$ or $I_{n} + A$ et $I_{n} - A$ commutent donc $Ω^{⊤} Ω = I_{n}$ .
De plus, si $Ω X = - X$ alors $(I_{n} - A) X = - (I_{n} + A) X$ (car $I_{n} - A$ et ${(I_{n} + A)}^{- 1}$ commutent) et donc $X = 0$ .

Ainsi, l’application $φ : 𝒜_{n} (ℝ) \to {Ω \in O_{n} (ℝ) | - 1 \notin Sp (Ω)}$ est bien définie.

Si $φ (A) = φ (B)$ alors

$(I_{n} - A) (I_{n} + B) = (I_{n} + A) (I_{n} - B) .$

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

Enfin, soit $Ω \in O_{n} (ℝ)$ telle que $- 1 \notin Sp (Ω)$ .

Posons $A = {(Ω + I_{n})}^{- 1} (I_{n} - Ω)$ qui est bien définie car $- 1 \notin Sp (Ω)$ .

On a

$A^{⊤}$ $= (I_{n} - Ω^{- 1}) {(Ω^{- 1} + I_{n})}^{- 1}$

$= (Ω - I_{n}) Ω^{- 1} Ω {(I_{n} + Ω)}^{- 1}$

$= (Ω - I_{n}) {(I_{n} + Ω)}^{- 1} = - A$

et $φ (A) = Ω$ .

Finalement, $φ$ est bijective.

Exercice 16 4167 CENTRALE (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

(a)

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

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

$N_{1} (A) = \sum_{1 \leq i, j \leq n} | a_{i, j} | .$

Montrer que $N_{1}$ admet un minimum $m_{n}$ et un maximum $M_{n}$ sur $O_{n} (ℝ)$ .
(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 $N_{1}$ de la variable matricielle $A$ qui renvoie $N_{1} (A)$ . 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 $N_{1}$ pour des matrices orthogonales aléatoires.
(d)

Déterminer la valeur de $m_{n}$ . Pour quelles matrices, ce minimum est-il atteint?

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

Montrer que $M_{n} \leq n \sqrt{n}$ et que $M_{3} < 3 \sqrt{3}$ .

Solution

(a)

Cas: $A$ inversible. La matrice $A$ est la matrice de passage de la base canonique $c$ de $ℝ^{n}$ 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,

$A = {Mat}_{c} e = {Mat}_{c} e^{'} \times {Mat}_{e^{'}} e$

ce qui conduit à l’identité voulue.

Cas général: On introduit $A_{p} = A + \frac{1}{p} I_{n}$ . Pour $p$ assez grand, $A_{p}$ est inversible et l’on peut écrire $A_{p} = O_{p} T_{p}$ avec $O_{p}$ orthogonale et $T_{p}$ triangulaire supérieure. La suite $(O_{p})$ évolue dans un compact: il existe une extraction $(O_{φ (p)})$ de limite $O \in O_{n} (ℝ)$ . Puisque $T_{φ (p)} = O_{φ (p)}^{- 1} A_{φ (p)}$ est de limite $O^{- 1} A$ et évolue dans le fermé des matrices triangulaires supérieures, on peut conclure à l’écriture $A = O T$ .
(b)

La fonction $N_{1}$ est une fonction continue, à valeurs réelles définie sur le compact non vide $O_{n} (ℝ)$ : 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 $A \in O_{n} (ℝ)$ , on a $a_{i, j} \in [- 1; 1]$ donc $| a_{i, j} | \geq a_{i, j}^{2}$ puis

$N_{1} (A) \geq \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j}^{2} \geq \sum_{i = 1}^{n} 1 = n$

car les lignes d’une matrice orthogonale sont unitaires. De plus, pour $A = I_{n} \in O_{n} (ℝ)$ , on a $N_{1} (A) = n$ . On en déduit $m_{n} = n$ .

Une matrice $A$ de $O_{n} (ℝ)$ vérifiant $N_{1} (A) = n$ doit satisfaire $| a_{i, j} | = a_{i, j}^{2}$ et donc $a_{i, j} \in {0,1, - 1}$ . 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 $2^{n} n!$ (il y a $n!$ matrice de permutation et $2^{n}$ choix de signe pour chaque coefficient 1).
(e)

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

$N_{1} (A) \leq \sum_{i = 1}^{n} [{(\sum_{j = 1}^{n} 1^{2})}^{1 / 2} {(\sum_{j = 1}^{n} a_{i, j}^{2})}^{1 / 2}] = n \sqrt{n} .$

Pour qu’il y ait égalité, il faut qu’il y ait égalité dans chaque inégalité de Cauchy-Schwarz. Ceci entraîne que chaque ligne ${(| a_{i, j} |)}_{1 \leq j \leq n}$ est colinéaire à $(1, \dots,1)$ et donc

$\forall i \in ⟦ 1; n ⟧, \forall (j, k) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}, | a_{i, j} | = | a_{i, k} | .$

La ligne étant de plus unitaire, les $a_{i, j}$ sont égaux à $\pm 1 / \sqrt{n}$ .

Lorsque $n = 3$ , les coefficients de $A$ sont égaux à $\pm 1 / \sqrt{3}$ . 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 17 2745 MINES (MP)

Soient $(a, b, c) \in ℝ^{3}$ , $S = a + b + c$ , $σ = a b + b c + c a$ et la matrice

M = (\begin{matrix} a & b & c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{matrix}) .

(a)

Montrer

$M \in O_{3} (ℝ) \Leftrightarrow σ = 0 et S = \pm 1 .$
(b)

Montrer

$M \in {SO}_{3} (ℝ) \Leftrightarrow σ = 0 et S = 1 .$
(c)

Montrer que $M$ est élément de ${SO}_{3} (ℝ)$ si, et seulement si, $a$ , $b$ et $c$ sont les trois racines d’un polynôme de la forme $X^{3} - X^{2} + k$ avec $k \in [0; 4 / 27]$ .

Exercice 18 2747 MINES (MP)

Soit $M$ une matrice orthogonale de taille $n = p + q$ que l’on écrit par blocs

M = (\begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix}) avec A \in ℳ_{p} (ℝ) et D \in ℳ_{q} (ℝ) .

Montrer

{(\det (A))}^{2} = {(\det (D))}^{2} .

Exercice 19 3610 CENTRALE (MP)Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Si $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ , on dira que $M$ a la propriété $(P)$ si, et seulement si, il existe une matrice $U \in ℳ_{n + 1} (ℝ)$ 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 $α_{1}, \dots, α_{2 n + 1} \in ℝ$ tels que

U = (\begin{matrix} α_{2 n + 1} \\ M & ⋮ \\ α_{n + 2} \\ α_{1} & \dots & α_{n} & α_{n + 1} \end{matrix}) \in O_{n + 1} (ℝ) .

(a)

Ici

$M = (\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix})$

est une matrice diagonale. Déterminer une condition nécessaire et suffisante portant sur les $λ_{i}$ pour que $M$ ait la propriété $(P)$ .
(b)

Ici $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Déterminer une condition nécessaire et suffisante pour que $M$ ait la propriété $(P)$ .
(c)

Si $M \in {GL}_{n} (ℝ)$ , montrer qu’il existe $U \in O_{n} (ℝ)$ et $S \in 𝒮_{n} (ℝ)$ telles que $M = U S$ .
On admettra qu’une telle décomposition existe encore si $M$ n’est pas inversible.
(d)

Déterminer une condition nécessaire et suffisante pour que $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ quelconque ait la propriété $(P)$ .
Cette condition portera sur $M^{⊤} M$ .
(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

$\forall 1 \leq i \leq n, λ_{i}^{2} + α_{i}^{2} = 1$

et elles doivent être deux à deux orthogonales donc

$\forall 1 \leq i \neq j \leq n, α_{i} α_{j} = 0 .$

Cette dernière condition ne permet qu’au plus un $α_{k}$ non nul et alors $| λ_{k} | \leq 1$ tandis que pour $i \neq k$ , $| λ_{i} | = 1$ .
Inversement, si tous les $λ_{i}$ vérifient $| λ_{i} | = 1$ sauf peut-être un vérifiant $| λ_{k} | < 1$ , alors on peut construire une matrice $U$ affirmant que la matrice $M$ possède la propriété $(P)$ en posant

$\forall 1 \leq i \neq k \leq n, α_{i} = α_{2 n + 2 - i} = 0, α_{k} = α_{2 n + 2 - k} = \sqrt{1 - λ_{k}^{2}} et α_{n + 1} = - λ_{k} .$
(b)

La matrice $M$ est orthogonalement diagonalisable, on peut donc écrire

$M = P^{⊤} D P avec P \in O_{n} (ℝ) et D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) .$

Considérons alors la matrice

$Q = (\begin{matrix} P & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) \in O_{n + 1} (ℝ) .$

Si la matrice $M$ possède la propriété $(P)$ alors on peut introduire $U \in O_{n + 1} (ℝ)$ prolongeant $M$ et alors

$V = Q^{⊤} U Q = (\begin{matrix} β_{2 n + 1} \\ D & ⋮ \\ β_{n + 2} \\ β_{1} & \dots & β_{n} & β_{n + 1} \end{matrix}) \in O_{n + 1} (ℝ)$

ce qui entraîne que les valeurs propres $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ de $M$ sont toutes égales à $\pm 1$ sauf peut être une élément de $[- 1; 1]$ .
La réciproque est immédiate.
(c)

La matrice $M^{⊤} M$ est symétrique définie positive. On peut donc en diagonalisant orthogonalement celle-ci déterminer une matrice $S$ symétrique définie positive telle que

$M^{⊤} M = S^{2} .$

On pose alors $U = M S^{- 1}$ et l’on vérifie $U \in O_{n} (ℝ)$ par le calcul de $U^{⊤} U$ .
(d)

Supposons que la matrice $M = U S$ possède la propriété $(P)$ . En multipliant par la matrice

$V = (\begin{matrix} U^{⊤} & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) \in O_{n + 1} (ℝ)$

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

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Pour $p$ assez grand, la matrice

$M_{p} = M + \frac{1}{p} I_{n}$

est assurément inversible ce qui permet d’écrire $M_{p} = U_{p} S_{p}$ avec $U_{p}$ orthogonale et $S_{p}$ symétrique réelle.
La suite $(U_{p})$ évolue dans le compact $O_{n} (ℝ)$ , elle possède une valeur d’adhérence $U_{\infty} \in O_{n} (ℝ)$ et la matrice $S_{\infty} = U_{\infty}^{- 1} M$ est symétrique réelle en tant que limite d’une suite de matrices symétriques réelles.
On peut donc conclure.

Exercice 20 6045 CENTRALE (MP)Correction

(Réflexion de Householder)

On pose $H_{0} = I_{n}$ et, pour $u \in ℝ^{n} ∖ {0}$ ,

H_{u} = I_{n} - 2 \frac{u u^{⊤}}{u^{⊤} u} .

(a)

Montrer que, si $u \neq 0$ , $H_{u}$ est la matrice de la réflexion par rapport au plan $Vect {(u)}^{⊥}$ .
(b)

Montrer que toute réflexion est un $H_{u}$ pour un certain $u$ .
(c)

Programmer avec Python la fonction $u \mapsto H_{u}$ .
(d)

Si $v \in ℝ^{n} ∖ Vect (e_{1})$ et $u = v - ∥ v ∥ e_{1}$ , montrer que $H_{u} v = ∥ v ∥ e_{1}$ .

On pourra observer que $H_{u} x = x - 2 \frac{⟨ u, x ⟩}{{∥ u ∥}^{2}} u$ .
(e)

Montrer que, pour $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ , il existe $u \in E$ , $α \in ℝ$ et $B \in ℳ_{n - 1} (ℝ)$ tels que

$H_{u} A = (\begin{matrix} α & * \\ 0 & B \end{matrix}) .$
(f)

Montrer que, pour tout $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ , il existe $Q \in O_{n} (ℝ)$ et $R$ triangulaire supérieure telles que $M = Q R$ .
(g)

Montrer que, pour toute matrice $M = {(m_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq n} \in ℳ_{n} (ℝ)$ ,

${(\det (M))}^{2} \leq \prod_{j = 1}^{n} (\sum_{i = 1}^{n} m_{i, j}^{2}) .$

Solution

(a)

On remarque

$H_{u} (u) = u - 2 \frac{u u^{⊤} u}{u^{⊤} u} = u - 2 u = - u$

et pour tout $v \in Vect {(u)}^{⊥}$ ,

$H_{u} (u) = v - 2 \frac{u u^{⊤} u}{u^{⊤} v} = v .$

L’endomorphisme canoniquement associé à $H_{u}$ est donc la réflexion d’hyperplan $Vect {(u)}^{⊥}$ .
(b)

Si $σ$ est une réflexion d’hyperplan $H$ alors $σ = H_{u}$ avec $u$ un vecteur normal de $H$ .

(c)

import numpy as np

def H(u):
    n = len(u)
    H = np.eye(n)
    norme = u.T @ u
    for i in range(n):
        for j in range(n):
            H[i, j] -= 2 * u[i] * u[j] / norme
    return H

(d)

On a $u^{⊤} v = ⟨ u, v ⟩ \in ℝ$ donc

$H_{u} v = v - 2 \frac{⟨ u, v ⟩}{{∥ u ∥}^{2}} v .$

Or

$⟨ u, v ⟩ = ⟨ u, v ⟩ - ∥ v ∥ ⟨ e_{1}, v ⟩ et {∥ u ∥}^{2} = {∥ v ∥}^{2} - 2 ∥ v ∥ ⟨ e_{1}, v ⟩$

et donc $H_{u} v = ∥ v ∥ e_{1}$ .
(e)

Notons $v$ la première colonne de $A$ . Si $v \in Vect (e_{1})$ , choisir $u = 0_{E}$ convient. Sinon, on pose $u = v - ∥ v ∥ e_{1}$ et l’on a $H_{u} (v) = α e_{1}$ avec $α = ∥ v ∥$ . La matrice $H_{u} A$ est alors de la forme voulue.
(f)

On raisonne par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Pour $n = 1$ , il n’y a rien à démontrer.

Supposons la propriété vraie au rang $h - 1 \geq 1$ .

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Par ce qui précède, il existe $u \in ℝ^{n}$ tel que $H_{u} M$ soit de la forme $(\begin{matrix} α & * \\ 0 & B \end{matrix})$ avec $B \in ℳ_{n - 1} (ℝ)$ . Par hypothèse de récurrence, $B = Q^{'} R^{'}$ avec $ℚ^{'} \in O_{n è 1} (ℝ)$ et $R^{'} \in T_{n - 1}^{+} (ℝ)$ . Considérons alors

$Ω = (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & Q^{'} \end{matrix}) H_{u} .$

La matrice $\geq$ est orthogonale en tant que produit de matrices orthogonales et l’on a

$Ω M = (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & Q^{'} \end{matrix}) (\begin{matrix} α & * \\ 0 & B \end{matrix}) = (\begin{matrix} α & 0 \\ 0 & R^{'} \end{matrix}) = R .$

On obtient alors $M = Q R$ avec $Q = Ω^{⊤}$ orthogonale et $R$ triangulaire supérieure.

La récurrence est établie.
(g)

On reprend l’écriture précédente $R = Ω M$ triangulaire supérieure et $Ω \in O_{n} (ℝ)$ . Pour $i = 1, \dots, n$ ,

$r_{i, i} = \sum_{k = 1}^{n} ω_{i, k} m_{k, j} .$

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

$r_{i, i}^{2} \leq \sum_{k = 1}^{n} ω_{i, k}^{2} \sum_{k = 1}^{n} m_{k, i}^{2} = \sum_{k = 1}^{n} m_{k, i}^{2} .$

On en déduit

$\det {(M)}^{2} = \det (R^{2}) = \prod_{i = 1}^{n} r_{i, i}^{2} \leq \prod_{i = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{n} m_{k, i}^{2} .$

En renommant les indices et en considérant la transposée de $M$ plutôt que $M$ , on obtient la comparaison voulue.

[<] Matrices orthogonales[>] Isométries du plan

Exercice 21 1600 Correction

Soit $f \in ℒ (E)$ . Montrer que

\forall x, y \in E, (f (x) ∣ f (y)) = (x ∣ y) \Leftrightarrow \forall x \in E, ∥ f (x) ∥ = ∥ x ∥ .

Solution

$(⟹)$ Il suffit de prendre $x = y$ .

$(⟸)$ Par polarisation, pour tous $x, y \in E$ ,

(f (x) ∣ f (y)) = \frac{1}{2} ({∥ f (x) + f (y) ∥}^{2} - {∥ f (x) ∥}^{2} - {∥ f (y) ∥}^{2}) .

Or $f (x) + f (y) = f (x + y)$ et donc

(f (x) ∣ f (y)) = \frac{1}{2} ({∥ x + y ∥}^{2} - {∥ x ∥}^{2} - {∥ y ∥}^{2}) = (x ∣ y) .

Exercice 22 4264

Soit $u$ une isométrie vectorielle d’un espace euclidien $E$ de produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ .

(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 23 342 Correction

Soit $f$ une isométrie diagonalisable d’un espace euclidien $E$ . Montrer que $f$ est une symétrie orthogonale.

Solution

Soit $λ$ valeur propre de $f$ . Pour $x$ vecteur propre, on a $f (x) = λ . x$ avec $∥ f (x) ∥ = ∥ x ∥$ d’où $λ = \pm 1$ . Une diagonalisation de $f$ est alors réalisée avec des $1$ et des $- 1$ sur la diagonale, c’est une symétrie par rapport à $F = Ker (f - Id)$ parallèlement à $G = Ker (f + Id)$ . Les espaces $F$ et $G$ sont supplémentaires et orthogonaux car, pour $x \in F$ et $y \in G$ ,

⟨ x, y ⟩ = ⟨ f (x), - f (y) ⟩ = - ⟨ x, y ⟩ donc ⟨ x, y ⟩ = 0 .

L’endomorphisme $f$ est donc une symétrie orthogonale.

Exercice 24 343

Soient $f$ une isométrie vectorielle d’un espace euclidien $E$ et $F$ un sous-espace vectoriel de $E$ . Montrer

f (F^{⊥}) = {(f (F))}^{⊥} .

Exercice 25 344 Correction

Soient $f$ une isométrie vectorielle d’un espace vectoriel euclidien $E$ et $F = Ker (f - Id)$ . Montrer

f (F^{⊥}) = F^{⊥} .

Solution

Soit $y \in f (F^{⊥})$ . Il existe $x \in F^{⊥}$ tel que $y = f (x)$ . On a alors

\forall z \in F, (y ∣ z) = (f (x) ∣ f (z)) = (x ∣ z) = 0 .

Par suite, $f (F^{⊥}) \subset F^{⊥}$ .
De plus, $f$ conserve les dimensions car c’est un automorphisme. Il y a donc égalité.

Exercice 26 345 Correction

Soient $f \in O (E)$ 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 $f (V) \subset V$ et puisque $f$ est un automorphisme $f (V) = V$ . Soient $x \in V^{⊥}$ et $y \in V$

(f (x) ∣ y) = (x ∣ f^{- 1} (y)) = 0

car $f^{- 1} (y) \in V$ donc $f (x) \in V^{⊥}$ puis $V^{⊥}$ stable par $f$ .

$(⟸)$ Si $V^{⊥}$ stable par $f$ alors $V = V^{⊥ ⊥}$ aussi

Exercice 27 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^{⊥}) \subset {(f (V))}^{⊥} .

Exercice 28 2924 MINES (MP)Correction

Soient $E$ un espace vectoriel euclidien, $u \in E$ non nul, $g \in O (E)$ . On note $σ$ la réflexion d’hyperplan $u^{⊥}$ . Décrire la transformation $g \circ σ \circ g^{- 1}$ .

Solution

On a

(g \circ σ \circ g^{- 1}) (g (u)) = (g \circ σ) (u) = g (- u) = - g (u)

et, $v$ vecteur tel que $g (v) ⊥ g (u)$ ,

(g \circ σ \circ g^{- 1}) (g (v)) = (g \circ σ) (v) = g (v) .

Ainsi, $g \circ σ \circ g^{- 1}$ est la réflexion d’hyperplan ${g (u)}^{⊥}$ .

Exercice 29 346 Correction

Soient $E$ un espace vectoriel euclidien et $f : E \to E$ une application telle que

\forall (x, y) \in E^{2}, (f (x) ∣ f (y)) = (x ∣ y) .

En observant que l’image par $f$ d’une base orthonormée est une base orthonormée montrer que $f$ est linéaire.

Solution

$f$ transforme une base orthonormée $ℬ = (e_{1}, \dots, e_{n})$ en une base orthonormée $ℬ^{'} = (e_{1}^{'}, \dots, e_{n}^{'})$ . Pour tout $x \in E$ ,

f (x) = \sum_{i = 1}^{n} (f (x) ∣ e_{i}^{'}) e_{i}^{'} = \sum_{i = 1}^{n} (x ∣ e_{i}) e_{i}^{'}

d’où la linéarité de $f$ .

Exercice 30 3082 Correction

Soient $E$ un espace euclidien et $f$ un endomorphisme de $E$ conservant l’orthogonalité, c’est-à-dire:

\forall (x, y) \in E^{2}, (x ∣ y) = 0 ⟹ (f (x) ∣ f (y)) = 0 .

(a)

Calculer $(u + v ∣ u - v)$ pour $u, v \in E$ vecteurs unitaires.
(b)

Établir qu’il existe $α \in ℝ_{+}$ vérifiant

$\forall x \in E, ∥ f (x) ∥ = α ∥ x ∥ .$
(c)

Conclure qu’il existe $g \in O (E)$ vérifiant $f = α . g$

Solution

(a)

Soit $u, v \in E$ unitaires.

$(u + v ∣ u - v) = {∥ u ∥}^{2} - {∥ v ∥}^{2} = 0$
(b)

Soient $u$ et $v$ des vecteurs unitaires de $E$ .

Les vecteurs $u + v$ 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. Notons $α \in ℝ_{+}$ la norme commune des images des vecteurs unitaires. Montrons que

$\forall x \in E, ∥ f (x) ∥ = α ∥ x ∥ .$

Soit $x \in E$ .

Cas: $x = 0$ . On a $f (x) = 0$ donc $∥ f (x) ∥ = α ∥ x ∥$ .

Cas: $x \neq 0$ . En introduisant le vecteur unitaire $u = x / ∥ x ∥$ , on a $∥ f (u) ∥ = α$ puis $∥ f (x) ∥ = α ∥ x ∥$
(c)

Si $α = 0$ alors $f = 0$ et n’importe quel $g \in O (E)$ convient.

Si $α \neq 0$ alors introduisons l’endomorphisme

$g = \frac{1}{α} . f .$

La relation obtenue au-dessus assure que $g$ conserve la norme et donc $g \in O (E)$ . On peut alors conclure.

Exercice 31 3075

Soient $E$ un espace euclidien de dimension $n \geq 1$ et $f$ une fonction de $E$ vers $E$ vérifiant

f (0_{E}) = 0_{E} et \forall (x, y) \in E^{2}, ∥ f (x) - f (y) ∥ = ∥ x - y ∥ .

(a)

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

Établir $(f (x) ∣ f (y)) = (x ∣ y)$ pour tous $x$ et $y$ de $E$ .
(c)

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

Exercice 32 2740 MINES (MP)Correction

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

(i)

$f$ est une isométrie vectorielle;
(ii)

$f^{2} = - Id$ ;
(iii)

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

Solution

Supposons (i) et (ii).
Pour $x \in E$ , on a

(f (x) ∣ x) = - (f (x) ∣ f^{2} (x)) = - (x ∣ f (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 ${∥ f (x) ∥}^{2} = {∥ x ∥}^{2}$ . Ainsi $f$ est une isométrie.
Supposons (i) et (iii).
Pour tous vecteurs $x$ et $y$

(f^{2} (x) + x ∣ f (y)) = (f (x) ∣ y) + (x ∣ f (y)) .

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

donc

(f^{2} (x) + x ∣ f (y)) = 0 .

Puisque $f$ est surjective, $f^{2} (x) + x = 0_{E}$ .

Exercice 33 1606 Correction

Soient $a$ un vecteur unitaire d’un espace vectoriel euclidien $E$ , $α$ un réel et $f_{α} : E \to E$ l’application définie par

f_{α} (x) = x + α (x ∣ a) . a .

(a)

Montrer que ${f_{α} | α \in ℝ}$ est stable pour le produit de composition et observer que $f_{α}$ et $f_{β}$ commutent.
(b)

Calculer $f_{α}^{p}$ pour $p \in ℕ$ .
(c)

Montrer que $f_{α}$ est inversible si, et seulement si, $α \neq - 1$ . Quelle est la nature de $f_{- 1}$ ?
(d)

Montrer

$f_{α} \in O (E) \Leftrightarrow α = 0 ou α = - 2 .$

Quelle est la nature de $f_{- 2}$ ?

Solution

(a)

On a

$\forall (α, β) \in ℝ^{2}, f_{α} \circ f_{β} = f_{α + β + α β} = f_{β} \circ f_{α} .$
(b)

Par récurrence

$f_{α}^{p} = f_{{(α + 1)}^{p} - 1} .$
(c)

Si $α = - 1$ alors $f_{α} (a) = 0$ .
$f_{- 1}$ est la projection orthogonale sur $Vect {(a)}^{⊥}$ .
Si $α \neq - 1$ alors $g = f_{- α / (α + 1)}$ satisfait à la propriété $f_{α} \circ g = g \circ f_{α} = Id$ donc $f_{α}$ inversible.
(d)

Si $α = 0$ alors $f_{α} = Id$ .
Si $α = - 2$ alors $f_{α}$ est la réflexion par rapport à $Vect {(a)}^{⊥}$ .
Dans les deux cas $f_{α} \in O (E)$ .
Si $α \neq 0, - 2$ alors $f_{α} (a) = (1 + α) . a$ puis

$∥ f_{α} (a) ∥ = | 1 + α | \neq 1 = ∥ a ∥$

et donc $f_{α} \notin O (E)$ .

Exercice 34 5132

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

(a)

Montrer l’égalité $Ker (g) = {(Im (g))}^{⊥}$ .
(b)

Montrer¹¹ 1 On dit qu’une suite $(u_{n})$ de vecteurs de $E$ tend vers un vecteur $ℓ \in E$ lorsque $∥ u_{n} - ℓ ∥$ tend vers $0$ quand $n$ croît vers l’infini. que pour tout $x \in E$ ,

$\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} f^{k} (x) \to_{n \to + \infty}^{} p (x) .$

Exercice 35 2591 MINES (MP)Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ .

Montrer que $u$ est une homothétie si, et seulement si, $u$ commute avec toute isométrie de $E$ .

Solution

Si $u$ est une homothétie, c’est-à-dire un endomorphisme de la forme $λ . {Id}_{E}$ , l’endomorphisme $u$ avec tout endomorphisme de $E$ et en particulier avec les isométries.

Inversement, soit $u$ un endomorphisme commutant avec toutes les isométries de $E$ . Notons $A$ la matrice de $u$ dans une base orthonormale $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ . La matrice $A$ commute avec toute matrice orthogonale. En particulier, pour $i = 1, \dots, n$ , la matrice $A$ commute avec la matrice

D_{i} = I_{n} - 2 E_{i, i} = diag (1, \dots, - 1, \dots 1)

Par le produit $D_{i} A$ , la $i$ -ème ligne de $A$ est transformée en son opposé. Par le produit $A D_{i}$ , c’est la $i$ -ème colonne de $A$ qui est transformée en son opposé. Les matrices $A D_{i}$ et $D_{i} A$ étant égales, les coefficients de la $i$ -ème ligne et de la $i$ -ème colonne sont assurément nuls à l’exception du coefficient diagonal. La matrice $A$ est donc diagonale.

De plus, pour $1 \leq i < j \leq n$ , la matrice

Ω_{i, j} = I_{n} - E_{i, i} - E_{j, j} + E_{i, j} + E_{j, i}

est orthogonale et l’égalité $A Ω_{i, j} = Ω_{i, j} A$ assure que les coefficients diagonaux d’indices $i$ et $j$ de $A$ sont égaux. Finalement, la matrice $A$ est une matrice scalaire et l’endomorphisme $u$ figuré par $A$ est une homothétie.

Exercice 36 2731 MINES (MP)Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ . On note $ℳ$ l’espace vectoriel réel $ℳ_{n} (ℝ)$ . On pose

φ : (A, B) \in ℳ^{2} \mapsto tr (A^{⊤} B) .

(a)

Montrer que $φ$ est un produit scalaire.
(b)

Donner une condition nécessaire et suffisante sur $Ω \in ℳ$ pour que $M \mapsto Ω M$ soit $φ$ -orthogonale.

Solution

(a)

On reconnaît le produit scalaire canonique sur $ℳ_{n} (ℝ)$ .
(b)

Posons $f : M \mapsto Ω M$ . $(f (M) ∣ f (N)) = tr (M^{⊤} Ω^{⊤} Ω N)$ .
$f$ est $φ$ -orthogonale si, et seulement si, pour tout $M, N \in ℳ$ , $(M ∣ Ω^{⊤} Ω N) = (M ∣ N)$ c’est-à-dire pour tout $N \in ℳ$ , $Ω^{⊤} Ω N = N$ c’est-à-dire $Ω^{⊤} Ω = I_{n}$ .
Ainsi $f$ est $φ$ -orthogonale si, et seulement si, $Ω$ l’est.

Exercice 37 5311 CCINP (MP)Correction

Soit $E$ un espace euclidien de dimension $2 n$ (avec $n \geq 1$ ) et de produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ . On introduit $F$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels de $E$ chacun de dimension $n$ et tels que $E = F \oplus G$ . On note $p_{F}$ et $p_{G}$ les projections respectivement sur $F$ et $G$ et parallèlement à $G$ et $F$ . Soit $φ$ une isométrie de $E$ telle que $φ (F) \subset G$ . Enfin, on étudie

f_{φ} : {\begin{matrix} E & \to & E \\ x & \mapsto & φ (p_{F} (x)) + φ^{- 1} (p_{G} (x)) . \end{matrix}

(a)

Démontrer $φ (F) = G$ , $f_{φ} \circ f_{φ} = {Id}_{E}$ , $f_{φ} (F) = G$ et $f_{φ} (G) = F$ .
(b)

On suppose que

$⟨ φ (u), u^{'} ⟩ = ⟨ u, φ (u^{'}) ⟩ pour tous u, u^{'} \in F .$

Démontrer que $f_{φ}$ est un automorphisme orthogonal.
(c)

Établir la réciproque.

Solution

(a)

L’application linéaire $φ$ est injective et par conséquent conserve la dimension. Par inclusion et égalité des dimensions, $φ (F) = G$ .

Pour $x \in F$ , $f_{φ} (x) = φ (x) \in G$ et donc $f_{φ} (f_{φ} (x)) = φ^{- 1} (φ (x)) = x$ . Pour $x \in G$ , le calcul est semblable. Par égalité d’applications linéaires sur des espaces supplémentaires, $f_{φ} \circ f_{φ} = {Id}_{E}$ .

On a vu au-dessus $f_{φ} (F) \subset G$ et cette inclusion se transforme en égalité par les dimensions car $f_{φ}$ est une application linéaire injective. On acquiert de même $f_{φ} (G) = F$ .
(b)

Vérifions que $f_{φ}$ conserve la norme. Soit $x \in E$ que l’on écrit $x = a + b$ avec $a \in F$ et $b \in G$ . On a

${∥ f_{φ} (x) ∥}^{2}$ $= ∥ φ (a) + φ^{- 1} (b) ∥$

$= {∥ φ (a) ∥}^{2} + 2 ⟨ φ (a), φ^{- 1} (b) ⟩ + {∥ φ^{- 1} (b) ∥}^{2} .$

La conversation du produit scalaire par $φ$ et la propriété supposée entraîne

${∥ f_{φ} (x) ∥}^{2} = {∥ a ∥}^{2} + 2 ⟨ a, b ⟩ + {∥ b ∥}^{2} = {∥ x ∥}^{2} .$

On en déduit que $f_{φ}$ est un automorphisme orthogonal.
(c)

Si $f_{φ}$ est un automorphisme orthogonal, il conserve le produit scalaire et donc

$⟨ f_{φ} (x), f_{φ} (y) ⟩ = ⟨ x, y ⟩ pour tous x, y \in E .$

En particulier, pour $x = u$ et $y = φ^{- 1} (u^{'})$ on obtient la relation voulue.

Exercice 38 3076 X (MP)Correction

Soit $(E, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ un espace euclidien.
Pour $φ \in O (E)$ , on note $M (φ) = Im (φ - {Id}_{E})$ et $F (φ) = Ker (φ - {Id}_{E})$ .
Si $u \in E ∖ {0}$ , $s_{u}$ désigne la symétrie orthogonale par rapport à l’hyperplan $u^{⊥}$ .

(a)

Soit $φ \in O (E)$ . Montrer que $M (φ) \oplus^{⊥} F (φ) = E$ .
(b)

Si $(u_{1}, \dots, u_{k})$ est libre, montrer:

$M (s_{u_{1}} \circ \dots \circ s_{u_{k}}) = Vect (u_{1}, \dots, u_{k}) .$
(c)

On suppose $(u_{1}, \dots, u_{k})$ libre. Soient $v_{1}, \dots, v_{k} \in E ∖ {0}$ tels que

$s_{u_{1}} \circ \dots \circ s_{u_{k}} = s_{v_{1}} \circ \dots \circ s_{v_{k}} .$

Montrer que $(v_{1}, \dots, v_{k})$ est libre.

Solution

(a)

Soient $y \in M (φ)$ et $x \in F (φ)$ .
$φ (x) = x$ et il existe $a \in E$ tel que $y = φ (a) - a$ .
On a alors

$⟨ x, y ⟩ = ⟨ x, φ (a) ⟩ - ⟨ x, a ⟩ = ⟨ φ (x), φ (a) ⟩ - ⟨ x, a ⟩ = 0$

car $φ \in O (E)$ .
Ainsi, $M (φ)$ et $F (φ)$ sont orthogonaux et par la formule du rang

$dim M (φ) + dim F (φ) = dim E$

donne

$M (φ) \oplus^{⊥} F (φ) = E .$
(b)

Par récurrence sur $k \geq 1$ .

Pour $k = 1$ : la propriété est immédiate.

Supposons la propriété vraie au rang $k \geq 1$ .

Soient $(u_{1}, \dots, u_{k + 1})$ une famille libre et $φ = s_{u_{1}} \circ \dots \circ s_{u_{k + 1}} \in O (E)$ . Étudions $F (φ)$ .

Soit $x \in F (φ)$ . La relation $φ (x) = x$ donne

$s_{u_{2}} \circ \dots \circ s_{u_{k + 1}} (x) = s_{u_{1}} (x)$

puis

$s_{u_{2}} \circ \dots \circ s_{u_{k + 1}} (x) - x = s_{u_{1}} (x) - x .$

Or $s_{u_{1}} (x) - x \in Vect (u_{1})$ et par hypothèse de récurrence $s_{u_{2}} \circ \dots \circ s_{u_{k + 1}} (x) - x \in Vect (u_{2}, \dots, u_{k + 1})$ .

Puisque la famille $(u_{1}, \dots, u_{k + 1})$ est libre, on obtient

$s_{u_{2}} \circ \dots \circ s_{u_{k + 1}} (x) - x = s_{u_{1}} (x) - x = 0 .$

Ainsi, $x$ est point fixe de $s_{u_{2}} \circ \dots \circ s_{u_{k + 1}}$ et de $s_{u_{1}}$ et donc

$x \in Vect {(u_{2}, \dots, u_{k + 1})}^{⊥} \cap Vect {(u_{1})}^{⊥} = Vect {(u_{1}, \dots, u_{k + 1})}^{⊥} .$

Par suite,

$F (φ) \subset Vect {(u_{1}, \dots, u_{k + 1})}^{⊥} .$

L’autre inclusion étant immédiate, on obtient

$F (φ) = Vect {(u_{1}, \dots, u_{k + 1})}^{⊥}$

puis

$M (φ) = Vect (u_{1}, \dots, u_{k + 1}) .$

Récurrence établie.
(c)

Posons

$φ = s_{u_{1}} \circ \dots \circ s_{u_{k}} = s_{v_{1}} \circ \dots \circ s_{v_{k}} .$

Par l’étude qui précède

$F (φ) = Vect {(u_{1}, \dots, u_{k})}^{⊥} .$

De façon immédiate

$Vect {(v_{1}, \dots, v_{k})}^{⊥} \subset F (φ) .$

En passant à l’orthogonal

$Vect (u_{1}, \dots, u_{k}) \subset Vect (v_{1}, \dots, v_{k}) .$

Puisque la famille $(u_{1}, \dots, u_{k})$ est supposé libre, un argument de dimension permet d’affirmer que la famille $(v_{1}, \dots, v_{k})$ l’est aussi.

Exercice 39 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 \in ℒ (E) | \forall x \in E, ∥ u (x) ∥ \leq ∥ x ∥} .

(a)

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

Soit $u \in Γ$ tel qu’il existe $(f, g) \in Γ^{2}$ vérifiant

$f \neq g et u = \frac{1}{2} (f + g) .$

Montrer que $u \notin O (E)$ .
(c)

Soit $v$ un automorphisme de $E$ . Montrer qu’il existe $ρ \in O (E)$ et $s$ un endomorphisme symétrique de $E$ de valeurs propres positives tels que $v = ρ \circ s$ .

On admet que ce résultat reste valable si l’on ne suppose plus $v$ bijectif.
(d)

Soit $u \in Γ$ qui n’est pas un endomorphisme orthogonal.
Montrer qu’il existe $(f, g) \in Γ^{2}$ tels que

$f \neq g et u = \frac{1}{2} (f + g) .$
(e)

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

Solution

(a)

Soient $u, v \in Γ$ et $λ \in [0; 1]$ . Pour tout $x \in E$ ,

$∥ (λ u + (1 - λ) v (x) ∥ \leq λ ∥ u (x) ∥ + (1 - λ) ∥ v (x) ∥ \leq ∥ x ∥$

donc $λ u + (1 - λ) v \in Γ$ .
Pour $u \in O (E)$ , on a

$\forall x \in E, ∥ u (x) ∥ = ∥ x ∥ \leq ∥ x ∥$

et donc $u \in Γ$ .
(b)

Puisque $f \neq g$ , il existe un vecteur $x$ vérifiant $f (x) \neq g (x)$ .
Si $∥ f (x) ∥ < ∥ x ∥$ ou $∥ g (x) ∥ < ∥ x ∥$ alors

$∥ u (x) ∥ = \frac{1}{2} ∥ f (x) + g (x) ∥ \leq \frac{∥ f (x) ∥ + ∥ g (x) ∥}{2} < ∥ x ∥$

et donc $u \notin O (E)$ .
Si $∥ f (x) ∥ = ∥ x ∥$ et $∥ g (x) ∥ = ∥ x ∥$ alors la condition $f (x) \neq g (x)$ 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 $u \notin O (E)$ .
(c)

Soit $M$ la matrice de $v$ dans une base orthonormale $e$ de $E$ . La matrice $M^{⊤} M$ est symétrique à valeurs propres strictement positives donc orthogonalement semblable à une matrice diagonale $D$ de coefficients diagonaux strictement positifs. On peut alors former une matrice symétrique $S$ de valeurs propres strictement positives telles que $S^{2} = M^{⊤} M$ . Considérons $s$ l’endomorphisme figuré par $S$ dans la base $e$ et $ρ = v \circ s^{- 1}$ . Matriciellement, on vérifie $ρ \in O (E)$ et $v = ρ \circ s$ est l’écriture voulue.
(d)

Soit $u \in Γ ∖ O (E)$ . On peut écrire $u = ρ \circ s$ avec $ρ \in O (E)$ et $s$ endomorphisme symétrique de valeurs propres positives. Puisque

$\forall x \in E, ∥ u (x) ∥ = ∥ s (x) ∥$

on a $s \in Γ$ 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

$(\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix}) avec λ_{1}, \dots, λ_{n} \in [0; 1] .$

Si les $λ_{i}$ sont tous égaux à 1 alors $s = {Id}_{E}$ et $u = ρ \in O (E)$ ce qui est exclu. Il y a donc au moins un $λ_{i}$ différent de 1. Considérons alors l’endomorphisme $t$ dont la matrice dans la base orthonormée précédente est

$(\begin{matrix} 2 λ_{1} - 1 & (0) \\ ⋱ \\ (0) & 2 λ_{n} - 1 \end{matrix}) .$

On peut écrire

$s = \frac{1}{2} ({Id}_{E} + t)$

avec ${Id}_{E} \in Γ$ , ${Id}_{E} \neq t$ et $t \in Γ$ car les coefficients diagonaux précédents sont inférieurs à $1$ en valeur absolue.
On en déduit

$u = \frac{1}{2} (ρ + ρ \circ t)$

avec $ρ, ρ \circ t \in Γ$ et $ρ \neq ρ \circ t$ .
(e)

Soit $v \in ℒ (E)$ . Pour $k > 0$ assez grand

$v_{k} = v + \frac{1}{k} {Id}_{E} \in G L (E)$

car $v$ ne possède qu’un nombre fini de valeurs propres.

On peut alors écrire

$v_{k} = ρ_{k} \circ s_{k} avec ρ_{k} \in O (E) et s_{k} \in 𝒮^{+} (E) .$

Puisque $O (E)$ est compact, il existe une suite extraite $(ρ_{φ (k)})$ qui converge $ρ_{\infty} \in O (E)$ . On a alors

$s_{φ (k)} = ρ_{φ (k)}^{- 1} \circ v_{φ (k)} \to_{k \to + \infty}^{} ρ_{\infty}^{- 1} \circ v .$

En posant $s_{\infty} = ρ_{\infty}^{- 1} \circ v$ , on a $s_{\infty} \in 𝒮^{+} (E)$ car $𝒮^{+} (E)$ est fermé et donc $v = ρ_{\infty} \circ s_{\infty}$ donne l’écriture voulue.

[<] Isométries vectorielles[>] Mesures angulaires

Exercice 40 5133

Soit $E$ un plan euclidien orienté.

(a)

Montrer que la composée de deux réflexions du plan $E$ est une rotation.
(b)

Justifier que toute rotation peut s’écrire comme le produit de deux réflexions dont l’une peut être choisie arbitrairement.

Exercice 41 1608

Soient $r$ une rotation et $s$ une réflexion d’un plan euclidien orienté $E$ .

Simplifier les composées $s \circ r \circ s$ et $r \circ s \circ r$ .

Exercice 42 1609

Dans un plan euclidien orienté, à quelle condition peut-on affirmer qu’une rotation et qu’une réflexion commutent?

Exercice 43 5134

Soient $\vec{u}$ et $\vec{v}$ deux vecteurs de même norme du plan euclidien orienté $E$ .

Déterminer les isométries $f$ envoyant $\vec{u}$ sur $\vec{v}$ .

[<] Isométries du plan[>] Réduction des isométries vectorielles

Exercice 44 5142

On définit l’écart angulaire entre deux vecteurs non nuls $x$ et $y$ d’un espace préhilbertien de produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ comme étant l’unique¹¹ 1 Le réel $θ$ existe et unique car l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne $\frac{⟨ x, y ⟩}{∥ x ∥ ∥ y ∥} \in [- 1; 1]$ . $θ$ appartenant à $[0; π]$ tel que $⟨ x, y ⟩ = ∥ x ∥ ∥ y ∥ \cos (θ)$ .

Que dire d’une famille de trois vecteurs ayant deux à deux entre eux un écart angulaire égal à $2 π / 3$ ?

Exercice 45 4507

Soient $s_{1}$ et $s_{2}$ deux réflexions de droites $D_{1}$ et $D_{2}$ d’un plan euclidien orienté $E$ . On introduit ${\vec{u}}_{1}$ et ${\vec{u}}_{2}$ des vecteurs directeurs des droites $D_{1}$ et $D_{2}$ et l’on pose $θ$ une mesure de l’angle orienté de ${\vec{u}}_{1}$ à ${\vec{u}}_{2}$ . Préciser la composée $s_{2} \circ s_{1}$ .

Exercice 46 1597 Correction

On définit l’écart angulaire entre deux vecteurs non nuls $x$ et $y$ d’un espace préhilbertien de produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ comme étant l’unique¹¹ 1 Le réel $θ$ existe et unique car l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne $\frac{⟨ x, y ⟩}{∥ x ∥ ∥ y ∥} \in [- 1; 1]$ . $θ = Ecart(x,y)$ appartenant à $[0; π]$ tel que $⟨ x, y ⟩ = ∥ x ∥ ∥ y ∥ \cos (θ)$ .

Soient $u, v, w$ trois vecteurs unitaires d’un espace euclidien $E$ de dimension $\geq 2$ . On introduit les

α = Ecart (u, v), β = Ecart (v, w) et θ = Ecart (u, w) .

En projetant $v$ sur un plan contenant $u$ et $w$ , montrer que $θ \leq α + β$ .

Solution

Notons $v^{'}$ le projeté de $v$ sur un plan $P$ contenant $u$ et $w$ .

Orientons $P$ , de sorte que $(u, w) = θ [2 π]$ .

Notons $α^{'} = Ecart (u, v^{'})$ et $β^{'} = Ecart (v^{'}, w)$ .

(u ∣ v) = ∥ u ∥ ∥ v ∥ \cos (α) et (u ∣ v) = (u ∣ v^{'}) = ∥ u ∥ ∥ v^{'} ∥ \cos (α^{'})

avec $∥ v^{'} ∥ \leq ∥ v ∥$ donc $\cos (α) \leq \cos (α^{'})$ puis $α^{'} \leq α$ .
De même, on établit $β^{'} \leq β$ .

Par des considérations d’angles orientés,

θ = α^{'} + β^{'}, α^{'} - β^{'}, - α^{'} + β^{'} ou - α^{'} - β^{'} [2 π] .

Cas: $θ = α^{'} + β^{'} [2 π]$ . $θ = α^{'} + β^{'}$ et $θ \leq α + β$ .

Cas: $θ = α^{'} - β^{'} [2 π]$ . $θ = α^{'} - β^{'} \leq α^{'} \leq α + β$ .

Cas: $θ = - α^{'} + β^{'} [2 π]$ . idem.

Cas: $θ = - α^{'} - β^{'} [2 π]$ . $θ = 2 π - α^{'} - β^{'}$ et $α + β \geq α^{'} + β^{'} \geq π \geq θ$ .

[<] Mesures angulaires[>] Isométries de l'espace de dimension 3

Exercice 47 3487 Correction

Déterminer les applications $u \in O (E)$ vérifiant

{(u - Id)}^{2} = \tilde{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 (\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix}) .

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 48 2403 CENTRALE (MP)

(a)

Trouver toutes les matrices de $O_{n} (ℝ)$ diagonalisables sur $ℝ$ .
(b)

Montrer que toutes les matrices de $O_{n} (ℝ)$ sont diagonalisables sur $ℂ$ .

Exercice 49 2562 ENSTIM (MP)Correction

Soit $Ω \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice orthogonale.
Soit $λ$ une valeur propre complexe de $Ω$ et $X \in ℳ_{n,1} (ℂ)$ vérifiant

Ω X = λ X .

En calculant de deux façons

{(\bar{Ω} \bar{X})}^{⊤} Ω X

établir que $λ$ est de module 1.

Solution

D’une part

{(\bar{Ω} \bar{X})}^{⊤} Ω X = {\bar{X}}^{⊤} Ω^{⊤} Ω X = {\bar{X}}^{⊤} X

et d’autre part

{(\bar{Ω} \bar{X})}^{⊤} Ω X = {(\bar{λ} \bar{X})}^{⊤} λ X = {| λ |}^{2} {\bar{X}}^{⊤} X .

Puisque ${\bar{X}}^{⊤} X$ est un réel non nul, on en déduit $| λ | = 1$ .

Exercice 50 3343 Correction

Soit $A \in O_{n} (ℝ)$ .

(a)

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

Soit $λ$ une valeur propre complexe non réelle de $A$ que l’on écrit $λ = e^{i θ}$ avec $θ ≢ 0 [π]$ . Soit $Z \in ℳ_{n,1} (ℂ)$ un vecteur propre associé à $λ$ . On pose $X = Re (Z)$ et $Y = Im (Z)$

(b)

Montrer que $Vect (X, Y)$ est stable par $A$ .
(c)

Montrer que les colonnes $X$ et $Y$ ont alors la même norme et sont orthogonales.
(d)

Quelle est la nature de l’endomorphisme induit par la matrice $A$ sur l’espace $Vect (X, Y)$ ?

Solution

(a)

Soient $λ$ une valeur propre complexe de $A$ et $Z$ un vecteur propre associé.

On a $A Z = λ Z$ . Par conjugaison, $\bar{A Z} = \bar{λ Z} = \bar{λ} \bar{Z}$ donc

${(\bar{A} \bar{Z})}^{⊤} A Z = {| λ |}^{2} {\bar{Z}}^{⊤} Z .$

On a aussi

${(\bar{A} \bar{Z})}^{⊤} A Z = {\bar{Z}}^{⊤} {\bar{A}}^{⊤} A Z = {\bar{Z}}^{⊤} A^{⊤} A Z = {\bar{Z}}^{⊤} Z .$

Puisque ${\bar{Z}}^{⊤} Z \in ℝ_{+}^{*}$ , on obtient ${| λ |}^{2} = 1$ .
(b)

L’identité $A Z = λ Z$ donne par identification des parties réelles et imaginaires

${\begin{matrix} A X & = \cos (θ) X - \sin (θ) Y \\ A Y & = \sin (θ) X + \cos (θ) Y . \end{matrix}$

Il est alors immédiat de vérifier que $Vect (X, Y)$ est stable par $A$ .
(c)

On a

$Z^{⊤} Z = X^{⊤} X - Y^{⊤} Y + 2 i X^{⊤} Y .$

Or $Z^{⊤} A Z = e^{i θ} Z^{⊤} Z$ et $Z^{⊤} A Z = {(A^{⊤} Z)}^{⊤} Z = {(A^{- 1} Z)}^{⊤} Z = e^{- i θ} Z^{⊤} Z$ . On en déduit

$Z^{⊤} Z = e^{2 i θ} Z^{⊤} Z .$

Or $e^{2 i θ} \neq 1$ donc $Z^{⊤} Z = 0$ puis

$X^{⊤} X = Y^{⊤} Y et X^{⊤} Y = 0 .$
(d)

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 51 5399 Correction

Soient $A, B \in O_{n} (ℝ)$ .

Montrer que $A$ et $B$ sont semblables si, et seulement si, $χ_{A} = χ_{B}$ .

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 $χ_{A} = χ_{B}$ . 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 (\begin{matrix} \cos (θ) & - \sin (θ) \\ \sin (θ) & \cos (θ) \end{matrix}) avec θ \in] 0; π [.

Le polynôme caractéristique de $A$ est alors un produit de facteurs

X - 1, X + 1, ou X^{2} - 2 \cos (θ) X + 1 .

L’égalité $χ_{A} = χ_{B}$ 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 autoadjoints

Exercice 52 1613 Correction

Soient $(a, b) \in ℝ^{2}$ et

A = (\begin{matrix} a & b & b \\ b & a & b \\ b & b & a \end{matrix}) .

(a)

Pour quels $a, b \in ℝ$ , a-t-on $A \in O (3)$ ?
(b)

Vérifier qu’alors $A^{2} = I_{3}$ et préciser la transformation réalisée par l’endomorphisme $f$ de $ℝ^{3}$ canoniquement associé à la matrice $A$ .

Solution

(a)

Par orthogonalité et unitarité des colonnes

$A \in O (3) \Leftrightarrow a^{2} + 2 b^{2} = 1 et 2 a b + b^{2} = 0 .$

Ainsi,

$A \in O (3) \Leftrightarrow (a, b) \in {(1,0), (- 1,0), (1 / 3, - 2 / 3), (- 1 / 3,2 / 3)} .$
(b)

Puisque la matrice $A$ est symétrique, il vient

$A^{2} = A^{⊤} A = A^{- 1} A = I_{3}$

L’endomorphisme $f$ est donc une symétrie. Plus précisément,

Cas: $a = 1$ et $b = 0$ . $f = Id$ .

Cas: $a = - 1$ et $b = 0$ . $f = - Id$ .

Cas: $a = 1 / 3$ et $b = - 2 / 3$ . $f$ est la réflexion par rapport au plan d’équation $x + y + z = 0$ .

Cas: $a = - 1 / 3$ et $b = 2 / 3$ . $f$ est l’opposée à la transformation précédente, c’est la symétrie par rapport à la droite dirigée par $w = i + j + k$ (vecteur normal au plan précédent).

Exercice 53 3803 CCINP (PSI)Correction

Montrer que la matrice

M = \frac{1}{3} (\begin{matrix} 1 & - 2 & - 2 \\ - 2 & 1 & - 2 \\ - 2 & - 2 & 1 \end{matrix})

est orthogonale.
Calculer $\det (M)$ . Qu’en déduire d’un point de vue géométrique?
Donner les caractéristiques géométriques de $M$ .

Solution

Les colonnes de $M$ sont unitaires et deux à deux orthogonales, c’est donc une matrice orthogonale.
En développant selon une rangée $\det (M) = - 1$ .
Puisque la matrice $M$ est de surcroît symétrique, c’est une matrice de réflexion par rapport à un plan. Ce plan est celui de vecteur normal ${(\begin{matrix} 1 & 1 & 1 \end{matrix})}^{⊤}$ .

Exercice 54 1611 Correction

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

\frac{1}{2} (\begin{matrix} 1 & - \sqrt{2} & 1 \\ \sqrt{2} & 0 & - \sqrt{2} \\ 1 & \sqrt{2} & 1 \end{matrix}) .

(a)

Former une base orthonormée directe $ℬ^{'} = (u, v, w)$ telle que $v, w \in P : x + z = 0$ .
(b)

Former la matrice de $f$ dans $ℬ^{'}$ et reconnaître $f$ .

Solution

(a)

Les vecteurs suivants conviennent

$u = \frac{1}{\sqrt{2}} (i + k), v = j et w = \frac{1}{\sqrt{2}} (- i + k) .$
(b)

${Mat}_{ℬ^{'}} (f) = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix})$

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

Exercice 55 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 $s \circ r \circ s$ .

Exercice 56 1615

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

(a)

On suppose qu’il existe $\vec{x} \neq \vec{0}$ tel que $f (\vec{x}) = - \vec{x}$ . 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 $Vect (\vec{x})$ .
(b)

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

Exercice 57 1616 Correction

Dans un espace euclidien orienté de dimension $3$ , on considère une réflexion $s$ et une rotation $f$ d’axe $D$ dirigé et orienté par un vecteur unitaire $u$ et d’angle $θ \neq 0 [(2 π)]$ .

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

Supposons que $f$ et $s$ commutent.

L’égalité $f \circ s = s \circ f$ donne $f (s (u)) = s (u)$ . On en déduit que la vecteur $s (u)$ est colinéaire à $u$ car élément de $D$ . Aussi, le vecteur $s (u)$ est de même norme que $u$ et donc $s (u) = u$ ou $s (u) = - u$ .

Cas: $s (u) = - u$ . La réflexion $s$ opère par rapport à plan $P = {u}^{⊥}$ .

Cas: $s (u) = u$ . Le vecteur $u$ appartient au plan de réflexion $P$ . Aussi, si $v$ est un vecteur de ce plan $P$ qui est orthogonal à $u$ alors $s (f (v)) = f (v)$ et donc $f (v)$ est aussi un vecteur de ce plan $P$ . Or ce ne peut être $v$ et c’est donc $- v$ . Par suite, $- 1$ est valeur propre de $f$ et donc $f$ est un retournement.

Inversement, par considération des matrices de $f$ et $g$ dans une base orthonormée adaptée, on établit que $f$ et $g$ commutent.

Exercice 58 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 $g \circ f = f \circ g$ ?

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

Exercice 59 361

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

Exercice 60 5129

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

Exercice 61 5137

Soit $E$ un espace euclidien. Montrer que, si un sous-espace vectoriel $F$ de $E$ est stable par un endomorphisme autoadjoint $u$ , alors $F^{⊥}$ est aussi stable par $u$ .

Exercice 62 4266

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

Exercice 63 363 Correction

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

Solution

Si $p$ est une projection orthogonale alors

	$\forall x, y \in E, (x ∣ p (y))$	$= \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{(x - p (x) ∣ p (y))}} + (p (x) ∣ p (y))$
		$= \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{(p (x) ∣ p (y) - y)}} + (p (x) ∣ y)$
		$= (p (x) ∣ y) .$

Ainsi, l’endomorphisme $p$ est autoadjoint.

Inversement, si $p$ est autoadjoint alors $Im (p) = {(Ker (p))}^{⊥}$ et donc $p$ est une projection orthogonale.

Exercice 64 362 Correction

Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes autoadjoints d’un espace vectoriel euclidien $E$ .

Montrer que $f \circ g$ est autoadjoint si, et seulement si, $f \circ g = g \circ f$ .

Solution

Soit $e$ une base orthonormée de $E$ .

Notons $A$ et $B$ les matrices de $f$ et $g$ dans la base $e$ .

Ces matrices sont symétriques et

{(A B)}^{⊤} = A B \Leftrightarrow B A = A B .

Ainsi,

f \circ g est autoadjoint \Leftrightarrow f \circ g = g \circ f .

Exercice 65 1751

Soient $E$ un espace euclidien de dimension $n \geq 2$ de produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ , $a$ un vecteur unitaire de $E$ et $k$ un réel.

(a)

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

$f (x) = x + k ⟨ a, x ⟩ . a pour tout x \in E .$
(b)

Déterminer les éléments propres de $f$ .

Exercice 66 3591 CCINP (MP)Correction

Soient $a \in ℝ^{*}$ , $u$ un vecteur unitaire de $ℝ^{3}$ euclidien.

(a)

Montrer que l’application $f_{a}$ définie par

$f_{a} (x) = x + a ⟨ x, u ⟩ u$

est un endomorphisme de $ℝ^{3}$ .
(b)

Montrer qu’il existe un unique $a^{'} \neq 0$ vérifiant

$\forall x \in ℝ^{3}, ∥ f_{a^{'}} (x) ∥ = ∥ x ∥ .$

Donner la nature de $f_{a^{'}}$ (on pourra s’intéresser à $f_{a^{'}}^{2}$ ).
(c)

Montrer que $f_{a}$ est un endomorphisme autoadjoint et déterminer ses éléments propres.

Solution

(a)

L’application est évidemment linéaire de $ℝ^{3}$ dans $ℝ^{3}$ .
(b)

Si $f_{a^{'}}$ conserve la norme alors, en particulier, $∥ f_{a^{'}} (u) ∥ = ∥ u ∥$ 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

$\forall x, y \in ℝ^{3}, ⟨ f_{a} (x), y ⟩ = ⟨ x, f_{a} (y) ⟩ .$

On en déduit que $f_{a}$ est un endomorphisme autoadjoint.

Pour $x \in Vect (u)$ , on a $f_{a} (x) = (1 + a) x$ et pour $x \in Vect {(u)}^{⊥}$ , $f_{a} (x) = x$ .

On en déduit que $1 + a$ et $1$ sont valeurs propres de $u$ avec

$E_{1 + a} (f_{a}) = Vect (u) et E_{1} (f_{a}) = Vect {(u)}^{⊥} .$

Il n’y a pas d’autres valeurs propres (plus assez de place dans $ℝ^{3}$ ).

Exercice 67 5109

On munit $ℝ_{n} [X]$ du produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ défini par

⟨ P, Q ⟩ = \int_{- 1}^{1} P (t) Q (t) d t .

Montrer que l’endomorphisme $φ$ de $ℝ_{n} [X]$ déterminé par

φ (P) = (X^{2} - 1) P^{''} + 2 X P^{'} + P

est autoadjoint.

Exercice 68 3430 Correction

On pose $E = ℝ_{n} [X]$ muni du produit scalaire défini par

(P ∣ Q) = \int_{0}^{1} P (t) Q (t) d t .

(a)

Montrer que la relation

$u (P) (x) = \int_{0}^{1} {(x + t)}^{n} P (t) d t$

définit un endomorphisme $u$ de l’espace $E$ .
(b)

Vérifier que l’endomorphisme $u$ est autoadjoint.
(c)

Calculer la trace de $u$ .

Solution

(a)

En développant

$u (P) (X) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (\int_{0}^{1} t^{n - k} P (t) d t) X^{k} .$

Ceci assure la bonne définition de l’application $u : E \to E$ et permet aussi de vérifier sa linéarité.
(b)

Pour $P, Q \in E$ ,

$(u (P) ∣ Q) = \int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} {(x + t)}^{n} P (t) d t) Q (x) d x$

et par le théorème de Fubini

$(u (P) ∣ Q) = \iint_{{[0; 1]}^{2}} {(x + t)}^{n} P (t) Q (x) d t d x = \int_{0}^{1} (\int_{0}^{1} {(x + t)}^{n} Q (x) d x) P (t) d t$

ce qui se relit

$(u (P) ∣ Q) = (P ∣ u (Q)) .$
(c)

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

$(\binom{n}{k}) \int_{0}^{1} t^{n - k} \times t^{k} d t = \frac{1}{n + 1} (\binom{n}{k}) .$

La trace de $u$ est donc donnée par

$tr (u) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{n + 1} (\binom{n}{k}) = \frac{2^{n}}{n + 1} .$

Exercice 69 3486 Correction

(a)

Vérifier que l’on définit un produit scalaire sur $ℝ^{2}$ par:

$⟨ x, y ⟩ = x_{1} y_{1} + 5 x_{2} y_{2} - 2 (x_{1} y_{2} + x_{2} y_{1}) .$
(b)

Pour quelle(s) valeur(s) de $a \in ℝ$ l’endomorphisme $u$ canoniquement représenté par

$M = (\begin{matrix} 2 & a \\ 0 & 0 \end{matrix})$

est-il autoadjoint?

Solution

(a)

L’application $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ est évidemment une forme bilinéaire symétrique.

Puisque

$⟨ x, x ⟩ = x_{1}^{2} + 5 x_{2}^{2} - 4 x_{1} x_{2} = {(x_{1} - 2 x_{2})}^{2} + x_{2}^{2}$

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 autoadjoint 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 orthonormée.

Exercice 70 5976 CCINP (MP)Correction

Soit $E$ un espace euclidien dont on note $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ le produit scalaire.

Soit $p$ la projection orthogonale sur un sous-espace vectoriel $F$ de $E$ .

(a)

Montrer que

$F = {x \in E | ∥ x ∥ = ∥ p (x) ∥} .$
(b)

Montrer que

$\forall x \in E, ∥ p (x) ∥ \leq ∥ x ∥ .$
(c)

Montrer que

$\forall (x, y) \in E^{2}, ⟨ p (x), y ⟩ = ⟨ x, p (y) ⟩ .$

Que peut-on en déduire?

Soient $F$ , $G$ et $H$ des sous-espaces vectoriels de $E$ . On note $p_{F}$ , $p_{G}$ et $p_{H}$ les projections orthogonales sur ces sous-espaces vectoriels.

(d)

On suppose $p_{F} \circ p_{G} = p_{H}$ . Montrer que $F \cap G = H$ puis que $p_{F} \circ p_{G} = p_{G} \circ p_{F}$ .
(e)

Inversement, on suppose $p_{F} \circ p_{G} = p_{G} \circ p_{F}$ . Montrer qu’il existe un sous-espace vectoriel $H$ de $E$ tel que $p_{H} = p_{F} \circ p_{G}$ .

Solution

(a)

Soit $x \in E$ . On écrit $x = a + b$ avec $a = p (x) \in F$ et $b \in F^{⊥}$ . Par la formule de Pythagore,

${∥ x ∥}^{2} = {∥ p (x) ∥}^{2}$ $\Leftrightarrow {∥ a ∥}^{2} + {∥ b ∥}^{2} = {∥ a ∥}^{2}$

$\Leftrightarrow {∥ b ∥}^{2} = 0$

$\Leftrightarrow b = 0_{E} .$

Par conséquent,

$∥ x ∥ = ∥ p (x) ∥ \Leftrightarrow x \in F .$
(b)

Avec les notations qui précèdent,

${∥ x ∥}^{2} = {∥ a ∥}^{2} + {∥ b ∥}^{2} \geq {∥ a ∥}^{2} = {∥ p (x) ∥}^{2}$

donc $∥ x ∥ \geq ∥ p (x) ∥$ .
(c)

Soient $x, y \in E$ . On écrit $x = a + b$ et $y = c + d$ avec $a = p (x), c = p (y) \in F$ et $b, d \in F^{⊥}$ . Par bilinéarité du produit scalaire,

$⟨ p (x), y ⟩ = ⟨ a, c + d ⟩ = ⟨ a, c ⟩ + ⟨ a, d ⟩ = ⟨ a, c ⟩$

et

$⟨ x, p (y) ⟩ = ⟨ a + b, c ⟩ = ⟨ a, c ⟩ + ⟨ b, c ⟩ = ⟨ a, c ⟩ .$

Ainsi, $⟨ p (x), y ⟩ = ⟨ x, p (y) ⟩$ . Cela signifie que l’endomorphisme $p$ est autoadjoint (et donc diagonalisable en base orthonormée, mais cela pouvait s’acquérir plus immédiatement en considérant une base orthonormée adaptée à $F$ ).
(d)

Soit $x \in F \cap G$ . On a $p_{G} (x) = x$ et $p_{F} (x) = x$ donc $p_{F} \circ p_{G} (x) = x$ . Par conséquent, $x \in H$ .

Inversement, soit $x \in H$ . On a $p_{H} (x) = x$ donc $p_{F} \circ p_{G} (x) = x$ . Par conséquent,

$∥ x ∥ = ∥ p_{F} \circ p_{G} (x) ∥ \leq ∥ p_{G} (x) ∥ \leq ∥ x ∥ .$

Puisque les membres extrêmes sont égaux, les inégalités intermédiaires sont des égalités

$∥ p_{F} \circ p_{G} (x) ∥ = ∥ p_{G} (x) ∥ et ∥ p_{G} (x) ∥ = ∥ x ∥ .$

On en déduit $x \in G$ et $p_{G} (x) = x \in F$ . Ainsi, $x \in F \cap G$ .

Au surplus, $p_{F} \circ p_{G}$ est un endomorphisme autoadjoint donc

$p_{F} \circ p_{G} = {(p_{F} \circ p_{G})}^{*} = p_{G}^{*} \circ p_{F}^{*} = p_{G} \circ p_{F} .$
(e)

Posons $H = F \cap G$ .

Pour $x \in H$ , $p_{F} \circ p_{G} (x) = p_{F} (x) = x = p_{H} (x)$ .

Pour $x \in H^{⊥} = F^{⊥} + G^{⊥}$ , on peut écrire $x = a + b$ avec $a \in F^{⊥}$ et $b \in G^{⊥}$ . On alors $p_{G} \circ p_{F} (a) = 0_{E}$ et $p_{F} \circ p_{G} (b) = 0_{E}$ donc $p_{F} \circ p_{G} (x) = 0_{E} = p_{H} (x)$ .

Les applications linéaires $p_{F} \circ p_{G}$ et $p_{H}$ sont égales sur deux espaces supplémentaires donc égales sur $E$ .

Exercice 71 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)

$a \circ b$ et $b \circ a$ sont des endomorphismes autoadjoints;
(ii)

$a \circ b \circ a = a$ et $b \circ a \circ b = b$ .

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 $x_{0} = b (y)$ qui est le vecteur de norme minimale tel que $a (x_{0})$ soit le plus proche possible de $y$ . de $a$ .

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

Exercice 72 364 Correction

Soit $f$ un endomorphisme autoadjoint de $E$ vérifiant

\forall x \in E, (f (x) ∣ x) = 0 .

Déterminer $f$ .

Solution

Si $λ$ est valeur propre de $f$ et si $x \neq 0_{E}$ est vecteur propre associé alors $(f (x) ∣ x) = 0$ donne $λ = 0$ . Sachant que $f$ est diagonalisable car autoadjoint et que $Sp (f) \subset {0}$ , on peut conclure $f$ est l’endomorphisme identiquement nul.

Exercice 73 366

Soit $u$ un endomorphisme autoadjoint d’un espace euclidien $E$ de dimension $n \geq 1$ et de produit scalaire noté $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ . On pose

λ_{\min} = \min_{λ \in Sp (u)} λ et λ_{\max} = \max_{λ \in Sp (u)} λ .

Montrer que pour tout vecteur $x$ de $E$ ,

λ_{\min} {∥ x ∥}^{2} \leq ⟨ u (x), x ⟩ \leq λ_{\max} {∥ x ∥}^{2} .

Exercice 74 4267

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

sup_{∥ x ∥ = 1} ∥ u (x) ∥ = \max_{λ \in Sp (u)} | λ | .

Exercice 75 368 Correction

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

S = {x \in E | ∥ x ∥ = 1} .

Pour $p \in {1, \dots, n}$ , on note $𝒱_{p}$ l’ensemble des sous-espaces vectoriels de $E$ de dimension $p$ .

Soit $f$ un endomorphisme autoadjoint de $E$ de valeurs propres $λ_{1} \leq \dots \leq λ_{n}$ comptées avec multiplicité. Établir

λ_{p} = \min_{V \in 𝒱_{p}} \max_{x \in S \cap V} (f (x) ∣ x) .

Solution

Soit $(e_{1}, \dots, e_{n})$ une base orthonormée de $E$ formée de vecteurs vérifiant

f (e_{i}) = λ_{i} e_{i} .

Soit $V \in 𝒱_{p}$ . Établissons

\max_{x \in S \cap V} (f (x) ∣ x) \geq λ_{p} .

On a

(f (x) ∣ x) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} x_{i}^{2} .

Considérons $W = Vect (e_{p}, \dots, e_{n})$ . On a $dim V = p$ et $dim W = n - p + 1$ donc $V \cap W$ n’est pas réduit au vecteur nul.

Pour $x \in V \cap W \cap S$ , on a

(f (x) ∣ x) = \sum_{i = p}^{n} λ_{i} x_{i}^{2} \geq λ_{p} \sum_{i = p}^{n} x_{i}^{2} = λ_{p}

et donc

\max_{x \in S \cap V} (f (x) ∣ x) \geq λ_{p} .

Par suite,

\min_{V \in 𝒱_{p}} \max_{x \in S \cap V} (f (x) ∣ x) \geq λ_{p} .

Pour $V = Vect (e_{1}, \dots, e_{p}) \in 𝒱_{p}$ , on a

\forall x \in V \cap S, (f (x) ∣ x) = \sum_{i = 1}^{p} λ_{i} x_{i}^{2} \leq λ_{p} \sum_{i = 1}^{p} x_{i}^{2} = λ_{p}

donc

\max_{x \in S \cap V} (f (x) ∣ x) \leq λ_{p}

puis

\min_{V \in 𝒱_{p}} \max_{x \in S \cap V} (f (x) ∣ x) \leq λ_{p}

et finalement l’égalité.

Exercice 76 3941 Correction

Soit $u$ un endomorphisme autoadjoint d’un espace euclidien $E$ de dimension $n$ non nulle.

On pose

H_{u} = {x \in E | (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 $H_{u}$ .

Solution

Si $λ_{\min} = \min Sp (u)$ et $λ_{\max} = \max Sp (u)$ , en introduisant une base orthonormée diagonalisant $u$ , on montre

\forall x \in E, λ_{\min} {∥ x ∥}^{2} \leq (u (x) ∣ x) \leq λ_{\max} {∥ x ∥}^{2} .

Pour qu’il existe un vecteur unitaire appartenant à $H_{u}$ , il est nécessaire que $1 \in [λ_{\min}; λ_{\max}]$ .

Inversement, supposons que $1$ soit élément de $[λ_{\min}; λ_{\max}]$ .

Si $λ_{\min} = λ_{\max}$ , il est immédiat de conclure.

Supposons désormais $λ_{\min} < λ_{\max}$ . On introduit $e_{\min}$ un vecteur propre unitaire associé à $λ_{\min}$ et $e_{\max}$ un vecteur propre unitaire associé à $λ_{\max}$ . Considérons enfin

e_{θ} = \cos (θ) . e_{\min} + \sin (θ) . e_{\max} .

Puisque les vecteurs $e_{\min}$ et $e_{\max}$ sont unitaires et orthogonaux, on vérifie $∥ e_{θ} ∥ = 1$ . Considérons ensuite la fonction $f : [0; π / 2] \to ℝ$ déterminée par $f (θ) = (u (e_{θ}) ∣ e_{θ})$ . La fonction $f$ est continue, $f (0) = λ_{\min}$ et $f (π / 2) = λ_{\max}$ . Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $θ \in [0; π / 2]$ vérifiant $e_{θ} \in H_{u}$ .

Exercice 77 4269

(Théorème de Courant-Fischer)

Soit $u$ un endomorphisme autoadjoint d’un espace euclidien $E$ de dimension $n \geq 1$ dont le produit scalaire est noté $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ .

On note $λ_{1} \geq λ_{2} \geq \dots \geq λ_{n}$ les valeurs propres de $u$ comptées avec multiplicité, $S$ la sphère unité de $E$ et, pour tout $p \in ⟦ 1; n ⟧$ , $ℱ_{p}$ l’ensemble de tous les sous-espaces vectoriels de $E$ dimension $p$ .

Soit $p \in ⟦ 1; n ⟧$ . Établir

λ_{p} = sup_{F \in ℱ_{p}} (inf_{x \in F \cap S} ⟨ u (x), x ⟩) = inf_{F \in ℱ_{n + 1 - p}} (sup_{x \in F \cap S} ⟨ u (x), x ⟩) .

Exercice 78 2732

Soient $p$ et $q$ des projections orthogonales d’un espace euclidien $E$ de dimension $n \geq 1$ .

(a)

Montrer que $p \circ q \circ p$ est diagonalisable.
(b)

Déterminer ${(Im (p) + Ker (q))}^{⊥}$ .
(c)

En déduire que $p \circ q$ est diagonalisable.
(d)

Établir que les valeurs propres de $p \circ q$ sont comprises entre $0$ et $1$ .

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

Exercice 79 2757 MINES (MP)Correction

Soit $J$ la matrice de $ℳ_{n} (ℝ)$ dont tous les coefficient sont égaux à 1. Trouver $P \in O_{n} (ℝ)$ et $D \in ℳ_{n} (ℝ)$ diagonale telles que $P^{⊤} J P = D$ .

Solution

$Sp (J) = {0, n}$ , $E_{0} (J) : x_{1} + \dots + x_{n} = 0$ et $E_{n} (J) : x_{1} = \dots = x_{n}$ .
Les matrices

D = diag (n,0, \dots,0)

P = (\begin{matrix} 1 / \sqrt{n} & 1 / \sqrt{2} & 1 / \sqrt{6} & 1 / \sqrt{n^{2} - n} \\ ⋮ & - 1 / \sqrt{2} & 1 / \sqrt{6} & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & - 2 / \sqrt{6} & ⋱ & ⋮ \\ 1 / \sqrt{n^{2} - n} \\ 1 / \sqrt{n} & (0) & - (n - 1) / \sqrt{n^{2} - n} \end{matrix})

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

Exercice 80 4270

On considère la matrice

A = (\begin{matrix} 2 & - 1 & 2 \\ - 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & - 1 \end{matrix}) .

Déterminer $P \in O_{3} (ℝ)$ et $D \in ℳ_{3} (ℝ)$ diagonale telle que $A = P D P^{⊤}$ .

Exercice 81 3398 CCINP (MP)Correction

Justifier que

A = (\begin{matrix} 1 & - 2 & - 2 \\ - 2 & 1 & - 2 \\ - 2 & - 2 & 1 \end{matrix})

est diagonalisable et trouver $P \in {GL}_{3} (ℝ)$ telle que $P^{⊤} A P$ soit diagonale.

Solution

La matrice $A$ est symétrique réelle donc diagonalisable.

Après calculs,

χ_{A} = - (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 = (\begin{matrix} 1 / \sqrt{3} & 1 / \sqrt{2} & 1 / \sqrt{6} \\ 1 / \sqrt{3} & - 1 / \sqrt{2} & 1 / \sqrt{6} \\ 1 / \sqrt{3} & 0 & - 2 / \sqrt{6} \end{matrix}) .

Exercice 82 2413 CCINP (MP)Correction

On considère la matrice

A = (\begin{matrix} - 2 & - 2 & 1 \\ - 2 & 1 & - 2 \\ 1 & - 2 & - 2 \end{matrix}) .

(a)

Justifiez que la matrice $A$ est diagonalisable.
(b)

Déterminer $P$ et $D$ dans $ℳ_{3} (ℝ)$ telles que $P^{⊤} = P^{- 1}$ , $D$ est diagonale et $P^{⊤} A P = D$ .

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique réelle donc diagonalisable.
(b)

Après calculs,

$χ_{A} = (X - 3) {(X + 3)}^{2} .$

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

$x - 2 y + z = 0 .$

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

$Vect (1, - 2,1) .$

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

$P = (\begin{matrix} 1 / \sqrt{6} & 1 / \sqrt{2} & 1 / \sqrt{3} \\ - 2 / \sqrt{6} & 0 & 1 / \sqrt{3} \\ 1 / \sqrt{6} & - 1 / \sqrt{2} & 1 / \sqrt{3} \end{matrix})$

pour

$D = (\begin{matrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & - 3 & 0 \\ 0 & 0 & - 3 \end{matrix}) .$

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

Exercice 83 2614 ENSTIM (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ symétrique.
On suppose $A^{n} = O_{n}$ . Déterminer $A$ .

Solution

$A$ est diagonalisable car symétrique réelle et ses valeurs propres sont nulles car racines de $X^{n}$ . On en déduit que $A$ est semblable à la matrice nulle et donc égale à la matrice nulle.

Exercice 84 2750 MINES (MP)Correction

Si $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ vérifie $M^{p} = I_{n}$ avec $p \in ℕ^{*}$ , que vaut $M^{2}$ ?

Solution

$M$ est diagonalisable et ses valeurs propres sont réelles et racines de $X^{p} - 1$ , elles ne peuvent donc qu’être $1$ ou $- 1$ . Par suite, $M^{2} = I_{n}$ .

Exercice 85 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 $A + A^{⊤}$ est nilpotente. Prouver que $A$ est antisymétrique.

Solution

(a)

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

Soient $λ, μ \in ℝ$ deux valeurs propres distinctes de $A$ et $X, Y$ des colonnes éléments des sous-espaces propres $E_{λ} (A)$ et $E_{μ} (A)$ . On a

$X^{⊤} A Y = X^{⊤} (A Y) = μ X^{⊤} Y$

et

$X^{⊤} A Y = {(A^{⊤} X)}^{⊤} Y = {(A X)}^{⊤} Y = λ X^{⊤} Y .$

On en déduit $X^{⊤} Y = 0$ car $λ \neq μ$ .
(c)

La matrice $M = A^{⊤} + A$ 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 86 3161

Soit $A = (a_{i, j}) \in 𝒮_{n} (ℝ)$ de valeurs propres $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ . Établir

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i}^{2} .

Exercice 87 5794 Correction

Soit $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Établir qu’il existe une famille de réels $(λ_{1}, \dots, λ_{n})$ et une famille orthonormée $(X_{1}, \dots, X_{n})$ d’éléments de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ telles que

A = λ_{1} X_{1} X_{1}^{⊤} + \dots + λ_{n} X_{n} X_{n}^{⊤} .

Solution

Par le théorème spectral, la matrice $A$ est orthogonalement diagonalisable. Il existe donc $P \in O_{n} (ℝ)$ et $D \in D_{n} (ℝ)$ tel que

A = P D P^{⊤} .

Notons $(λ_{1}, \dots, λ_{n})$ la famille des coefficients diagonaux de $D$ et $(X_{1}, \dots, X_{n})$ la famille orthonormée des colonnes de $P$ . En introduisant les matrices élémentaires de $ℳ_{n} (ℝ)$ , on écrit

D = λ_{1} E_{1,1} + \dots + λ_{n} E_{n, n}

puis

A = P D P^{⊤} = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} P E_{i, i} P^{⊤}

avec

P E_{i, i} P^{⊤} = X_{i} X_{i}^{⊤} .

Cela produit l’écriture voulue.

Exercice 88 3002 NAVALE (MP)Correction

Soit $A \in {GL}_{n} (ℝ)$ .

(a)

Justifier que la matrice $A^{⊤} A$ est diagonalisable.

On munit $ℝ^{n}$ du produit scalaire canonique.

(b)

Justifier qu’il existe une base orthonormée $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ de $ℝ^{n}$ telle que la famille $(A e_{1}, \dots, A e_{n})$ soit orthogonale.
(c)

En déduire qu’il existe deux matrices $U, V$ orthogonales telles que $A = U D V$ avec $D$ une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs.

Solution

(a)

La matrice $A^{⊤} A$ est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable.
(b)

Il existe alors une base orthonormale $(e_{1}, \dots, e_{n})$ de $ℝ^{n}$ diagonalisant l’endomorphisme canoniquement associé.

Pour $i, j \in {1, \dots, n}$ distincts,

$(A e_{i} ∣ A e_{j}) = {(A e_{i})}^{⊤} A e_{j} = e_{i}^{⊤} A^{⊤} A e_{j} = (e_{i} ∣ A^{⊤} A e_{j}) .$

Puisque le vecteur $A^{⊤} A e_{j}$ est colinéaire à $e_{j}$ , le produit scalaire précédent est nul.

La famille $(A e_{1}, \dots, A e_{n})$ est constituée de vecteurs deux à deux orthogonaux. De plus, celle-ci est constituée de vecteurs non nuls car la matrice $A$ est inversible. La famille $(A e_{1}, \dots, A e_{n})$ est donc libre. De plus, elle est formée de $n = dim ℝ^{n}$ vecteurs de $ℝ^{n}$ , c’est une base de $ℝ^{n}$ .
(c)

Notons $M$ la matrice de la famille $(A e_{1}, \dots, A e_{n})$ dans la base orthonormale $e$ . Par formule de changement de base, la matrice $A$ s’écrit $A = P M P^{- 1}$ avec $P$ la matrice de passage de la base canonique à la base $e$ . Cette matrice est orthogonale car il s’agit de la matrice de passage entre deux bases orthonormales. Considérons ensuite la matrice diagonale $D$ de coefficients diagonaux les $λ_{i} = ∥ A e_{i} ∥$ pour $i = 1, \dots, n$ . Puisque la matrice $A$ est inversible, les réels $λ_{i}$ sont non nuls et la matrice $D$ est inversible. Par construction, les colonnes de la matrice $Q = M D^{- 1}$ sont unitaires mais aussi deux à deux orthogonales. La matrice $Q$ est donc orthogonale et l’on peut écrire

$A = P Q D P^{- 1} = U D V$

avec $U = P Q$ et $V = P^{- 1}$ matrices orthogonales par calcul dans le groupe orthogonal.

Exercice 89 2751 MINES (MP)Correction

Montrer que le rang de $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ est égal au nombre de valeurs propres non nulles (comptées avec leur ordre de multiplicité) de $A^{⊤} A$ .

Solution

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

Exercice 90 370 Correction

Soit $A$ une matrice réelle carrée d’ordre $n$ .

(a)

Montrer que

$χ_{A^{⊤} A} = χ_{A A^{⊤}} .$
(b)

Montrer que les matrices $A^{⊤} A$ et $A A^{⊤}$ sont semblables.

Solution

(a)

Pour $A$ inversible,

$\det (A) . χ_{A^{⊤} A} (λ) = \det (A A^{⊤} A - λ A) = χ_{A A^{⊤}} (λ) . \det (A)$

donc $χ_{A^{⊤} A} = χ_{A A^{⊤}}$ puisque $\det (A) \neq 0$ .

Les applications $A \mapsto χ_{A^{⊤} A}$ et $A \mapsto χ_{A A^{⊤}}$ étant continues et coïncidant sur la partie dense ${GL}_{n} (ℝ)$ , on peut affirmer qu’elles sont égales sur $ℳ_{n} (ℝ)$ .
(b)

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

Exercice 91 371

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . On note $α$ et $β$ les plus petite et plus grande valeurs propres de la matrice $S$ déterminée par

S = \frac{1}{2} (A + A^{⊤}) .

(a)

Soit $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ . Comparer $X^{⊤} A X$ et $X^{⊤} S X$ .
(b)

Montrer que pour toute colonne $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ ,

$α X^{⊤} X \leq X^{⊤} A X \leq β X^{⊤} X .$
(c)

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

Exercice 92 3491 Correction

Soit $A = (a_{i, j}) \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice symétrique.

(a)

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

$λ_{\min} = \min Sp (A) et λ_{\max} = \max Sp (A) .$
(b)

Montrer

$\forall 1 \leq i \leq n, λ_{\min} \leq a_{i, i} \leq λ_{\max} .$

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 $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres comptées avec multiplicité de la matrice $A$ . Puisque la matrice $A$ est orthogonalement diagonalisable, il existe une matrice $P \in O_{n} (ℝ)$ telle que

$A = P^{⊤} D P avec D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) .$

Pour tout colonne $X = {(\begin{matrix} x_{1} & \dots & x_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ , en posant $Y = P X = {(\begin{matrix} y_{1} & \dots & y_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ , on a

$X^{⊤} A X = Y^{⊤} D Y = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} y_{i}^{2} .$

Or

$λ_{\min} \sum_{i = 1}^{n} y_{i}^{2} \leq \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} y_{i}^{2} \leq λ_{\max} \sum_{i = 1}^{n} y_{i}^{2}$

avec

$\sum_{i = 1}^{n} y_{i}^{2} = Y^{⊤} Y = X^{⊤} P^{⊤} P X = X^{⊤} X = \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} .$

On en déduit

$λ_{\min} \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} \leq X^{⊤} A X \leq λ_{\max} \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} .$

En prenant la colonne élémentaire $X = E_{i}$ , on obtient

$λ_{\min} \leq a_{i, i} \leq λ_{\max} .$

Exercice 93 4273

Soient $A$ et $B$ deux matrices de $ℳ_{n} (ℝ)$ . On note $α$ et $β$ les plus grandes valeurs propres des matrices $A^{⊤} A$ et $B^{⊤} B$ .

Montrer que les valeurs propres $λ$ de $A B$ vérifient $λ^{2} \leq α β$ .

Exercice 94 4108 CENTRALE (PSI)Correction

Soient $n \geq 3$ , $E = ℳ_{n,1} (ℝ)$ , $A, B$ deux colonnes non colinéaires dans $E$ et $M = A B^{⊤} + B A^{⊤}$ .

(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 $X \in E$ , on a $M X = A B^{⊤} X + B A^{⊤} X = ⟨ B, X ⟩ A + ⟨ A, X ⟩ B$ . Les colonnes $A$ et $B$ n’étant pas colinéaires

$M X = 0 \Leftrightarrow ⟨ A, X ⟩ = ⟨ B, X ⟩ = 0 .$

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

$(\begin{matrix} ⟨ A, B ⟩ & {∥ B ∥}^{2} & O_{1, n - 2} \\ {∥ A ∥}^{2} & ⟨ A, B ⟩ & O_{1, n - 2} \\ O_{n - 2,1} & O_{n - 2,1} & O_{n - 2} \end{matrix}) .$

L’étude des valeurs propres de cette matrice, donne

$Sp (M) = {0, ⟨ A, B ⟩ - ∥ A ∥ ∥ B ∥, ⟨ A, B ⟩ + ∥ A ∥ ∥ B ∥} .$

Pour la valeur propre $λ = ⟨ A, B ⟩ - ∥ A ∥ ∥ B ∥$ , le sous-espace propre associé est

$Vect (∥ B ∥ A - ∥ A ∥ B) .$

Pour la valeur propre $λ = ⟨ A, B ⟩ + ∥ A ∥ ∥ B ∥$ , le sous-espace propre associé est

$Vect (∥ B ∥ A + ∥ A ∥ B)$

et enfin, pour $λ = 0$ ,

${(Vect (A, B))}^{⊥} .$

Exercice 95 3488 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant

Sp (A^{⊤} A - A A^{⊤}) \subset ℝ_{+} .

Montrer que les matrices $A$ et $A^{⊤}$ commutent.

Solution

La matrice $A^{⊤} A - A A^{⊤}$ est symétrique réelle et donc diagonalisable. Sa trace est alors égale à la somme de ses valeurs propres. Or

tr (A^{⊤} A - A A^{⊤}) = tr (A^{⊤} A) - tr (A A^{⊤}) = 0

car $tr (A B) = tr (B A)$ . Puisque toutes les valeurs propres sont positives, on en déduit qu’elles sont toutes nulles et donc $A^{⊤} A - A A^{⊤}$ est la matrice nulle car diagonalisable de seule valeur propre 0.

Exercice 96 3489 Correction

Soit $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ vérifiant $A^{2} = A$ . Établir

{∥ A ∥}_{1} \leq n \sqrt{tr (A)} .

Solution

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

{∥ A ∥}_{1} = \sum_{i, j = 1}^{n} | a_{i, j} | \leq \sqrt{\sum_{i, j = 1}^{n} 1^{2}} \sqrt{\sum_{i, j = 1}^{n} {| a_{i, j} |}^{2}} = n {∥ A ∥}_{2} .

Or la matrice $A$ est orthogonalement semblable à une matrice de diagonale $D$ . On peut donc écrire $A = P D P^{⊤}$ avec $P \in O_{n} (ℝ)$ et alors

{∥ A ∥}_{2}^{2} = tr (A^{⊤} A) = tr (P D^{⊤} P^{⊤} P D P^{⊤}) = tr (P D^{2} P^{⊤}) = tr (D^{2} P^{⊤} P) = tr (D^{2}) .

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 (D^{2}) = tr (D) = tr (A)

et l’on obtient la relation proposée.

Exercice 97 4997

Soient $A$ et $B$ deux matrices de $ℳ_{n} (ℝ)$ .

(a)

On suppose que $X^{⊤} A Y = X^{⊤} B Y$ pour toutes colonnes $X$ et $Y$ de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ . Montrer que les matrices $A$ et $B$ sont égales.
(b)

On suppose que $X^{⊤} A X = X^{⊤} B X$ pour toute colonne $X$ de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ . 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 98 3088 Correction

Soit

A = (\begin{matrix} a_{1} & b_{1} & (0) \\ c_{1} & a_{2} & ⋱ \\ ⋱ & ⋱ & b_{n - 1} \\ (0) & c_{n - 1} & a_{n} \end{matrix}) \in ℳ_{n} (ℝ)

vérifiant $b_{k} c_{k} > 0$ pour tout $1 \leq k \leq n - 1$ .

(a)

Montrer qu’il existe une matrice diagonale inversible $D$ vérifiant

$D^{- 1} A D \in 𝒮_{n} (ℝ) .$
(b)

En déduire que $A$ est diagonalisable.

Solution

(a)

Posons $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ .
En notant $a_{i, j}$ le coefficient d’indice $(i, j)$ de la matrice $A$ , le coefficient d’indice $(i, j)$ de $D^{- 1} A D$ est

$λ_{i}^{- 1} λ_{j} a_{i, j} .$

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

$λ_{i}^{- 1} λ_{i + 1} b_{i} = λ_{i + 1}^{- 1} λ_{i} c_{i}$

soit encore

$λ_{i + 1}^{2} = λ_{i}^{2} \frac{c_{i}}{b_{i}} .$

En choisissant $λ_{1}$ non nul quelconque et en posant

$λ_{2} = λ_{1} \sqrt{c_{1} / b_{1}}, \dots, λ_{n} = λ_{n - 1} \sqrt{c_{n - 1} / b_{n - 1}}$

on forme une matrice $D$ convenable.
(b)

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

Exercice 99 3162 Correction

Soient $A, B \in 𝒮_{n} (ℝ)$ et $p \in ℕ$ . On suppose que $A^{2 p + 1} = B^{2 p + 1}$ . Montrer que $A = B$ .

Solution

Soit $λ \in ℝ$ . On a de façon immédiate

Ker (A - λ I_{n}) \subset Ker (A^{2 p + 1} - λ^{2 p + 1} I_{n}) .

Or la matrice $A$ est diagonalisable donc

n = \sum_{λ \in Sp (A)} dim Ker (A - λ I_{n}) .

Puisque les $λ^{2 p + 1}$ sont deux à deux distincts quand les $λ$ varient et puisque les sous-espaces propres de $A^{2 p + 1}$ sont en somme directe, on peut affirmer que les inclusions précédentes sont en fait des égalités.
Ainsi,

\forall λ \in ℝ, Ker (A - λ I_{n}) = Ker (A^{2 p + 1} - λ^{2 p + 1} I_{n}) .

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

\forall λ \in ℝ, Ker (A - λ I_{n}) = Ker (B - λ I_{n}) .

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

Exercice 100 3762 MINES (PC)Correction

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ symétrique. On pose

B = A^{3} + A + I_{n} .

Montrer que $A$ est un polynôme en $B$ .

Solution

La matrice $A$ est diagonalisable semblable à

D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) .

Posons $C = D^{3} + D + I_{n}$ . 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 (μ_{1}, \dots, μ_{n}) avec μ_{i} = λ_{i}^{3} + λ_{i} + 1 .

On vérifie aisément que la fonction $x \mapsto x^{3} + x + 1$ est injective sur $ℝ$ . Ainsi, les $μ_{i}$ égaux correspondent aux $λ_{i}$ égaux et inversement ce qui permet de considérer un polynôme interpolateur construit de sorte que

\forall 1 \leq i \leq n, P (μ_{i}) = λ_{i} .

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

Exercice 101 3758 Telecom Sud Paris (MP)Correction

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ symétrique à valeurs propres positives. On pose

B = A^{2} + A + I_{n} .

Montrer que $A$ est un polynôme en $B$ .

Solution

La matrice $A$ est diagonalisable semblable à

D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) avec λ_{i} \geq 0 .

Posons $C = D^{2} + D + I_{n}$ . 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 (μ_{1}, \dots, μ_{n}) avec μ_{i} = λ_{i}^{2} + λ_{i} + 1 .

On vérifie aisément que la fonction $x \mapsto x^{2} + x + 1$ est injective sur $ℝ_{+}$ . Ainsi, les $μ_{i}$ égaux correspondent aux $λ_{i}$ égaux et inversement ce qui permet de considérer un polynôme interpolateur construit de sorte que

\forall 1 \leq i \leq n, P (μ_{i}) = λ_{i} .

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

Exercice 102 1331 Correction

Soient $A$ et $B$ dans $𝒮_{2} (ℝ)$ telles que $A^{2} = A$ et $B^{2} = B$ .

(a)

La matrice $A B$ est-elle diagonalisable?
(b)

Encadrer les valeurs propres de $A B$ .

Solution

Notons que les matrices $A$ et $B$ sont des matrices de projections orthogonales car symétriques et idempotentes.
Les cas $A = O_{2}$ et $A = I_{2}$ sont immédiats. De même, pour les cas $B = O_{2}$ et $B = I_{2}$ .
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 $A B = O_{2}$ est donc $A B$ est diagonalisable.
Si $Im (B) = Ker (A)$ alors en passant à l’orthogonal $Im (A) \neq Ker (B)$ .
Les droites $Im (A)$ et $Ker (B)$ étant distinctes dans le plan, elles sont supplémentaires.
Considérons une base $(X_{1}, X_{2})$ adaptée à la supplémentarité de $Im (A)$ et $Ker (B)$ .
$A B X_{1} = A (B X_{1}) \in Im (A)$ donc on peut écrire $A B X_{1} = λ X_{1}$ car $Im (A) = Vect (X_{1})$ .
$A B X_{2} = 0$ car $B X_{2} = 0$ .
Ainsi la base $(X_{1}, X_{2})$ diagonalise la matrice $A B$ .
(b)

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

$λ {∥ X_{1} ∥}^{2} = (λ X_{1} ∣ X_{1}) = (A B X_{1} ∣ X_{1}) .$

Puisque $X_{1} \in Im (A)$ , on peut écrire $X_{1} = A U$ et alors

$(λ X_{1} ∣ X_{1}) = (A B A U ∣ A U) .$

Puisque $A$ est symétrique

$(A B A U ∣ A U) = (B A U ∣ A^{2} U) .$

Puisque $A^{2} = A$

$(B A U ∣ A^{2} U) = (B A U ∣ A U) .$

Enfin en procédant de façon semblable

$(B A U ∣ A U) = (B^{2} A U ∣ A U) = (B A U ∣ B A U) = {∥ B X_{1} ∥}^{2} .$

Au final

$λ {∥ X_{1} ∥}^{2} = {∥ B X_{1} ∥}^{2} .$

Or $B$ correspond à une projection orthogonale donc ${∥ B X_{1} ∥}^{2} \leq {∥ X_{1} ∥}^{2}$ et l’on peut affirmer

$λ \in [0; 1] .$

Exercice 103 2120 Correction

Pour $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ , on pose

ρ (M) = \max {| λ | | λ \in Sp (M)} .

(a)

Vérifier que, pour toute colonne $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ ,

$| X^{⊤} M X | \leq ρ X^{⊤} X .$
(b)

Montrer que l’application $ρ$ définit une norme sur $𝒮_{n} (ℝ)$ .

Solution

(a)

Soit $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres de $M$ comptées avec multiplicité. Il existe $P \in O_{n} (ℝ)$ telle que

$M = P^{⊤} D P avec D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) .$

Pour $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ , on a $X^{⊤} M X = Y^{⊤} D Y$ avec $Y = P X$ . On vérifie $Y^{⊤} Y = X^{⊤} X$ car $P^{⊤} P = I_{n}$ et, en introduisant les coefficients $y_{1}, \dots, y_{n}$ de la colonne $Y$

$X^{⊤} M X = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} y_{i}^{2} avec \sum_{i = 1}^{n} y_{i}^{2} = Y^{⊤} Y .$

On en déduit

$| X^{⊤} M X | \leq \sum_{i = 1}^{n} | λ_{i} | y_{i}^{2} \leq ρ (M) \sum_{i = 1}^{n} y_{i}^{2} = X^{⊤} X .$
(b)

L’application $ρ : 𝒮_{n} (ℝ) \to ℝ_{+}$ est correctement définie.

Soient $λ \in ℝ$ et $M, M^{'} \in 𝒮_{n} (ℝ)$ .

Si $ρ (M) = 0$ alors $0$ est la seule valeur propre de $M$ . Puisque $M$ est diagonalisable, $M$ est semblable à la matrice nulle et donc égale à la matrice nulle.

Puisque $Sp (λ M) = λ Sp (M)$ , on vérifie immédiatement $ρ (λ M) = | λ | ρ (M)$ .

Soit une colonne $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ vecteur propre unitaire de $M + M^{'}$ associé à la valeur $λ$ pour laquelle $| λ | = ρ (M + M^{'})$ . On a

$X^{⊤} (M + M^{'}) X = X^{⊤} (λ X) = λ X^{⊤} X$

mais aussi

$| X^{⊤} (M + M^{'}) X | \leq | X^{⊤} M X | + | X M^{', ⊤} X | \leq (ρ (M) + ρ (M^{'})) X^{⊤} X .$

Sachant $X^{⊤} X > 0$ , on simplifie pour obtenir

$ρ (M + M^{'}) = | λ | \leq ρ (M) + ρ (M^{'}) .$

Finalement, $ρ$ détermine une norme sur $𝒮_{n} (ℝ)$ .

Exercice 104 5968 CENTRALE (MP)Correction

Le but de l’exercice est de montrer que toute matrice réelle de trace nulle est orthogonalement semblable à une matrice dont les éléments diagonaux sont tous nuls.

(a)

Soit

$A = (\begin{matrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .$

Déterminer $P \in O_{3} (ℝ)$ telle que $P^{- 1} A P$ soit à éléments diagonaux nuls.
(b)

Soient $E$ un espace euclidien muni d’un produit scalaire noté $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ et $u$ un endomorphisme de $E$ . On suppose que $u$ admet deux valeurs propres $λ$ et $μ$ telles que $λ μ < 0$ . On considère $x$ et $y$ deux vecteurs propres de $u$ , unitaires, orthogonaux et respectivement associés à $λ$ et $μ$ .

Montrer qu’il existe $z$ unitaire tel que $z \in Vect (x, y)$ et $⟨ u (z), z ⟩ = 0$ .
(c)

Montrer le résultat souhaité pour une matrice symétrique réelle.
(d)

Montrer le résultat souhaité pour toute matrice de $ℳ_{n} (ℝ)$ .

Solution

(a)

Notons $(e_{1}, e_{2}, e_{3})$ les vecteurs de la base canonique de $ℝ^{3}$ et $f$ l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice $A$ . Le plan $P = Vect (e_{1}, e_{2})$ est stable par $f$ . Déterminons une base orthonormée $(u_{1}, u_{2})$ de ce plan dans laquelle la matrice de $f$ a des coefficients diagonaux tous nuls. Pour $v = λ . e_{1} + μ . e_{2}$ , on a $⟨ f (v), v ⟩ = λ^{2} + 2 λ μ - μ^{2}$ . Pour $λ = \sqrt{2} - 1$ et $μ = 1$ , le vecteur $v = (\sqrt{2} - 1) e_{1} + e_{2}$ vérifie $⟨ f (v), v ⟩ = 0$ . Posons alors

$u_{1} = \frac{(\sqrt{2} - 1) e_{1} + e_{2}}{\sqrt{4 - 2 \sqrt{2}}}, u_{2} = \frac{- e_{1} + (\sqrt{2} - 1) e_{2}}{\sqrt{4 - 2 \sqrt{2}}} et u_{3} = e_{3} .$

La famille $(u_{1}, u_{2}, u_{3})$ est une base orthonormée convenable et la matrice de passage

$P = \frac{1}{\sqrt{4 - 2 \sqrt{2}}} (\begin{matrix} \sqrt{2} - 1 & - 1 & 0 \\ 1 & \sqrt{2} - 1 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{4 - 2 \sqrt{2}} \end{matrix})$

répond à la question¹¹ 1 Mais la matrice $P^{- 1} A P$ obtenue n’est pas remarquablement sympactique hormis qu’elle a ses coefficients diagonaux tous nuls.
(b)

Pour $θ \in [0; 2 π]$ , posons $z_{θ} = \cos (θ) . x + \sin (θ) . y$ . L’application $θ \mapsto ⟨ u (z_{θ}), z_{θ} ⟩$ est continue sur $[0; π / 2]$ et prend les valeurs $λ$ en $θ = 0$ et $μ$ en $θ = π / 2$ . Puisque $λ μ < 0$ , le théorème des valeurs intermédiaires assure que cette application s’annule. Il existe donc $θ \in [0; π / 2]$ tel que $⟨ u (z_{θ}), z_{θ} ⟩ = 0$ . Au surplus et par construction, le vecteur $z_{θ}$ est unitaire et élément du plan $Vect (x, y)$ .
(c)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ symétrique de trace nulle. L’endomorphisme canoniquement associé est autoadjoint pour le produit scalaire canonique sur $ℝ^{n}$ . Si toutes les valeurs propres de $A$ sont nulles, la matrice $A$ est nulle ce qui répond à la question. Sinon, il existe deux valeurs propres $λ$ et $μ$ avec $λ μ < 0$ car la somme des valeurs propres de $A$ comptées avec multiplicité est nulle puisque égale à la trace de $A$ . Par ce qui précède et parce que les sous-espaces propres de $a$ sont deux à deux orthogonaux, il existe un vecteur $z$ unitaire tel que $⟨ a (z), z ⟩ = 0$ . On complète ce vecteur en une base orthonormée $(e_{1}, \dots, e_{n - 1}, z)$ et l’on considère la matrice de passage $P$ de la base canonique à cette base orthonormée. La matrice $P$ est orthogonale et $A^{'} = P^{- 1} A P$ est une matrice symétrique dont le coefficient d’indice $(n, n)$ est nul. La sous-matrice $B$ constituée des $n - 1$ premières lignes et colonnes est symétrique réelle de trace nulle. En raisonnant par récurrence, il existe $Q \in O_{n - 1} (ℝ)$ telle que $Q^{- 1} B Q$ soit à diagonale nulle. Considérons alors la matrice étendue

$Q^{'} = (\begin{matrix} Q & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) .$

La matrice $Q^{'}$ est orthogonale et l’on vérifie par produit par blocs que $Q^{', - 1} A^{'} Q$ est à coefficients diagonaux tous nuls.

Au final, la matrice $A$ est orthogonalement semblable à une matrice aux coefficients diagonaux tous nuls.
(d)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ de trace nulle. On écrit $A = B + C$ avec $B$ symétrique et $C$ antisymétrique. Les coefficients diagonaux de $C$ étant tous nuls, la trace de $B$ est nulle. Par ce qui précède, il existe $P \in O_{n} (ℝ)$ telle que $P^{- 1} B P$ est à coefficients diagonaux tous nuls. Or $P^{- 1} C P$ est une matrice antisymétrique car $C$ l’est et $P$ est orthogonale. Les coefficients diagonaux de $P^{- 1} C P$ sont donc tous nuls et par conséquent $P^{- 1} A P$ est à coefficients diagonaux tous nuls.

Exercice 105 2401 CENTRALE (MP)Correction

Soient $A$ et $B$ dans $ℳ_{n} (ℝ)$ telles que $A A^{⊤} = B B^{⊤}$ .

Montrer qu’il existe une matrice $Q \in O_{n} (ℝ)$ telle que $B = A Q$ .

Solution

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

Q^{⊤} Q = B^{⊤} {(A^{- 1})}^{⊤} A^{- 1} B = B^{⊤} {(A A^{⊤})}^{- 1} B = B^{⊤} {(B B^{⊤})}^{- 1} B = I_{n} .

Passons au cas général. Pour $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ , on sait

Ker (M) = Ker (M^{⊤} M)

et donc, par la formule du rang,

rg (M^{⊤} M) = rg (M) .

En appliquant ce résultat à $M = A^{⊤}$ , il vient

rg (A A^{⊤}) = rg (A^{⊤}) = rg (A) = r .

Au surplus, $Im (A A^{⊤}) \subset Im (A)$ et donc

Im (A) = Im (A A^{⊤}) = Im (B B^{⊤}) = Im (B) .

Considérons une base orthonormée de $ℝ^{n}$ adaptée à l’écriture

ℝ^{n} = Im (A) \oplus {(Im (A))}^{⊥} .

Considérons aussi une base orthonormée de $ℝ^{n}$ adaptée à l’écriture

ℝ^{n} = {(Ker (A))}^{⊥} \oplus Ker (A) .

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

A = U (\begin{matrix} A^{'} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) V avec U, V \in O_{n} (ℝ) et A^{'} \in {GL}_{r} (ℝ) .

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

ℝ^{n} = {(Ker (B))}^{⊥} \oplus Ker (B)

on parvient à

B = U (\begin{matrix} B^{'} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) W avec W \in O_{n} (ℝ) et B^{'} \in {GL}_{r} (ℝ) .

L’égalité $A A^{⊤} = B B^{⊤}$ entraîne alors $A^{'} A^{', ⊤} = B^{'} B^{', ⊤}$ . On peut donc introduire $Q^{'} \in O_{r} (ℝ)$ telle que $B^{'} = A^{'} Q^{'}$ . On considère ensuite

Q = (\begin{matrix} Q^{'} & 0 \\ 0 & I_{n - r} \end{matrix}) \in O_{n} (ℝ)

et l’on observe

(\begin{matrix} B^{'} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} A^{'} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) Q .

On en déduit

U^{- 1} B W^{- 1} = U^{- 1} A V^{- 1} Q

puis

B = A V^{- 1} Q W avec V^{- 1} Q W \in O_{n} (ℝ) .

Exercice 106 4157 CENTRALE (MP)Correction

Soient $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ et $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ 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

$(\begin{matrix} a & b & \dots & b \\ b & a & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋱ & b \\ b & \dots & b & a \end{matrix}) .$
(b)

Montrer que si $S \in 𝒮_{n} (ℝ)$ a des valeurs propres toutes positives, ses coefficients ne sont pas forcément tous positifs.
(c)

Montrer que

$α = sup {⟨ X, M X ⟩ | X \in ℳ_{n,1} (ℝ), ∥ X ∥ = 1}$

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

$χ_{A} (λ) = (λ - a - (n - 1) b) {(λ - a + b)}^{n - 1} .$

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 $x_{1}, \dots, x_{n}$ ses coordonnées, on a

$⟨ X, M X ⟩ = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} x_{i}^{2} et \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} = 1$

avec $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ 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

$α = ⟨ X, M X ⟩ \leq | ⟨ X, M X ⟩ | \leq ⟨ Y, M Y ⟩ \leq α$

et donc $⟨ Y, M Y ⟩ = α$ . 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 107 3738 CENTRALE (MP)Correction

(a)

$A = (\begin{matrix} a & b \\ b & c \end{matrix}) \in ℳ_{2} (ℝ)$ et $B = (\begin{matrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix})$
À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur $a, b, c$ existe-t-il $P \in O_{2} (ℝ)$ telle que $A = P B P^{⊤}$ ?
À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur $a$ existe-t-il $b, c \in ℝ$ et $P \in O_{2} (ℝ)$ tels que $A = P B P^{⊤}$ ?
À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur $c$ existe-t-il $a, b \in ℝ$ et $P \in O_{2} (ℝ)$ tels que $A = P B P^{⊤}$ ?
(b)

$A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}) \in ℳ_{2} (ℝ)$ et $B = (\begin{matrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix})$
À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur $a, b, c, d$ existe-t-il $P \in {GL}_{2} (ℝ)$ telle que $A = P B P^{- 1}$ ?
À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur $a$ existe-t-il $b, c, d \in ℝ$ et $P \in {GL}_{2} (ℝ)$ tels que $A = P B P^{- 1}$ ?
À quelles conditions nécessaires et suffisantes sur $d$ existe-t-il $a, b, c \in ℝ$ et $P \in {GL}_{2} (ℝ)$ tels que $A = P B P^{- 1}$ ?
(c)

Si $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ , justifier l’existence de

$\max_{P, Q \in O_{n} (ℝ)} \det (P A P^{⊤} + Q B Q^{⊤}) .$
(d)

Calculer ce maximum si $B = (\begin{matrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix})$ et $A = (\begin{matrix} 1 & - 2 \\ - 2 & - 1 \end{matrix})$ .
(e)

Si $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ ,

$sup_{P, Q \in {GL}_{n} (ℝ)} \det (P A P^{- 1} + Q B Q^{- 1})$

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

De manière générale, si $A_{1}, \dots, A_{k} \in 𝒮_{2}^{+} (ℝ)$ déterminer

$\max_{P_{1}, \dots, P_{k} \in O_{2} (ℝ)} \det (P_{1} A_{1} P_{1}^{⊤} + \dots + P_{k} A_{k} P_{k}^{⊤})$

[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 $a c - b^{2} = 3$
Inversement, si $a + c = 4$ et $a c - b^{2} = 3$ alors $A$ et $B$ ont le même polynôme caractéristique $X^{2} - 4 X + 3$ 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 $b \in ℝ$ tel que $b^{2} = a c - 3 = a (4 - a) - 3$ d’où la condition nécessaire et suffisante $1 \leq a \leq 3$ .
Par symétrie, pour $c$ fixé, on obtient la condition $1 \leq c \leq 3$ .
(b)

Le raisonnement est analogue au précédent en parlant seulement de matrices semblables et l’on obtient la condition double $a + d = 4$ et $a d - b c = 3$ .
Pour $a$ fixé, il existe toujours $b, c, d \in ℝ$ tels que $A$ et $B$ soient semblables: il suffit de prendre $d = 4 - a$ et $b$ et $c$ de sorte que $b c = - a^{2} + 4 a - 3$ .
Pour $d$ fixé: idem.
(c)

La fonction $(P, Q) \mapsto \det (P A P^{⊤} + Q B Q^{⊤})$ est continue, à valeurs réelles et définie sur le compact non vide $O_{n} (ℝ) \times O_{n} (ℝ)$ , elle y admet donc un maximum.
(d)

Après réduction, la matrice symétrique réelle $A$ est orthogonalement semblable à la matrice $D = diag (\sqrt{5}, - \sqrt{5})$ ce qui permet d’écrire $A = U D U^{⊤}$ avec $U \in O_{2} (ℝ)$ . On a alors

$\det (P A P^{⊤} + Q B Q^{⊤}) = \det (D + V B V^{⊤})$

avec $V = U^{⊤} P^{⊤} Q$ parcourant $O_{2} (ℝ)$ . La matrice $V B V^{⊤}$ est de la forme

$(\begin{matrix} a & b \\ b & c \end{matrix}) avec a + c = 4, a c - b^{2} = 3 et 1 \leq a \leq 3$

et donc

$\det (P A P^{⊤} + Q B Q^{⊤}) = 2 (2 - a) \sqrt{5} - 2$

est maximal pour $a = 1$ .

Finalement,

$\max_{P, Q \in O_{n} (ℝ)} \det (P A P^{⊤} + Q B Q^{⊤}) = 2 (\sqrt{5} - 1) .$
(e)

Non, prenons par exemple

$A = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) et B = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) .$

La matrice

$C = (\begin{matrix} x & 1 - x \\ x & 1 - x \end{matrix})$

est semblable à $B$ et peut donc s’écrire $C = Q B Q^{- 1}$ avec $Q \in {GL}_{2} (ℝ)$ . Pour $P = I_{2} \in {GL}_{2} (ℝ)$ , on obtient

$P A P^{- 1} + Q B Q^{- 1} = (\begin{matrix} x & 1 - x \\ x & 2 - x \end{matrix})$

de déterminant

$x (2 - x) - x (1 - x) = x \to_{x \to + \infty}^{} + \infty .$
(f)

En remplaçant $A_{i}$ par une matrice orthosemblable, on peut supposer $A_{i}$ de la forme

$A_{i} = (\begin{matrix} α_{i} & 0 \\ 0 & β_{i} \end{matrix}) avec α_{i} \geq β_{i}$

et donc écrire

$A_{i} = \frac{tr (A_{i})}{2} I_{2} + (\begin{matrix} δ_{i} & 0 \\ 0 & - δ_{i} \end{matrix}) avec δ_{i} = \frac{α_{i} - β_{i}}{2} \geq 0 .$

Une matrice orthogonale $P_{i}$ peut s’écrire sous la forme

$P_{i} = (\begin{matrix} \cos (θ_{i}) & - \sin (θ_{i}) \\ \sin (θ_{i}) & \cos (θ_{i}) \end{matrix}) ou P_{i} = (\begin{matrix} \cos (θ_{i}) & \sin (θ_{i}) \\ \sin (θ_{i}) & - \cos (θ_{i}) \end{matrix})$

et alors dans les deux cas

$P_{i} A_{i} P_{i}^{⊤} = \frac{tr (A_{i})}{2} I_{2} + (\begin{matrix} δ_{i} \cos (2 θ_{i}) & δ_{i} \sin (2 θ_{i}) \\ δ_{i} \sin (2 θ_{i}) & - δ_{i} \cos (2 θ_{i}) \end{matrix}) .$

En posant

$m = \frac{1}{2} (tr (A_{1}) + \dots + tr (A_{k}))$

on peut écrire

$\det (P_{1} A_{1} P_{1}^{⊤} + \dots + P_{k} A_{k} P_{k}^{⊤}) = \det (m I_{2} + \sum_{i = 1}^{k} (\begin{matrix} δ_{i} \cos (2 θ_{i}) & δ_{i} \sin (2 θ_{i}) \\ δ_{i} \sin (2 θ_{i}) & - δ_{i} \cos (2 θ_{i}) \end{matrix}))$

et après calcul

$\det (P_{1} A_{1} P_{1}^{⊤} + \dots + P_{k} A_{k} P_{k}^{⊤}) = m^{2} - ({(\sum_{i = 1}^{k} δ_{i} \cos (2 θ_{i}))}^{2} + {(\sum_{i = 1}^{k} δ_{i} \sin (2 θ_{i}))}^{2}) .$

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

$f (α_{1}, \dots, α_{k}) = {(\sum_{i = 1}^{k} δ_{i} \cos (α_{i}))}^{2} + {(\sum_{i = 1}^{k} δ_{i} \sin (α_{i}))}^{2} .$

On peut interpréter $f$ dans le plan complexe

$f (α_{1}, \dots, α_{k}) = {| δ_{1} e^{i α_{1}} + \dots + δ_{k} e^{i α_{i}} |}^{2} .$

Quitte à réordonner les matrices $A_{i}$ , on peut supposer

$δ_{1} \geq δ_{2} \geq \dots \geq δ_{k} .$

Cas: $δ_{1} \leq δ_{2} + \dots + δ_{k}$ . On peut montrer que la fonction $f$ s’annule: c’est assez facile si $k = 2$ car alors $δ_{1} = δ_{2}$ , c’est aussi vrai si $k \geq 3$ en établissant que le système suivant possède une solution

${\begin{matrix} δ_{2} \sin (α) & = δ_{3} \sin (β) \\ δ_{2} \cos (α) + δ_{3} \cos (β) & = δ_{1} - (δ_{4} + \dots + δ_{k}) \end{matrix}$

que l’on obtient avec

$α = \arcsin (\frac{δ_{3} \sin (β)}{δ_{2}}) et β \in [0; π / 2] bien choisi.$

Dans ce cas le maximum de $\det (P_{1} A_{1} P_{1}^{⊤} + \dots + P_{k} A_{k} P_{k}^{⊤})$ vaut $m^{2}$ .
Cas: $δ_{1} > δ_{2} + \dots + δ_{k}$ . La fonction $f$ ne peut s’annuler car

$| δ_{1} e^{i α_{1}} + \dots + δ_{k} e^{i α_{i}} | = 0 ⟹ δ_{1} = - (δ_{2} e^{i (α_{2} - α_{1})} + \dots + δ_{k} e^{i (α_{k} - α_{1})})$

et, en passant au module, on obtient alors $δ_{1} \leq δ_{2} + \dots + δ_{k}$ .
La fonction est de classe $𝒞^{1}$ et admet donc un minimum sur le compact ${[0; 2 π]}^{k}$ qui est un point critique. Si $(β_{1}, \dots, β_{k})$ est un point critique alors

$\forall 1 \leq i \leq k, \frac{\partial f}{\partial α_{i}} (β_{1}, \dots, β_{k}) = 0$

ce qui donne

$\forall 1 \leq i \leq k, C \sin (β_{i}) = S \cos (β_{i}) avec C = \sum_{j = 1}^{k} δ_{j} \cos (β_{j}) et S = \sum_{j = 1}^{k} δ_{j} \sin (β_{j}) .$

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

$| \begin{matrix} \cos (β_{i}) & \cos (β_{j}) \\ \sin (β_{i}) & \sin (β_{j}) \end{matrix} | = 0 .$

Les points du cercles trigonométriques repérés par les angles $β_{i}$ et $β_{j}$ sont alors confondus ou diamétralement opposés. Cela permet d’écrire pour chaque indice $i$

$\cos (β_{i}) = ε_{i} \cos (α) et \sin (α_{i}) = ε_{i} \sin (α)$

avec $ε_{i} = \pm 1$ et $α$ un angle fixé. On a alors

$f (β_{1}, \dots, β_{n}) = {(\sum_{i = 1}^{k} ε_{i} δ_{i})}^{2}$

et donc

$\min f = {(\min_{ε_{1}, \dots, ε_{n} = \pm 1} | \sum_{i = 1}^{k} ε_{i} δ_{i} |)}^{2} = μ^{2}$

et alors la borne supérieure cherchée vaut

$m^{2} - μ^{2} = (m - μ) (m + μ) .$

Cette quantité peut aussi s’interpréter comme égale à

$λ (2 m - λ)$

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 $A_{1}, \dots, A_{k}$ .
Cette résolution m’a pris des heures…elle me semble bien compliquée et n’exploite pas la positivité des matrices $A_{i}$ ! Néanmoins l’expression compliquée de la solution et, notamment la discussion, ne me semble pas pouvoir être évitée!

[<] Théorème spectral matriciel[>] Matrice de Gram

Exercice 108 2600 Correction

On étudie l’équation $M M^{⊤} M = I_{n}$ d’inconnue $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

(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 $M (M^{⊤} M) = I_{n}$ et aussi $(M^{⊤} M) M^{⊤} = I_{n}$ .
Ainsi l’inverse de la matrice $M^{⊤} M$ est égale à $M$ et à $M^{⊤}$ . On en déduit $M = M^{⊤}$ .
(b)

Soit $M$ solution. La matrice $M$ est donc symétrique et vérifie $M^{3} = I_{n}$ .
Puisque $X^{3} - 1$ est annulateur de $M$ , 1 est sa seule valeur propre réelle.
Puisque $M$ est symétrique réelle, $M$ est diagonalisable dans $ℳ_{n} (ℝ)$ .
Au final $M$ est semblable à $I_{n}$ donc $M = I_{n}$ .
Réciproque immédiate.

Exercice 109 3751 MINES (MP)Correction

Soit $A \in {GL}_{n} (ℝ)$ telle que $A^{⊤} = A^{2}$ .

(a)

Montrer que $A^{3} = I_{n}$ et que $A$ est orthogonale.
(b)

Soit $f$ l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice $A$ .
Montrer que le noyau de $f^{2} + f + Id$ est de dimension paire et en déduire la forme de la matrice de $f$ dans une base bien choisie.

Solution

(a)

$A^{⊤} = A^{2}$ donne aussi $A = {(A^{2})}^{⊤} = {(A^{⊤})}^{2} = A^{4}$ . Or $A$ est inversible donc $A^{3} = I_{n}$ .
Enfin $A^{⊤} A = A^{3} = I_{n}$ et donc $A$ est orthogonale.
(b)

L’endomorphisme induit par $f$ sur le noyau de $f^{2} + f + Id$ est représentable par une matrice $M \in ℳ_{p} (ℝ)$ vérifiant $M^{2} + M + I_{p} = O_{p}$ . Cette matrice est diagonalisable dans $ℳ_{p} (ℂ)$ avec les deux valeurs propres complexes $j$ et $j^{2} = \bar{j}$ . Celles-ci ont même multiplicité $m$ et donc $p = dim Ker (f^{2} + f + Id) = 2 m$ est un entier pair. De plus, $M$ est alors semblable dans $ℳ_{p} (ℂ)$ à une matrice diagonale avec des blocs diagonaux $diag (j, j^{2})$ . Or la matrice de rotation

$Ω = (\begin{matrix} \cos (2 π / 3) & - \sin (2 π / 3) \\ \sin (2 π / 3) & \cos (2 π / 3) \end{matrix})$

est aussi semblable à la matrice $diag (j, j^{2})$ dans $ℳ_{2} (ℂ)$ .
En raisonnant par blocs, on obtient que la matrice $M$ est semblable dans $ℳ_{p} (ℂ)$ 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 $ℳ_{p} (ℂ)$ le sont aussi sur $ℳ_{p} (ℝ)$ .
Enfin, par le lemme de décomposition des noyaux

$ℝ^{n} = Ker (f - Id) \oplus Ker (f^{2} + f + Id)$

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

$diag (1, \dots,1, Ω, \dots, Ω) .$

Exercice 110 2715 MINES (MP)Correction

Trouver les $M$ de $ℳ_{n} (ℝ)$ telles que $M^{⊤} = M^{2}$ et que $M$ n’ait aucune valeur propre réelle.

Solution

Soit $M$ solution. $M^{4} = {(M^{2})}^{⊤} = M$ donc $X^{4} - X$ est annulateur de $M$ et puisque 0 et 1 ne sont pas valeurs propres de $M$ , $X^{3} - 1$ puis $X^{2} + X + 1$ sont annulateurs de $M$ .
Ainsi, on peut affirmer $M^{3} = M^{⊤} M = I$ (ainsi $M \in O_{n} (ℝ)$ ) et $M^{2} + M + I = 0$ .
Pour $X \neq 0$ , $P = Vect (X, M X)$ est un plan (car il n’y a pas de valeurs propres réelles) stable par $M$ (car $M^{2} = - M - I$ ). 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 $\pm 2 π / 3$ car $M^{3} = I_{n}$ . De plus, ce plan est aussi stable par $M^{2} = M^{⊤}$ donc $P^{⊥}$ est stable par $M$ ce qui permet de reprendre le raisonnement à partir d’un $X^{'} \in P^{⊥} ∖ {0}$ . Au final, $M$ est orthogonalement semblable à une matrice diagonale par blocs et aux blocs diagonaux égaux à

(\begin{matrix} - 1 / 2 & \sqrt{3} / 2 \\ - \sqrt{3} / 2 & - 1 / 2 \end{matrix}) ou (\begin{matrix} - 1 / 2 & - \sqrt{3} / 2 \\ \sqrt{3} / 2 & - 1 / 2 \end{matrix}) .

La réciproque est immédiate.

Exercice 111 3923 MINES (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant

A^{3} = A A^{⊤} .

Montrer que la matrice $A$ est diagonalisable sur $ℂ$ .

Solution

On a

A^{7} = A^{4} \times (A A^{⊤}) = A^{5} A^{⊤}

puis

A^{7} = A^{3} {(A^{⊤})}^{2} = A {(A^{⊤})}^{3} = A {(A A^{⊤})}^{⊤} = A^{2} A^{⊤} = A^{4} .

Ainsi, $X^{7} - X^{4} = X^{4} (X^{3} - 1)$ annule $A$ .
Ce polynôme n’est pas à racines simples, mais en montrant

Ker (A^{4}) = Ker (A)

on pourra affirmer que le polynôme $X (X^{3} - 1)$ annule aussi $A$ et, ce dernier étant scindé à racines simples sur $ℂ$ , cela sera décisif pour conclure.
Evidemment $Ker (A) \subset Ker (A^{4})$ . Inversement, soit $X \in Ker (A^{4})$ . On a

A A^{⊤} A X = A^{4} X = 0

donc

{∥ A^{⊤} A X ∥}^{2} = X^{⊤} A^{⊤} A A^{⊤} A X = 0

et par conséquent $A^{⊤} A X = 0$ . Alors

{∥ A X ∥}^{2} = X^{⊤} A^{⊤} A X = 0

et donc $A X = 0$ . Ainsi, $Ker (A^{4}) \subset Ker (A)$ puis l’égalité.

[<] Équations matricielles avec transposition[>] Adjoint

Exercice 112 10 Correction

Soient $a, b, c$ trois vecteurs de $ℝ^{3}$ et

M = (\begin{matrix} a \cdot a & a \cdot b & a \cdot c \\ b \cdot a & b \cdot b & b \cdot c \\ c \cdot a & c \cdot b & c \cdot c \end{matrix}) .

Montrer que $M$ diagonalisable, de valeurs propres positives et $\det (M) \geq 0$ .

Solution

La matrice $M$ est symétrique réelle et donc diagonalisable.
Soit $λ$ une valeur propre de $M$ de colonne propre associé $X = {(\begin{matrix} x & y & z \end{matrix})}^{⊤}$ .
On a

X^{⊤} M X = λ X^{⊤} X = λ {∥ X ∥}^{2}

X^{⊤} M X = {∥ x . a + y . b + z . c ∥}^{2} \geq 0 .

Par conséquent, $λ \geq 0$ et $\det (M) \geq 0$ car $\det (M)$ est le produit des valeurs propres comptées avec multiplicité.
En fait, si $P$ est la matrice dont les colonnes sont les coordonnées des vecteurs $a, b, c$ dans une base orthonormale, on observe que $M = P^{⊤} P$ ce qui permet de retrouver les résultats précédents.

Exercice 113 5144 Correction

Soit $(x_{1}, \dots, x_{p})$ une famille de vecteurs d’un espace préhilbertien $E$ . On introduit sa matrice de Gram

G = {(⟨ x_{i}, x_{j} ⟩)}_{1 \leq i, j \leq p} \in ℳ_{p} (ℝ) .

Montrer $rg (G) = rg (x_{1}, \dots, x_{p})$ .

Solution

Introduisons l’espace $F = Vect (x_{1}, \dots, x_{p})$ et $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base orthonormée de $F$ . Considérons $A = (a_{i, j})$ la matrice des coordonnées des vecteurs $x_{j}$ dans la base orthonormée $e$ . On observe

⟨ x_{i}, x_{j} ⟩ = \sum_{k = 1}^{n} a_{k, i} a_{k, j} = {[A^{⊤} A]}_{i, j} .

Ainsi, $G = A^{⊤} A$ puis

rg (G) = rg (A^{⊤} A) = rg (A) = rg (x_{1}, \dots, x_{p}) .

Notons que l’égalité $rg (A^{⊤} A) = rg (A)$ se justifie en observant $Ker (A^{⊤} A) = Ker (A)$ .

Exercice 114 4274

Soient $E$ un espace vectoriel euclidien de dimension $n \geq 1$ de produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ et $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base orthonormale de $E$ .

On appelle matrice de Gram¹¹ 1 On trouvera une autre application classique des matrices de Gram dans le sujet 1599. d’une famille $(x_{1}, \dots, x_{n})$ de vecteurs de $E$ , la matrice $G (x_{1}, \dots, x_{n}) \in ℳ_{n} (ℝ)$ de coefficient général $⟨ x_{i}, x_{j} ⟩$ .

(a)

On note $A$ la matrice figurant la famille $(x_{1}, \dots, x_{n})$ dans la base $e$ . Exprimer $G (x_{1}, \dots, x_{n})$ en fonction des matrices $A$ et $A^{⊤}$ .
(b)

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ . À quelle(s) condition(s) existe-t-il une famille $(x_{1}, \dots, x_{n})$ de vecteurs de $E$ telle que $M = G (x_{1}, \dots, x_{n})$ ?
(c)

Application : On suppose $n \geq 2$ . Pour quelles valeurs de $c$ réelles existe-t-il une famille $(x_{1}, \dots, x_{n})$ de vecteurs unitaires de $E$ vérifiant $⟨ x_{i}, x_{j} ⟩ = c$ pour tous les indices $i$ et $j$ distincts?

Exercice 115 6037 CENTRALE (MP)Correction

Soient $(E, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ un espace euclidien et $(u_{1}, \dots, u_{p}) \in E^{p}$ .

On dit que $G (u_{1}, \dots, u_{p}) = {(⟨ u_{i}, u_{j} ⟩)}_{1 \leq i, j \leq p} \in ℳ_{p} (ℝ)$ est la matrice de Gram du système $(u_{1}, \dots, u_{p})$ .

(a)

On considère $e$ une base orthonormée de $E$ .

On note $M$ la matrice de $(u_{1}, \dots, u_{p})$ dans la base $E$ . Montrer que $G (u_{1}, \dots, u_{p}) = M^{⊤} M$ et que $rg (G) = rg (u_{1}, \dots, u_{p})$ .
(b)

Soit $p \in ℕ^{*}$ et $H \in ℳ_{p} (ℝ)$ . Montrer que $H \in 𝒮_{p}^{+} (ℝ)$ si, et seulement si, il existe un espace euclidien $(V, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ et une famille $(v_{1}, \dots, v_{p})$ de vecteurs de $V$ tels que $H = G (v_{1}, \dots, v_{p})$ .

Solution

(a)

Notons $e_{1}, \dots, e_{n}$ les vecteurs constituant la base orthonormée $e$ . Pour $j = 1, \dots, p$ ,

$u_{j} = \sum_{k = 1}^{n} m_{k, j} e_{k}$

donc

$\forall i, j = 1, \dots, p, ⟨ u_{i}, u_{j} ⟩ = \sum_{k = 1}^{n} m_{k, i} m_{k, j} = {[M^{⊤} M]}_{i, j} .$

Coefficient par coefficient, on obtient $G (u_{1}, \dots, u_{p}) = M^{⊤} M$ .

En établissant par double inclusion $Ker (M^{⊤} M) = Ker M$ , il vient

$rg (G) = rg (M) = rg (u_{1}, \dots, u_{p}) .$
(b)

$(⟹)$ Supposons $H \in 𝒮_{p}^{+} (ℝ)$ . Par le théorème spectral, on écrit $H = Ω^{⊤} D Ω$ avec $Ω \in O_{n} (ℝ)$ et $D \in D_{n} (ℝ)$ à coefficients diagonaux positifs. On peut écrire $D = Δ^{2}$ avec $Δ$ diagonale et l’on a alors $H = M^{⊤} M$ pour $M \in Δ Ω$ . On peut alors introduire un espace euclidien de dimension $p$ muni d’une base orthonormée et la famille $(v_{1}, \dots, v_{p})$ figurée par la matrice $M$ dans une base orthonormée de $V$ répond au problème.

$(⟸)$ Supposons $H = G (v_{1}, \dots, v_{p}) = M^{⊤} M$ . La matrice $H$ est symétrique et l’on a

$\forall X \in ℳ_{p, 1} (ℝ), X^{⊤} H X = {∥ M X ∥}^{2} \geq 0 .$

Ainsi, $H \in 𝒮_{p}^{+} (ℝ)$

Exercice 116 5463 Correction

On appelle matrice de Gram d’une famille $(a_{1}, \dots, a_{n})$ de vecteurs d’un espace euclidien $E$ , la matrice carrée

G (a_{1}, \dots, a_{n}) = {(⟨ a_{i}, a_{j} ⟩)}_{1 \leq i, j \leq n} .

(a)

Montrer que $G (a_{1}, \dots, a_{n})$ est une matrice symétrique à valeurs propres positives.
(b)

Montrer que la matrice $G (a_{1}, \dots, a_{n})$ est inversible si, et seulement si, la famille $(a_{1}, \dots, a_{n})$ est libre.

Solution

(a)

La matrice $G = G (a_{1}, \dots, a_{n})$ est symétrique car $⟨ a_{i}, a_{j} ⟩ = ⟨ a_{j}, a_{i} ⟩$ pour tout couple $(i, j) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}$ .

Soient $λ \in Sp (G)$ et $X \in ℳ_{n,1} (ℝ) ∖ {0}$ tels que $G X = λ X$ . Avec des notations entendues, on observe

$X^{⊤} G X = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} x_{i} ⟨ a_{i}, a_{j} ⟩ x_{j} = ⟨ \sum_{i = 1}^{n} x_{i} . a_{i}, \sum_{j = 1}^{n} x_{j} . a_{j} ⟩ = {∥ x ∥}^{2} avec x = \sum_{i = 1}^{n} x_{i} . a_{i} .$

Aussi, $X^{⊤} G X = λ X^{⊤} X$ avec $X^{⊤} X \in ℝ_{+}^{*}$ . On en déduit $λ \in ℝ_{+}$ .
(b)

$(⟸)$ Supposons la famille $(a_{1}, \dots, a_{n})$ libre. Pour $X \in Ker (G)$ , on a $X^{⊤} G X = 0$ et les calculs qui précèdent donnent $∥ x ∥ = 0$ avec $x = x_{1} . a_{1} + \dots + x_{n} . a_{n}$ . Par liberté de la famille $(a_{1}, \dots, a_{n})$ , il vient $x_{1} = \dots = x_{n} = 0$ et donc $X = 0$ . On conclut que la matrice $G$ est inversible.

$(⟹)$ Supposons $G$ inversible. Puisque $G$ est symétrique à valeurs propres strictement positives, on peut introduire une matrice $H$ symétrique et à valeurs propres strictement positives telle que $G = H^{2}$ . Soit $(λ_{1}, \dots, λ_{n}) \in ℝ^{n}$ tel que $λ_{1} . a_{1} + \dots + λ_{n} . a_{n} = 0_{E}$ . En considérant la colonne $X = {(\begin{matrix} λ_{1} & \dots & λ_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ , on observe

${∥ H X ∥}^{2} = X^{⊤} H^{⊤} H X = X^{⊤} G X = {∥ λ_{1} . a_{1} + \dots + λ_{n} . a_{n} ∥}^{2} = 0 .$

Ainsi, $H X = 0$ . Or la matrice $H$ est inversible et donc $X = 0$ .

On peut aussi résoudre ces questions en observant $G = A^{⊤} A$ avec $A$ matrice des coordonnées des vecteurs $a_{i}$ dans une base orthonormale.

Exercice 117 3743 CENTRALE (PC)Correction

$p, q$ sont deux entiers strictement positifs. $A, B$ deux matrices de $ℳ_{p, q} (ℝ)$ telles que $A^{⊤} A = B^{⊤} B$ .

(a)

Comparer $Ker (A)$ et $Ker (B)$ .
(b)

Soit $f$ (respectivement $g$ ) l’application linéaire de $ℝ^{q}$ dans $ℝ^{p}$ de matrice $A$ (respectivement $B$ ) dans les bases canoniques de $ℝ^{q}$ et $ℝ^{p}$ . On munit $ℝ^{p}$ de sa structure euclidienne canonique. Montrer que

$\forall x \in ℝ^{q}, ⟨ f (x), f (y) ⟩ = ⟨ g (x), g (y) ⟩ .$
(c)

Soient $(ε_{1}, \dots, ε_{r})$ et $(ε_{1}^{'}, \dots, ε_{r}^{'})$ deux bases d’un espace euclidien $F$ de dimension $r$ vérifiant

$\forall (i, j) \in {1, \dots, r}^{2}, ⟨ ε_{i}, ε_{j} ⟩ = ⟨ ε_{i}^{'}, ε_{j}^{'} ⟩ .$

Montrer qu’il existe une application orthogonale $s$ de $F$ telle que

$\forall i \in {1, \dots, r}, s (ε_{i}) = ε_{i}^{'} .$
(d)

Montrer qu’il existe $U \in O_{p} (ℝ)$ tel que $A = U B$ .

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

Solution

(a)

Soit $X \in Ker (A)$ . On a $B^{⊤} B X = A^{⊤} A X = 0$ donc $X^{⊤} B^{⊤} B X = 0$ . Or $X^{⊤} B^{⊤} B X = {∥ B X ∥}^{2}$ et donc $X \in Ker (B)$ . Ainsi, $Ker (A) \subset Ker (B)$ et même $Ker (A) = Ker (B)$ par une démarche symétrique.
(b)

En notant $X, Y$ les colonnes des coordonnées de $X$ et $Y$

$⟨ f (x), f (y) ⟩ = {(A X)}^{⊤} A Y = X^{⊤} A^{⊤} A Y$

et

$⟨ g (x), g (y) ⟩ = {(B X)}^{⊤} B Y = X^{⊤} B^{⊤} B Y$

d’où la conclusion.
(c)

Considèrons l’application linéaire $s \in ℒ (F)$ déterminée par

$\forall i \in {1, \dots, r}, s (ε_{i}) = ε_{i}^{'} .$

Il s’agit de montrer que $s$ est orthogonale, par exemple en observant que $s$ conserve la norme.
Soit $x \in F$ . On peut écrire

$x = \sum_{i = 1}^{r} x_{i} ε_{i} et s (x) = \sum_{i = 1}^{r} x_{i} ε_{i}^{'} .$

On a alors

${∥ s (x) ∥}^{2} = \sum_{i, j = 1}^{r} x_{i} x_{j} ⟨ ε_{i}^{'}, ε_{j}^{'} ⟩ = \sum_{i, j = 1}^{r} x_{i} x_{j} ⟨ ε_{i}, ε_{j} ⟩ = {∥ x ∥}^{2} .$
(d)

Soit $H$ un sous-espace vectoriel supplémentaire de $Ker (A) = Ker (B)$ dans $ℝ^{q}$ .
Introduisons $(x_{1}, \dots, x_{r})$ une base de $H$ et posons $(ε_{1}, \dots, ε_{r})$ et $(ε_{1}^{'}, \dots, ε_{r}^{'})$ les familles données par

$ε_{i} = f (x_{i}) et ε_{i}^{'} = g (x_{i}) .$

En vertu du b), on peut affirmer

$\forall (i, j) \in {1, \dots, r}^{2}, ⟨ ε_{i}, ε_{j} ⟩ = ⟨ ε_{i}^{'}, ε_{j}^{'} ⟩ .$

Introduisons $(ε_{r + 1}, \dots, ε_{p})$ une base orthonormée de l’orthogonal de l’image de $f$ et $(ε_{r + 1}^{'}, \dots, ε_{p}^{'})$ une base orthonormée de l’orthogonal de l’image de $g$ . On vérifie alors

$\forall (i, j) \in {1, \dots, p}^{2}, ⟨ ε_{i}, ε_{j} ⟩ = ⟨ ε_{i}^{'}, ε_{j}^{'} ⟩ .$

On peut alors introduire une application orthogonale $s : ℝ^{p} \to ℝ^{p}$ vérifiant

$\forall i \in {1, \dots, r}, s (ε_{i}) = ε_{i}^{'} .$

On a alors l’égalité d’application linéaire

$u \circ f = g$

car celle-ci vaut sur les $x_{i}$ donc sur $H$ et vaut aussi évidement sur $Ker (f) = Ker (g)$ .
En introduisant $U$ matrice de $s^{- 1}$ dans la base canonique de $ℝ^{p}$ , on obtient

$A = U S avec U \in O_{p} (ℝ) .$

Exercice 118 4268

Soit $E$ un espace euclidien de dimension $n \geq 1$ de produit scalaire noté $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ .

On appelle matrice de Gram d’une famille $𝒰 = (u_{1}, \dots, u_{p})$ de vecteurs de $E$ , la matrice $G_{𝒰} \in ℳ_{p} (ℝ)$ de coefficient général $⟨ u_{i}, u_{j} ⟩$ .

(a)

Montrer que la famille $𝒰 = (u_{1}, \dots, u_{p})$ et la matrice $G_{𝒰}$ ont le même rang.
(b)

Soient $𝒰 = (u_{1}, \dots, u_{p})$ et $𝒱 = (v_{1}, \dots, v_{p})$ deux familles de vecteurs de $E$ telles que $G_{𝒰} = G_{𝒱}$ . Montrer qu’il existe une isométrie $f$ de $E$ vérifiant $f (u_{i}) = v_{i}$ pour tout indice $i = 1, \dots, p$ .

Exercice 119 3919 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(E, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ un espace euclidien de dimension $n \geq 2$ .

(a)

Soient $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ une base orthonormée de $E$ , $(x_{1}, \dots, x_{n})$ et $(y_{1}, \dots, y_{n})$ dans $E^{n}$ . On introduit

$A = {Mat}_{e} (x_{1}, \dots, x_{n}) et B = {Mat}_{e} (y_{1}, \dots, y_{n}) .$

Déterminer les coefficients de la matrice $A^{⊤} B$ .
(b)

Soit $(x_{1}, \dots, x_{n})$ une base de $E$ . Montrer qu’il existe une unique famille $(y_{1}, \dots, y_{n})$ de $E$ telle que

$\forall (i, j) \in {1, \dots, n}^{2}, ⟨ y_{i}, x_{j} ⟩ = δ_{i, j} .$

Montrer que $(y_{1}, \dots, y_{n})$ est une base de $E$ et exprimer la matrice de passage de la base $(x_{1}, \dots, x_{n})$ à la base $(y_{1}, \dots, y_{n})$ à l’aide de la matrice

$M = {(⟨ x_{i}, x_{j} ⟩)}_{1 \leq i, j \leq n} .$

On considère dans la suite une famille $(x_{1}, \dots, x_{n})$ de $E$ vérifiant

$\forall i \in {1, \dots, n}, ∥ x_{i} ∥ = 1 et \forall (i, j) \in {1, \dots, n}^{2}, i \neq j ⟹ ⟨ x_{i}, x_{j} ⟩ < 0$

et

$\exists v \in E, \forall i \in {1, \dots, n}, ⟨ x_{i}, v ⟩ > 0 .$
(c)

Montrer que la famille $(x_{1}, \dots, x_{n})$ est une base de $E$ .
(d)

On pose $M = {(⟨ x_{i}, x_{j} ⟩)}_{1 \leq i, j \leq n} \in ℳ_{n} (ℝ)$ et $S = I_{n} - M / n$ .
Montrer que $S$ est diagonalisable et que $Sp (S) \subset] 0; 1 [$ .
(e)

Montrer que les coefficients de $M^{- 1}$ sont positifs.
(f)

Soit $(y_{1}, \dots, y_{n})$ déduit de $(x_{1}, \dots, x_{n})$ comme dans b). Montrer

$\forall (i, j) \in {1, \dots, n}^{2}, ⟨ y_{i}, y_{j} ⟩ \geq 0 .$

Solution

(a)

On a $a_{i, j} = ⟨ e_{i}, x_{j} ⟩$ , $b_{i, j} = ⟨ e_{i}, y_{j} ⟩$ donc

${[A^{⊤} B]}_{i, j} = \sum_{k = 1}^{n} ⟨ e_{k}, x_{i} ⟩ ⟨ e_{k}, y_{j} ⟩ = ⟨ x_{i}, y_{j} ⟩ .$
(b)

La condition étudiée sera remplie si, et seulement si, $A^{⊤} B = I_{n}$ . Il existe donc une unique famille $y$ solution et celle-ci est déterminée par

$B = {(A^{⊤})}^{- 1} .$

La matrice $B$ étant inversible, la famille $y$ est une base et

$P = {Mat}_{x} (y) = {Mat}_{e, x} ({Id}_{E}) \times {Mat}_{y, e} ({Id}_{E}) = A^{- 1} B$

ce qui donne $P = M^{- 1}$ car $M = A^{⊤} A$ .
(c)

Supposons $λ_{1} x_{1} + \dots + λ_{n} x_{n} = 0_{E}$ . Notons $I = {i \in ⟦ 1; n ⟧ | λ_{i} > 0}$ et $J = ⟦ 1; n ⟧ ∖ I$ . On a

$\sum_{i \in I} λ_{i} x_{i} = - \sum_{i \in J} λ_{i} x_{i}$

donc

${∥ \sum_{i \in I} λ_{i} x_{i} ∥}^{2} = - ⟨ \sum_{i \in I} λ_{i} x_{i}, \sum_{i \in J} λ_{i} x_{i} ⟩ = - \sum_{(i, j) \in I \times J} λ_{i} λ_{j} ⟨ x_{i}, x_{j} ⟩ .$

Or, dans les termes sommés, $λ_{i} λ_{j} \leq 0$ et $⟨ x_{i}, x_{j} ⟩ \leq 0$ donc

${∥ \sum_{i \in I} λ_{i} x_{i} ∥}^{2} \leq 0 .$

On en déduit

$\sum_{i \in I} λ_{i} x_{i} = 0_{E} .$

En faisant le produit scalaire avec un vecteur $v$ comme dans l’énoncé, on obtient

$\sum_{i \in I} λ_{i} ⟨ x_{i}, v ⟩ = 0$

avec $λ_{i} > 0$ et $⟨ x_{i}, v ⟩ > 0$ pour tout $i \in I$ . On en déduit $I = \emptyset$ .
Un raisonnement analogue fournit aussi

${i \in ⟦ 1; n ⟧ | λ_{i} < 0} = \emptyset$

et l’on conclut que la famille $x$ est libre. C’est donc une base puisqu’elle est de longueur $n = dim E$ .
(d)

On a $M = A^{⊤} A$ et la matrice $S$ est diagonalisable car symétrique réelle. Pour étudier ses valeurs propres, commençons par étudier celles de $M$ . Soit $λ$ une valeur propre de $M$ et $X$ vecteur propre associé. On a $M X = λ X$ donc

${∥ A X ∥}^{2} = X^{⊤} A^{⊤} A X = λ X^{⊤} X = λ {∥ X ∥}^{2}$

avec ${∥ X ∥}^{2} > 0$ et ${∥ A X ∥}^{2} > 0$ (car $A$ est inversible) donc $λ > 0$ .
Aussi

${∥ A X ∥}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} {(\sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} α_{j})}^{2}$

avec $α_{1}, \dots, α_{n}$ les coefficients de $X$ .

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

${∥ A X ∥}^{2} \leq \sum_{i = 1}^{n} (\sum_{j = 1}^{n} a_{i, j}^{2} \times \sum_{j = 1}^{n} x_{j}^{2})$

et l’on peut même affirmer qu’il n’y a pas égalité car $X$ ne peut être colinéaires aux transposées de chaque ligne de $A$ . On a alors

${∥ A X ∥}^{2} < \sum_{i = 1}^{n} (\sum_{j = 1}^{n} a_{i, j}^{2}) {∥ X ∥}^{2} = \sum_{j = 1}^{n} (\sum_{i = 1}^{n} a_{i, j}^{2}) {∥ X ∥}^{2} = n {∥ X ∥}^{2}$

car les colonnes de la matrice $A$ sont unitaires puisque ${∥ x_{j} ∥}^{2} = 1$ .
On en déduit $λ < n$ et finalement

$Sp (M) \subset] 0; n [.$

En conséquence,

$Sp (S) \subset] 0; 1 [.$
(e)

On écrit $S = Q D Q^{- 1}$ avec $D$ diagonale à coefficients diagonaux dans $] 0; 1 [$ . On a

$M^{- 1} = \frac{1}{n} {(I_{n} - S)}^{- 1} = \frac{1}{n} Q {(I_{n} - D)}^{- 1} Q^{- 1} .$

Or

${(I_{n} - D)}^{- 1} = I_{n} + D + D^{2} + \dots = \sum_{n = 0}^{+ \infty} D^{n}$

avec convergence de la série matricielle. On en déduit

$M^{- 1} = \frac{1}{n} \sum_{n = 0}^{+ \infty} S^{n} .$

La matrice $S$ est à coefficients positifs, ses puissances aussi et donc $M^{- 1}$ est à coefficients positifs.
(f)

En reprenant les notations précédentes,

$M^{- 1} = A^{- 1} {(A^{⊤})}^{- 1} = B^{⊤} B = {(⟨ y_{i}, y_{j} ⟩)}_{1 \leq i, j \leq n} .$

[<] Matrice de Gram[>] Endomorphismes normaux

Exercice 120 5903 Correction

On munit l’espace $ℳ_{n} (ℝ)$ du produit scalaire canonique donné par

⟨ M, N ⟩ = tr (M^{⊤} N) .

Soient $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ et $φ \in ℒ (ℳ_{n} (ℝ))$ donné par $φ (M) = A M$ .

(a)

Déterminer l’endomorphisme adjoint de $φ$ .
(b)

À quelle condition l’endomorphisme $φ$ est-il autoadjoint? À quelle condition l’endomorphisme $φ$ est-il une isométrie.

Solution

(a)

Pour $M, N \in ℳ_{n} (ℝ)$ ,

$⟨ φ (M), N ⟩ = tr ({(A M)}^{⊤} N) = tr (M^{⊤} A^{⊤} N) = ⟨ M, A^{⊤} N ⟩ .$

Considérons alors $ψ \in ℒ (ℳ_{n} (ℝ))$ donné par $ψ (M) = A^{⊤} M$ .

Par ce qui précède,

$\forall M, N \in ℳ_{n} (ℝ), ⟨ φ (M), N ⟩ = ⟨ M, ψ (N) ⟩ .$

L’endomorphisme adjoint de $φ$ est donc $ψ$ .
(b)

Pour $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ , on remarque¹¹ 1 Il suffit de considérer $M = I_{n}$ .

$\forall M \in ℳ_{n} (ℝ), A M = B M ⟹ A = B .$

On en déduit que l’endomorphisme $φ$ est autoadjoint si, et seulement si $A$ est symétrique.

Aussi, l’endomorphisme $φ$ est une isométrie si, et seulement si, $φ^{*} \circ φ = Id$ c’est-à-dire si, et seulement si, $A^{⊤} A = I_{n}$ . L’endomorphisme $φ$ est donc une isométrie si, et seulement si, $A$ est orthogonale.

Exercice 121 349 Correction

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ .

Montrer que $\det (f^{*}) = \det (f)$ .

Solution

Soit $ℬ$ une base orthonormée de $E$ . On sait

{Mat}_{ℬ} (f^{*}) = {({Mat}_{ℬ} (f))}^{⊤} .

Par égalité du déterminant d’une matrice et de sa transposée, on peut conclure.

Exercice 122 186 ENSTIM (MP)Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace vectoriel euclidien $E$ . On note $u^{*}$ l’adjoint de $u$ . Montrer

Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥} et Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥} .

Solution

Soit $x \in Ker (u^{*})$ . Pour tout $y \in Im (u)$ , on peut écrire $y = u (a)$ et l’on a

(x ∣ y) = (u^{*} (x) ∣ a) = (0_{E} ∣ a) = 0 .

Ainsi, $Ker (u^{*}) \subset {(Im (u))}^{⊥}$ .

Soit $x \in {(Im (u))}^{⊥}$ . Pour tout $a \in E$ ,

(u^{*} (x) ∣ a) = (x ∣ u (a)) = 0

et donc $u^{*} (x) = 0$ . Ainsi, ${(Im (u))}^{⊥} \subset Ker (u^{*})$ .

Par double inclusion, on a donc l’égalité $Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥}$

Puisque $u^{* *} = u$ , on a aussi ${(Im (u^{*}))}^{⊥} = Ker (u)$ d’où $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ .

Exercice 123 353 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ .

(a)

Comparer les espaces $Ker (u)$ et $Ker (u^{*} \circ u)$ .
(b)

Comparer les espaces $Im (u)$ et $Im (u \circ u^{*})$ .

Solution

(a)

D’une part, on sait $Ker (u) \subset Ker (u^{*} \circ u)$ .

D’autre part, si $x \in Ker (u^{*} \circ u)$ alors $u^{*} (u (x)) = 0_{E}$ donc

${∥ u (x) ∥}^{2} = (u^{*} (u (x)) ∣ x) = 0$

ce qui donne $x \in Ker (u)$ .

Ainsi, par double inclusion, $Ker (u) = Ker (u^{*} \circ u)$ .
(b)

Par la formule du rang, il vient alors $rg (u) = rg (u^{*} \circ u)$ . Or $Im (u \circ u^{*}) \subset Im (u)$ et donc, par inclusion et égalité des dimensions,

$Im (u \circ u^{*}) = Im (u) .$

Exercice 124 3149 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ .

Exprimer $Ker (u^{*} \circ u)$ et $Im (u^{*} \circ u)$ en fonction de $Ker (u)$ .

Solution

On a immédiatement

Ker (u) \subset Ker (u^{*} \circ u) .

Inversement, si $x \in Ker (u^{*} \circ u)$ alors

{∥ u (x) ∥}^{2} = (u (x) ∣ u (x)) = (x ∣ (u^{*} \circ u) (x)) = (x ∣ 0) = 0

et donc $x \in Ker (u)$ .

Par double inclusion, on obtient

Ker (u) = Ker (u^{*} \circ u) .

Soient $x \in Ker (u)$ et $y \in Im (u^{*} \circ u)$ . On peut écrire $y = u^{*} \circ u (a)$ avec $a \in E$ et alors

(x ∣ y) = (u (x) ∣ u (a)) = (0 ∣ u (a)) = 0 .

On en déduit

Im (u^{*} \circ u) \subset {(Ker (u))}^{⊥} .

dim (Ker (u)) + dim {(Ker (u))}^{⊥} = dim E

dim Im (u^{*} \circ u) + dim Ker (u^{*} \circ u) = dim E

donc, par inclusion et égalité des dimensions,

Im (u^{*} \circ u) = {(Ker (u))}^{⊥} .

Exercice 125 352 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ . Montrer

rg (u^{*} \circ u) = rg (u) = rg (u \circ u^{*}) .

Solution

D’une part, on sait $Ker (u) \subset Ker (u^{*} \circ u)$ .

D’autre part, si $x \in Ker (u^{*} \circ u)$ alors $u^{*} (u (x)) = 0_{R}$ donc

{∥ u (x) ∥}^{2} = (u^{*} (u (x)) ∣ x) = 0

ce qui donne $x \in Ker (u)$ .

Ainsi, par double inclusion, $Ker (u) = Ker (u^{*} \circ u)$ . Par la formule du rang, il vient alors $rg (u) = rg (u^{*} \circ u)$ .

Enfin,

rg (u) = rg (u^{*}) = rg (u^{* *} \circ u^{*}) = rg (u \circ u^{*}) .

Exercice 126 2420 CCINP (MP)Correction

Soient $E$ un $ℝ$ -espace vectoriel euclidien et $u$ dans $ℒ (E)$ . On note $u^{*}$ l’endomorphisme adjoint de $u$ .

(a)

Montrer que $Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥}$ et $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ .
(b)

On suppose $u^{2} = 0$ . Montrer

$Ker (u + u^{*}) = Ker (u) \cap Ker (u^{*}) .$
(c)

On suppose toujours $u^{2} = 0$ . Établir

$u + u^{*} est inversible \Leftrightarrow Ker (u) = Im (u) .$

Solution

(a)

Soit $x \in Ker (u^{*})$ . Pour tout $y \in Im (u)$ , on peut écrire $y = u (a)$ et l’on a

$(x ∣ y) = (u^{*} (x) ∣ a) = (0_{E} ∣ a) = 0 .$

Ainsi, $Ker (u^{*}) \subset {(Im (u))}^{⊥}$ .

Soit $x \in {(Im (u))}^{⊥}$ . Pour tout $a \in E$ ,

$(u^{*} (x) ∣ a) = (x ∣ u (a)) = 0$

et donc $u^{*} (x) = 0_{E}$ car $u^{*} (x)$ est orthogonal à tout vecteur. Ainsi, ${(Im (u))}^{⊥} \subset Ker (u^{*})$ .

Par double inclusion, on a donc l’égalité $Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥}$

Puisque $u^{* *} = u$ , on a aussi ${(Im (u^{*}))}^{⊥} = Ker (u)$ d’où $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ .
(b)

On a immédiatement

$Ker (u) \cap Ker (u^{*}) \subset Ker (u + u^{*}) .$

Inversement, soit $x \in Ker (u + u^{*})$ . On a

$u (x) = - u^{*} (x) \in Im (u) \cap Im (u^{*}) .$

Or $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ et, puisque $u^{2} = 0$ , $Im (u) \subset Ker (u)$ . Par suite, $Im (u^{*}) \subset {(Im (u))}^{⊥}$ et donc

$u (x) = - u^{*} (x) \in Im (u) \cap {(Im (u))}^{⊥} .$

On en déduit $u (x) = u^{*} (x) = 0_{E}$ .

Finalement,

$Ker (u + u^{*}) \subset Ker (u) \cap Ker (u^{*})$

puis l’égalité.
(c)

$(⟹)$ Supposons $u + u^{*}$ inversible. On a

${0_{E}} = Ker (u + u^{*}) = Ker (u) \cap Ker (u^{*}) = Ker (u) \cap {(Im (u))}^{⊥} .$

Par suite,

$dim Ker (u) + dim {(Im (u))}^{⊥} \leq dim E$

puis

$dim Ker (u) \leq dim Im (u) .$

Or $Im (u) \subset Ker (u)$ et donc $dim Im (u) \leq dim Ker (u)$ . Ainsi $dim Im (u) = dim Ker (u)$ et puisque $Im (u) \subset Ker (u)$ , on peut conclure $Im (u) = Ker (u)$ .

$(⟸)$

Supposons $Im (u) = Ker (u)$ .

$Ker (u + u^{*}) = Ker (u) \cap Ker (u^{*}) = Im (u) \cap {(Im (u))}^{⊥} = {0_{E}}$

L’endomorphisme $u + u^{*}$ est donc injectif puis bijectif.

Exercice 127 356 Correction

Soit $u \in ℒ (E)$ avec $E$ espace vectoriel euclidien.

(a)

Montrer

$Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥} et Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥} .$
(b)

On suppose $u^{2} = 0$ . Établir

$u + u^{*} inversible \Leftrightarrow Im (u) = Ker (u) .$

Solution

(a)

Soit $x \in Ker (u^{*})$ . Pour tout $y \in Im (u)$ , on peut écrire $y = u (a)$ et l’on a

$(x ∣ y) = (u^{*} (x) ∣ a) = (0_{E} ∣ a) = 0 .$

Ainsi, $Ker (u^{*}) \subset {(Im (u))}^{⊥}$ .

Soit $x \in {(Im (u))}^{⊥}$ . Pour tout $a \in E$ ,

$(u^{*} (x) ∣ a) = (x ∣ u (a)) = 0$

et donc $u^{*} (x) = 0$ . Ainsi, ${(Im (u))}^{⊥} \subset Ker (u^{*})$ .

Par double inclusion, on a donc l’égalité $Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥}$

Puisque $u^{* *} = u$ , on a aussi ${(Im (u^{*}))}^{⊥} = Ker (u)$ d’où $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ .
(b)

L’hypothèse $u^{2} = 0$ s’exprime aussi $Im (u) \subset Ker (u)$ .

$(⟹)$ Supposons $u + u^{*}$ inversible.

Soit $x \in Ker (u) \cap Im (u^{⊥})$ . On a $u (x) + u^{*} (x) = 0_{E}$ donc $x = 0_{E}$ . Par suite, $Ker (u) \cap Im (u^{⊥}) = {0_{E}}$ . Cela entraîne

$dim Ker (u) + dim Im (u^{⊥}) \leq dim E$

puis

$dim Ker (u) \leq dim Im (u) .$

Par suite, $Im (u) = Ker (u)$ .

$(⟸)$

Supposons $Im (u) = Ker (u)$ . Soit $x \in Ker (u + u^{*})$ . On a $u (x) + u^{*} (x) = 0_{E}$ .

Or $u (x) \in Im (u)$ et $u^{*} (x) \in Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥} = {(Im (u))}^{⊥}$ donc $u (x) = u^{*} (x) = 0_{E}$ .

Par suite, $x \in Ker (u)$ et $x \in Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥} = {(Ker (u))}^{⊥}$ donc $x = 0_{E}$ .

On conclut que l’endomorphisme $u + u^{*}$ est injectif et donc bijectif.

Exercice 128 355 ENSTIM (MP)Correction

Soient $E$ un espace vectoriel euclidien et $u \in ℒ (E)$ vérifiant $u^{2} = 0$ .

Établir

Ker (u + u^{*}) = Ker (u) \cap Ker (u^{*}) .

Solution

Immédiatement,

Ker (u + u^{*}) \supset Ker (u) \cap Ker (u^{*}) .

Inversement, soit $x \in Ker (u + u^{*})$ . On a $u (x) + u^{*} (x) = 0_{E}$ donc $u (u^{*} (x)) = 0_{E}$ puis

(u (u^{*} (x)) ∣ x) = (u^{*} (x) ∣ u^{*} (x)) = {∥ u^{*} (x) ∥}^{2} = 0

On a donc $u^{*} (x) = 0_{E}$ puis aussi $u (x) = 0_{E}$ et donc $x \in Ker (u) \cap Ker (u^{*})$ .

Par double inclusion, on a l’égalité demandée.

Exercice 129 2739 MINES (MP)Correction

Soit $E$ un espace euclidien et $u \in ℒ (E)$ tel que $u \circ u = 0$ . Montrer

Im (u) = Ker (u) \Leftrightarrow u + u^{*} \in GL (E) .

Solution

L’hypothèse $u^{2} = 0$ s’exprime aussi $Im (u) \subset Ker (u)$ .

$(⟸)$ Supposons $u + u^{*}$ inversible.

Soit $x \in Ker (u) \cap Im (u^{⊥})$ . On a $u (x) + u^{*} (x) = 0_{E}$ donc $x = 0_{E}$ . Par suite, $Ker (u) \cap Im (u^{⊥}) = {0_{E}}$ . Cela entraîne

dim Ker (u) + dim Im (u^{⊥}) \leq dim E

puis

dim Ker (u) \leq dim Im (u) .

Par suite, $Im (u) = Ker (u)$ .

$(⟹)$

Supposons $Im (u) = Ker (u)$ . Soit $x \in Ker (u + u^{*})$ . On a $u (x) + u^{*} (x) = 0_{E}$ .

Or $u (x) \in Im (u)$ et $u^{*} (x) \in Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥} = {(Im (u))}^{⊥}$ donc $u (x) = u^{*} (x) = 0_{E}$ .

Par suite, $x \in Ker (u)$ et $x \in Ker (u^{*}) = {(Im (u))}^{⊥} = {(Ker (u))}^{⊥}$ donc $x = 0_{E}$ .

On conclut que l’endomorphisme $u + u^{*}$ est injectif et donc bijectif.

Exercice 130 358 Correction

Soient $E$ un espace vectoriel euclidien et $f \in ℒ (E)$ .

On suppose que pour tout $x \in E$ , $∥ f (x) ∥ \leq ∥ x ∥$ .

Montrer que $∥ f^{*} (x) ∥ \leq ∥ x ∥$ .

Solution

Soit $x \in E$ . Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

{∥ f^{*} (x) ∥}^{2} = (f \circ f^{*} (x) ∣ x) \leq ∥ f (f^{*} (x)) ∥ ∥ x ∥ \leq ∥ f^{*} (x) ∥ ∥ x ∥ .

On en déduit $∥ f^{*} (x) ∥ \leq ∥ x ∥$ que $∥ f^{*} (x) ∥ = 0$ ou non.

Exercice 131 359 Correction

Soient $E$ un espace euclidien et $f \in ℒ (E)$ vérifiant

\forall x \in E, ∥ f (x) ∥ \leq ∥ x ∥ .

(a)

Montrer que si $f (x) = x$ alors $f^{*} (x) = x$ .
(b)

$E = Ker (f - {Id}_{E}) \oplus Im (f - {Id}_{E})$ .

Solution

(a)

Soit $x \in E$ . Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

${∥ f^{*} (x) ∥}^{2} = (f \circ f^{*} (x) ∣ x) \leq ∥ f (f^{*} (x)) ∥ ∥ x ∥ \leq ∥ f^{*} (x) ∥ ∥ x ∥ .$

On en déduit $∥ f^{*} (x) ∥ \leq ∥ x ∥$ que $∥ f^{*} (x) ∥ = 0$ ou non.

Supposons de plus $f (x) = x$ . On a alors

${∥ f^{*} (x) - x ∥}^{2} = {∥ f^{*} (x) ∥}^{2} - 2 (f^{*} (x) ∣ x) + {∥ x ∥}^{2} \leq {∥ x ∥}^{2} - 2 (x ∣ f (x)) + {∥ x ∥}^{2} = 0$

et donc $f^{*} (x) = x$ .
(b)

Soit $x \in Ker (f - {Id}_{E}) \cap Im (f - {Id}_{E})$ . On a $f (x) = x$ (donc $f^{*} (x) = x$ ) et il existe $a \in E$ vérifiant $x = f (a) - a$ .

${∥ x ∥}^{2} = (x ∣ f (a) - a) = (x ∣ f (a)) - (x ∣ a) .$

Par adjonction,

${∥ x ∥}^{2} = (f^{*} (x) ∣ a) - (x ∣ a) = 0 .$

Par suite,

$Ker (f - {Id}_{E}) \cap Im (f - {Id}_{E}) = {0} .$

Enfin, par le théorème du rang,

$dim Ker (f - {Id}_{E}) + rg (f - {Id}_{E}) = dim E$

ce qui permet de conclure

$E = Ker (f - {Id}_{E}) \oplus Im (f - {Id}_{E}) .$

Exercice 132 5710 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ de norme $∥ \cdot ∥$ .

Établir $| | | u | | | = | | | u^{*} | | |$ .

Solution

Pour $x \in E$ , l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

{∥ u (x) ∥}^{2} = (u^{*} (u (x)) ∣ x) \leq ∥ u^{*} (u (x)) ∥ ∥ x ∥ \leq | | | u^{*} \circ u | | | {∥ x ∥}^{2} .

On en déduit ${| | | u | | |}^{2} \leq | | | u^{*} \circ u | | |$ puis, par sous-multiplicativité,

{| | | u | | |}^{2} \leq | | | u^{*} | | | \cdot | | | u | | | .

Que $| | | u | | | = 0$ , ou non, on obtient

| | | u | | | \leq | | | u^{*} | | | .

Enfin, par l’identité $u^{* *} = u$ , on obtient l’inégalité inverse et donc l’égalité.

Exercice 133 5994 Correction

Soit $p$ un projecteur d’un espace euclidien $(E, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ .

(a)

Montrer que $p$ est un projecteur orthogonal si, et seulement si, $p$ est autoadjoint.
(b)

Montrer que $p$ est un projecteur orthogonal si, et seulement si,

$\forall x \in E, ∥ p (x) ∥ \leq ∥ x ∥ .$
(c)

Application : Soient $p$ et $q$ deux projecteurs orthogonaux de l’espace euclidien $E$ . Montrer que $p \circ q$ est un projecteur si, et seulement si, $p \circ q = q \circ p$ .

Solution

(a)

$(⟹)$ Supposons que $p$ soit la projection orthogonale sur un sous-espace vectoriel $F$ . Pour tous $x, y \in E$ ,

$⟨ p (x), y ⟩ = ⟨ p (x), y - p (y) ⟩ + ⟨ p (x), p (y) ⟩ avec ⟨ p (x), y - p (y) ⟩ = 0$

car $p (x) \in F$ et $y - p (y) = F^{⊥}$ . Ainsi, $⟨ p (x), y ⟩ = ⟨ p (x), p (y) ⟩$ . Par un calcul symétrique, $⟨ x, p (y) ⟩ = ⟨ p (x), p (y) ⟩$ et donc $⟨ p (x), y ⟩ = ⟨ x, p (y) ⟩$ . L’endomorphisme $p$ est autoadjoint.

$(⟸)$ Supposons que $p$ soit un endomorphisme autoadjoint. Pour $y \in Im (p)$ et $x \in Ker (p)$ , on écrit $y = p (a)$ avec $a \in E$ et l’on a

$⟨ y, x ⟩ = ⟨ p (a), x ⟩ = ⟨ a, p (x) ⟩ = ⟨ a, 0_{E} ⟩ = 0 .$

Les espaces $Im (p)$ et $Ker (p)$ sont orthogonaux: la projection $p$ est une projection orthogonale.
(b)

$(⟹)$ Supposons que $p$ soit une projection orthogonale sur un sous-espace vectoriel $F$ . Pour tout $x \in E$ , on écrit $x = a + b$ avec $a \in F$ et $b \in F^{⊥}$ . On a $p (x) = a$ et, par le théorème de Pythagore, ${∥ x ∥}^{2} = {∥ a ∥}^{2} + {∥ b ∥}^{2} \geq {∥ a ∥}^{2}$ donc $∥ x ∥ \geq ∥ p (x) ∥$ .

$(⟸)$ Supposons $∥ p (x) ∥ \leq ∥ x ∥$ pour tout $x \in E$ . Soient $x \in Ker (p) e t$ $y \in Im (p)$ . On considère $z = λ x + y \in E$ pour $λ \in ℝ$ . L’inégalité $∥ p (z) ∥ \leq ∥ z ∥$ donne

${∥ y ∥}^{2} \leq λ^{2} {∥ x ∥}^{2} + 2 λ ⟨ x, y ⟩ + {∥ y ∥}^{2}$

donc

$0 \leq λ^{2} {∥ x ∥}^{2} + 2 λ ⟨ x, y ⟩ .$

Pour $λ$ au voisinage de $0$ , l’expression $λ^{2} {∥ x ∥}^{2} + 2 λ ⟨ x, y ⟩$ change de signe sauf si $⟨ x, y ⟩ = 0$ . On a donc nécessairement $⟨ x, y ⟩ = 0$ . Les espaces $Im (p)$ et $Ker (p)$ sont orthogonaux: la projection $p$ est une projection orthogonale.
(c)

$(⟸)$ Si $p \circ q = q \circ p$ alors ${(p \circ q)}^{2} = p \circ (q \circ p) \circ q = p \circ (p \circ q) \circ q = p \circ q$ donc $p \circ q$ est un projecteur.

$(⟹)$ Si $p \circ q$ est un projecteur, celui-ci est un projecteur orthogonal car

$\forall x \in E, ∥ p \circ q (x) ∥ \leq ∥ q (x) ∥ \leq ∥ x ∥ .$

C’est donc un projecteur autoadjoint et par conséquent

$p \circ q = {(p \circ q)}^{*} = q^{*} \circ p^{*} = q \circ p .$

Exercice 134 2738 MINES (MP)Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ de norme $∥ \cdot ∥$ .

On note ${∥ \cdot ∥}_{ℒ (E)}$ la norme d’opérateur sur $ℒ (E)$ subordonnée à $∥ \cdot ∥$ .

(a)

Comparer ${∥ u ∥}_{ℒ (E)}$ et ${∥ u^{*} ∥}_{ℒ (E)}$ .
(b)

Si ${∥ u ∥}_{ℒ (E)} \leq 1$ , comparer $Ker (u - {Id}_{E})$ et $Ker (u^{*} - {Id}_{E})$ .
(c)

Si ${∥ u ∥}_{ℒ (E)} \leq 1$ , montrer $E = Ker (u - {Id}_{E}) \oplus Im (u - {Id}_{E})$ .

Solution

(a)

Pour $x \in E$ , l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

${∥ u (x) ∥}^{2} = (u^{*} (u (x)) ∣ x) \leq ∥ u^{*} (u (x)) ∥ ∥ x ∥ \leq {∥ u^{*} \circ u ∥}_{ℒ (E)} {∥ x ∥}^{2} .$

On en déduit ${∥ u ∥}_{ℒ (E)}^{2} \leq {∥ u^{*} \circ u ∥}_{ℒ (E)}$ puis, par sous-multiplicativité,

${∥ u ∥}_{ℒ (E)}^{2} \leq {∥ u^{*} ∥}_{ℒ (E)} {∥ u ∥}_{ℒ (E)} .$

Que ${∥ u ∥}_{ℒ (E)} = 0$ , ou non, on obtient

${∥ u ∥}_{ℒ (E)} \leq {∥ u^{*} ∥}_{ℒ (E)} .$

Enfin, par l’identité $u^{* *} = u$ , on obtient l’inégalité inverse et donc l’égalité.
(b)

Soit $x \in Ker (u - {Id}_{E})$ .

${∥ u^{*} (x) - x ∥}^{2} = {∥ u^{*} (x) ∥}^{2} - 2 (u^{*} (x) ∣ x) + {∥ x ∥}^{2} \leq {∥ x ∥}^{2} - 2 (x ∣ u (x)) + {∥ x ∥}^{2} = 0$

car $u (x) = x$ . Ainsi, $u^{*} (x) = x$ et $x \in Ker (u^{*} - {Id}_{E})$ . On peut conclure $Ker (u - {Id}_{E}) \subset Ker (u^{*} - {Id}_{E})$ puis l’égalité par symétrie.
(c)

Soit $x \in Ker (u - {Id}_{E}) \cap Im (u - {Id}_{E})$ . Il existe $a \in E$ tel que $x = u (a) - a$ . L’égalité $u^{*} (x) = x$ donne $u^{*} (u (a)) - u^{*} (a) = u (a) - a$ puis

$(u^{*} (u (a)) - u^{*} (a) ∣ a) = (u (a) - a ∣ a)$

qui conduit à

${∥ x ∥}^{2} = {∥ u (a) ∥}^{2} - 2 (u (a) ∣ a) + {∥ a ∥}^{2} = 0 .$

Ainsi, $Ker (u - {Id}_{E}) \cap Im (u - {Id}_{E}) = {0}$ . De plus, $dim Ker (u - {Id}_{E}) + rg (u - {Id}_{E}) = dim E$ donc $Ker (u - {Id}_{E}) \oplus Im (u - {Id}_{E}) = E$ .

Exercice 135 5659 Correction

Soit $E$ un espace euclidien non réduit au vecteur nul dont on note $(\cdot ∣ \cdot)$ le produit scalaire et $∥ \cdot ∥$ la norme euclidienne associée.

| | | u | | | = sup_{∥ x ∥ = 1} ∥ u (x) ∥ .

(a)

Pour $f \in 𝒮^{+} (E)$ , établir

$| | | f | | | = sup_{∥ x ∥ = 1} (f (x) ∣ x) .$
(b)

Application : Montrer

$\forall u \in ℒ (E), | | | u | | | = | | | u^{*} | | | .$

Solution

(a)

D’une part, l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

$\forall x \in E, (f (x) ∣ x) \leq ∥ f (x) ∥ ∥ x ∥ \leq | | | f | | | {∥ x ∥}^{2}$

donc

$sup_{∥ x ∥ = 1} (f (x) ∣ x) \leq | | | f | | | .$

D’autre part, puisque $f$ est un endomorphisme autoadjoint positif, il existe une base orthonormée $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ de $E$ dans laquelle la matrice de $f$ s’écrit

$D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) avec 0 \leq λ_{1} \leq \dots \leq λ_{n} .$

Pour tout $x \in E$ tel que $∥ x ∥ = 1$ de coordonnées $x_{1}, \dots, x_{n}$ dans $e$ , on a

${∥ f (x) ∥}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i}^{2} x_{i}^{2} \leq \sum_{i = 1}^{n} λ_{n}^{2} x_{i}^{2} \leq λ_{n}^{2} \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} = λ_{n}^{2} {∥ x ∥}^{2} = λ_{n}^{2}$

donc

$| | | f | | | = sup_{∥ x ∥ = 1} ∥ f (x) ∥ \leq λ_{n} = (f (e_{n}) ∣ e_{n}) \leq sup_{∥ x ∥ = 1} (f (x) ∣ x) .$

Par double inégalité,

$| | | f | | | = sup_{∥ x ∥ = 1} (f (x) ∣ x) .$
(b)

Soit $u \in ℒ (E)$ . On vérifie aisément $u^{*} \circ u \in 𝒮^{+} (E)$ donc

${| | | u | | |}^{2}$ $= sup_{∥ x ∥ = 1} {∥ u (x) ∥}^{2} = sup_{∥ x ∥ = 1} (u (x) ∣ u (x))$

$= sup_{∥ x ∥ = 1} (u^{*} \circ u (x) ∣ x) = | | | u^{*} \circ u | | | .$

Par sous-multiplicativité de la norme triple,

${| | | u | | |}^{2} \leq | | | u^{*} | | | \circ | | | u | | | .$

Que la quantité $| | | u | | |$ soit nulle ou non, on obtient

$| | | u | | | \leq | | | u^{*} | | | .$

En appliquant ce résultat à $u^{*}$ au lieu de $u$ , on peut aussi affirmer

$| | | u^{*} | | | \leq | | | u^{* *} | | | = | | | u | | | .$

Par double inégalité, on conclut $| | | u | | | = | | | u^{*} | | |$ .

Exercice 136 5951 CCP (MP)Correction

$E$ désigne un espace euclidien de dimension $n \geq 2$ et de produit scalaire noté $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ .

On fixe deux vecteurs non nuls $u$ et $v$ dans $E$ .

Pour tout vecteur $x$ de $E$ , on pose $(u \otimes v) (x) = ⟨ v, x ⟩ u$ .

(a)

Justifier que $u \otimes v$ est un endomorphisme de $E$ et donner son rang.
(b)

Déterminer les éléments propres de $u \otimes v$ . L’endomorphisme $u \otimes v$ est-il diagonalisable?
(c)

Calculer ${(u \otimes v)}^{2} = (u \otimes v) \circ (u \otimes v)$ et retrouver le résultat de diagonalisabilité de la question précédente.
(d)

Sot $g$ un endomorphisme de $E$ . On note $g^{*}$ son adjoint.

Montrer que $g$ commute avec $u \otimes v$ si, et seulement si, il existe $α \in ℝ$ tel que $g (u) = α u$ et $g^{*} (v) = α v$ .

Solution

(a)

L’application $u \otimes v$ est définie de $E$ vers $E$ .

Par linéarité du produit scalaire en sa deuxième variable, l’application $u \otimes v$ est linéaire.

On remarque $Im (u \otimes v) \subset Vect (u)$ et $u \otimes v \neq 0$ car $(u \otimes v) (v) = {∥ v ∥}^{2} u \neq 0$ . On en déduit $Im (u \otimes v) = Vect (u)$ . En particulier, l’application $u \otimes v$ est de rang $1$ .
(b)

Par la formule du rang, $dim Ker (u) = n - 1$ . On en déduit que $0$ est valeur propre de $u \otimes v$ de multiplicité au moins $n - 1$ .

Aussi, $(u \otimes v) (u) = ⟨ v, u ⟩ u$ . Distinguons alors deux cas:

Cas: $⟨ v, u ⟩ \neq 0$ . Le réel $α = ⟨ v, u ⟩$ est aussi valeur propre de $u \otimes v$ . Celle-ci est alors nécessairement simple et il n’y a pas d’autres valeurs propres. L’endomorphisme $u \otimes v$ est diagonalisable car la somme des dimensions des sous-espaces propres vaut $n$ .

Cas: $⟨ v, u ⟩ = 0$ . Il n’y a pas d’autres valeurs propres que $0$ car un vecteur propre associé à une valeur propre non nulle est nécessairement dans l’image de $u \otimes v$ donc colinéaire à $u$ . Puisque $dim E_{0} (u) = n - 1$ , l’endomorphisme $u \otimes v$ n’est pas diagonalisable.
(c)

Pour $x \in E$ ,

${(u \otimes v)}^{2} (x) = ⟨ v, (u \otimes v) (x), u ⟩ = ⟨ v, u ⟩ ⟨ v, x ⟩ u .$

On remarque ${(u \otimes v)}^{2} = α u \otimes v$ avec $α = ⟨ v, u ⟩$ .

Le polynôme $X^{2} - α X$ est annulateur de $u \otimes v$ .

Cas: $α \neq 0$ . L’endomorphisme $u \otimes v$ annule un polynôme simplement scindé, il est diagonalisable.

Cas: $α = 0$ . $0$ est la seule valeur propre de $u \otimes v$ . Pour que cet endomorphisme soit diagonalisable, il faut et il suffit qu’il soit égal à l’endomorphisme nul. Ce n’est pas le cas.
(d)

$(⟹)$ Supposons que $g$ commute avec $u \otimes v$ .

Pour tout $x \in E$ ,

$⟨ v, g (x) ⟩ u = ⟨ v, x ⟩ g (u)$

soit encore

$⟨ g^{*} (v), x ⟩ u = ⟨ v, x ⟩ g (u) .$

Pour $x = v \neq 0$ , on obtient

$g (u) = α u avec α = \frac{⟨ g^{*} (v), v ⟩}{⟨ v, v ⟩} .$

Injectée dans la relation précédente, cela donne

$⟨ g^{*} (v), x ⟩ u = ⟨ v, x ⟩ α u = ⟨ α v, x ⟩ u$

et donc

$⟨ g^{*} (v) - α v, x ⟩ u = 0 .$

Puisque le vecteur $u$ est non nul et que la relation doit valoir pour tout $x \in E$ , on obtient $g^{*} (v) = α v$ .

$(⟸)$ Si $g (u) = α u$ et $g^{*} (v) = α v$ alors, pour tout $x \in E$ ,

$⟨ v, g (x) ⟩ u = ⟨ g^{*} (v), x ⟩ u = α ⟨ v, x ⟩ u = ⟨ v, x ⟩ g (u) .$

Les endomorphismes $g$ et $u \otimes v$ commutent.

Exercice 137 629 Correction

Soit $E$ un espace euclidien. Montrer l’équivalence des assertions suivantes:

(i)

$u \circ u^{*} \circ u = u$ ;
(ii)

$u \circ u^{*}$ est un projecteur orthogonal;
(iii)

$u^{*} \circ u$ est un projecteur orthogonal;
(iv)

${(Ker (u))}^{⊥} = {x \in E | ∥ u (x) ∥ = ∥ x ∥}$ .

Solution

Rappelons les propriétés classiques suivantes utiles pour la suite:

{(Ker (u))}^{⊥} = Im (u^{*}), rg (u^{*} u) = rg (u^{*}) = rg (u) et u^{*} \circ u \in 𝒮^{+} (E) .

(i) $⟹$ (ii) Supposons $u \circ u^{*} \circ u = u$ . On a alors

(u \circ u^{*}) \circ (u \circ u^{*}) = (u \circ u^{*} \circ u) \circ u^{*} = u \circ u^{*}

donc $u \circ u^{*}$ est un projecteur.

De plus, ${(u \circ u^{*})}^{*} = u^{* *} \circ u^{*} = u \circ u^{*}$ . Le projecteur $u \circ u^{*}$ est donc autoadjoint et par conséquent c’est un projecteur orthogonal.

(ii) $⟹$ (iii) Supposons $u \circ u^{*}$ projecteur orthogonal. On a $u \circ u^{*} \circ u \circ u^{*} = u \circ u^{*}$ donc $u \circ (u^{*} \circ u \circ u^{*} \circ u) = u \circ (u^{*} \circ u)$ puis

u \circ (u^{*} \circ u \circ u^{*} \circ u - u^{*} \circ u) = \tilde{0} .

Par suite, l’endomorphisme $u^{*} \circ u \circ u^{*} \circ u - u^{*} \circ u$ prend ses valeurs dans $Ker (u)$ . Or il prend aussi ses valeurs dans $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ , c’est donc l’endomorphisme nul. On en déduit que $u^{*} \circ u$ est un projecteur. On vérifie aussi qu’il est autoadjoint et c’est donc un projecteur orthogonal.

(iii) $⟹$ (iv) Supposons $u^{*} u$ projecteur orthogonal.

Puisque $Im (u^{*} \circ u) \subset Im (u^{*})$ et puisque $rg (u^{*} \circ u) = rg (u^{*})$ , on a

Im (u^{*} \circ u) = Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥} .

Ainsi, $u^{*} \circ u$ est la projection orthogonale sur ${(Ker (u))}^{⊥}$ .

Soit $x \in {(Ker (u))}^{⊥}$ .

{∥ u (x) ∥}^{2} = (u (x) ∣ u (x)) = (u^{*} \circ u (x) ∣ x) = (x ∣ x) = {∥ x ∥}^{2} .

Inversement, supposons ${∥ u (x) ∥}^{2} = {∥ x ∥}^{2}$ .

Par les calculs qui précédent, on obtient $(x - u^{*} \circ u (x) ∣ x) = 0$ . On peut écrire $x = a + b$ avec $a = u^{*} \circ u (x) \in {(Ker (u))}^{⊥}$ et $b \in Ker (u)$ . L’égalité $(x - u^{*} \circ u (x) ∣ x) = 0$ donne $(b ∣ a + b) = 0$ puis $(b ∣ b) = 0$ et donc $b = 0_{E}$ .

Ainsi, $x = a + b = a \in {(Ker (u))}^{⊥}$ .

(iv) $⟹$ (i) Supposons

{(Ker (u))}^{⊥} = {x \in E | ∥ u (x) ∥ = ∥ x ∥} .

Puisque $Ker (u)$ est stable par $u^{*} \circ u$ , ${(Ker (u))}^{⊥}$ est stable par ${(u^{*} \circ u)}^{*} = u^{*} \circ u$ .

L’endomorphisme induit par $u^{*} \circ u$ sur ${(Ker (u))}^{⊥}$ est un endomorphisme autoadjoint positif.

Si $λ$ est valeur propre de $u^{*} \circ u$ alors il existe $x \neq 0_{E}$ vérifiant $u^{*} \circ u (x) = λ . x$ et alors

λ {∥ x ∥}^{2} = (u^{*} \circ u (x) ∣ x) = {∥ u (x) ∥}^{2} = {∥ x ∥}^{2}

donc $λ = 1$ .

L’endomorphisme $u^{*} \circ u$ est diagonalisable sur le sous-espace vectoriel stable ${(Ker (u))}^{⊥}$ et sa seule valeur propre possible est $1$ , c’est donc l’identité sur cet espace.

Puisque l’endomorphisme $u^{*} \circ u$ est nul sur $Ker (u)$ et égal à l’identité sur ${(Ker (u))}^{⊥}$ , on peut affirmer que les endomorphismes $u \circ u^{*} \circ u = u \circ (u^{*} \circ u)$ et $u$ sont égaux car ils coïncident sur les deux espaces supplémentaires $Ker (u)$ et ${(Ker (u))}^{⊥}$ .

Exercice 138 3516 Correction

Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes d’un espace euclidien $E$ non réduit à $0_{E}$ .

(a)

On suppose que les endomorphismes $f$ et $g$ commutent et qu’ils sont nilpotents.
Montrer qu’il existe un vecteur $x$ de $E$ non nul vérifiant

$f (x) = g (x) = 0_{E} .$
(b)

On suppose que les endomorphismes $f$ et $g$ commutent et qu’ils possèdent un vecteur propre en commun.
Montrer que les endomorphismes adjoints $f^{*}$ et $g^{*}$ possèdent aussi un vecteur propre en commun.

Solution

(a)

Puisque l’endomorphisme $f$ est nilpotent, il est non injectif et son noyau $Ker (f)$ n’est pas réduit à ${0_{E}}$ . De plus, ce noyau est stable par $g$ car $f$ et $g$ commutent. Tout comme $g$ , l’endomorphisme induit par $g$ sur $Ker (f)$ est nilpotent et donc non injectif. Cela assure l’existence d’un vecteur non nul dans $Ker (f) \cup Ker (g)$ .
(b)

Soient $α$ et $β$ les valeurs propres associés à un vecteur propre $x$ commun à $f$ et $g$ .
Le polynôme caractéristique de $f$ est de la forme

$χ_{f} (X) = {(X - α)}^{k} Q (X) avec Q (α) \neq 0 .$

Le sous-espace vectoriel $Im (Q (f^{*}))$ est stable par $f^{*}$ et aussi par $g^{*}$ car $f^{*}$ et $g^{*}$ commutent.
Puisque le polynôme $χ_{f}$ est annulateur de $f$ et aussi de $f^{*}$ , on peut affirmer que

$\forall x \in E, {(f^{*} - α Id)}^{k} (Q (f^{*}) (x)) = 0_{E}$

et donc

$\forall y \in Im (Q (f^{*})), {(f^{*} - α Id)}^{k} (y) = 0_{E} .$

On en déduit que l’endomorphisme induit par $f^{*} - α Id$ sur $Im (Q (f^{*}))$ est nilpotent.
De façon analogue, on peut écrire le polynôme caractéristique de $g$ sous la forme

$χ_{g} (X) = {(X - β)}^{ℓ} R (X) avec R (β) \neq 0$

et affirmer que le sous-espace vectoriel $Im (R (g^{*}))$ est stable par $f^{*}$ et $g^{*}$ et que de plus, l’endomorphisme induit par $g^{*} - β Id$ sur $Im (R (g^{*}))$ est nilpotent.
Considérons alors l’espace

$F = Im (Q (f^{*})) \cap Im (R (g^{*})) .$

Cet espace vectoriel est stable par les endomorphismes $f^{*} - α Id$ et $g^{*} - β Id$ et ceux-ci y induisent des endomorphismes nilpotents.
Pour conclure, il suffit maintenant de montrer que l’espace $F$ est non nul car on peut alors appliquer pour conclure le résultat de la question précédente aux endomorphismes commutant et nilpotents induits par $f^{*} - α Id$ et $g^{*} - β Id$ sur $F$ .
Par la propriété $Im (u^{*}) = {(Ker (u))}^{⊥}$ , on obtient

$F = Im (Q (f^{*})) \cap Im (R (g^{*})) = {(Ker (Q (f)) + Ker (R (g)))}^{⊥}$

et donc

$F^{⊥} = Ker (Q (f)) + Ker (R (g)) .$

Rappelons que nous avons noté $x$ un vecteur propre tel que

$f (x) = α x et g (x) = β x .$

Si par l’absurde, $x \in F^{⊥}$ , on peut écrire

$x = x_{1} + x_{2} avec x_{1} \in Ker (Q (f)) et x_{2} \in Ker (R (g)) .$

On a alors

$Q (f) (x) = Q (f) (x_{1}) + Q (f) (x_{2})$

avec

$Q (f) (x) = Q (α) x et Q (f) (x_{1}) = 0_{E}$

et ainsi

$Q (α) (x) = Q (f) (x_{2}) .$

On a encore en appliquant l’endomorphisme $R (g)$ à cette relation

$Q (α) R (β) x = R (g) (Q (f)) (x_{2}) = Q (f) (R (g)) (x_{2}) = 0_{E}$

car $R (g)$ et $Q (f)$ commutent.
Or $Q (α), R (β) \neq 0$ et $x \neq 0_{E}$ . C’est absurde.
On peut donc conclure que $x \notin F^{⊥}$ donc $F^{⊥} \neq E$ puis $F \neq {0_{E}}$ .

[<] Adjoint[>] Matrices commutant avec leur transposée

Exercice 139 3661 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ . On suppose $u^{*} \circ u = u \circ u^{*}$ .

(a)

Montrer que les endomorphismes $u$ et $u^{*}$ ont les mêmes sous-espaces propres.
(b)

Montrer que les sous-espaces propres de $u$ sont deux à deux orthogonaux.

Solution

(a)

Soient $λ \in ℝ$ et $F = E_{λ} (u) = Ker (u - λ {Id}_{E})$ .

Puisque $u$ et $u^{*}$ commutent, l’espace $F$ est stable par $u^{*}$ .

Considérons alors les endomorphismes $v$ et $w$ restrictions de $u$ et $u^{*}$ à l’espace $F$ . Puisque

$\forall x, y \in E, (u (x) ∣ y) = (x ∣ u^{*} (y))$

on a en particulier

$\forall x, y \in F, (v (x) ∣ y) = (x ∣ w (y))$

et donc $w = v^{*}$ . Or $v = λ . {Id}_{F}$ donc $w^{*} = {(λ . {Id}_{F})}^{*} = λ . {Id}_{F}$ . Ainsi, $E_{λ} (u) \subset E_{λ} (u^{*})$ . Un raisonnement symétrique donne l’autre inclusion ce qui assure l’égalité.
(b)

Soient $λ, μ \in ℝ$ deux valeurs propres distinctes de $u$ .

Soient $x \in E_{λ} (u)$ et $y \in E_{μ} (u) = E_{μ} (u^{*})$ . D’une part,

$(u (x) ∣ y) = λ (x ∣ y) .$

D’autre part;

$(u (x) ∣ y) = (x ∣ u^{*} (y)) = μ (x ∣ y) .$

Puisque $λ \neq μ$ , on obtient $(x ∣ y) = 0$ .

Les espaces $E_{λ} (u)$ et $E_{μ} (u)$ sont donc orthogonaux.

Exercice 140 3400 Correction

Soit $u$ un endomorphisme diagonalisable d’un espace euclidien $E$ .
On suppose que les endomorphismes $u$ et $u^{*}$ commutent. Montrer que l’endomorphisme $u$ est autoadjoint.

Solution

Notons $E_{λ}$ les sous-espaces propres de l’endomorphisme $u$ . Puisqu’il est diagonalisable, on peut écrire

E = \underset{λ \in Sp (u)}{\oplus} E_{λ} .

Nous allons montrer que les espaces de cette décomposition sont deux à deux orthogonaux.
Soit $λ$ une valeur propre de $u$ . L’espace

F_{λ} = \underset{μ \in Sp (u) - {λ}}{\oplus} E_{μ}

est un supplémentaire de $E_{λ}$ . Puisque, les endomorphismes $u$ et $u^{*}$ commutent, chaque espace propre $E_{μ}$ est stable $u^{*}$ et donc $F_{λ}$ est stable par $u^{*}$ . On en déduit que $F_{λ}^{⊥}$ est stable par $u$ . Puisque l’endomorphisme induit par $u$ sur $F_{λ}^{⊥}$ est diagonalisable, il existe une base de $F_{λ}^{⊥}$ formé de vecteurs propres de $u$ . Or aucun de ces vecteurs propres ne peut être élément de $F_{λ}$ . On en déduit l’inclusion $F_{λ}^{⊥} \subset E_{λ}$ puis l’égalité par un argument de dimensions.
Ainsi, les sous-espaces propres de $u$ sont deux à deux orthogonaux. En introduisant une base orthonormée de chaque sous-espace propre, on forme alors une base orthonormée de $E$ diagonalisant $u$ . L’endomorphisme $u$ est donc autoadjoint car représenté par une matrice symétrique en base orthonormée.

Exercice 141 5959 Correction

Soit $u$ un endomorphisme d’un espace euclidien $E$ . Montrer

u^{*} \circ u = u \circ u^{*} \Leftrightarrow \forall x \in E, ∥ u^{*} (x) ∥ = ∥ u (x) ∥ .

Solution

$(⟹)$ Supposons $u^{*} \circ u = u \circ u^{*}$ . Pour tout $x \in E$ , on obtient par propriété d’adjonction

	${∥ u (x) ∥}^{2}$	$= ⟨ u (x), u (x) ⟩ = ⟨ u^{*} \circ u (x), x ⟩$
		$= ⟨ u \circ u^{} (x), x ⟩ = ⟨ u^{} (x), u^{} (x) ⟩ = {∥ u^{} (x) ∥}^{2} .$

Ainsi, $∥ u (x) ∥ = ∥ u^{*} (x) ∥$ .

$(⟸)$ Supposons $∥ u (x) ∥ = ∥ u^{*} (x) ∥$ pour tout $x \in E$ . Soient $x, y \in E$ . On a par développement

	${∥ u (x + y) ∥}^{2}$	$= {∥ u (x) ∥}^{2} + 2 ⟨ u (x), u (y) ⟩ + {∥ u (y) ∥}^{2}$
	${∥ u^{*} (x + y) ∥}^{2}$	$= {∥ u^{} (x) ∥}^{2} + 2 ⟨ u^{} (x), u^{} (y) ⟩ + {∥ u^{} (y) ∥}^{2} .$

On en déduit

⟨ u (x), u (y) ⟩ = ⟨ u^{*} (x), u^{*} (y) ⟩ .

Par adjonction, on a encore

⟨ u^{*} \circ u (x), y ⟩ = ⟨ u \circ u^{*} (x), y ⟩

ce qui se réorganise en

⟨ u^{*} \circ u (x) - u \circ u^{*} (x), y ⟩ = 0 .

Le vecteur $u^{*} \circ u (x) - u \circ u^{*} (x)$ est orthogonal à tout vecteur $y$ de $E$ , c’est le vecteur nul. Cela vaut pour tout $x \in E$ et donc $u^{*} \circ u = u \circ u^{*}$ .

[<] Endomorphismes normaux[>] Endomorphismes autoadjoints positifs

Exercice 142 3171 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice inversible vérifiant

A A^{⊤} = A^{⊤} A .

Montrer que la matrice $Ω = {(A^{- 1})}^{⊤} A$ est orthogonale.

Solution

On a

Ω Ω^{⊤} = {(A^{- 1})}^{⊤} A A^{⊤} A^{- 1} .

Or $A$ et $A^{⊤}$ commutent donc

Ω Ω^{⊤} = {(A^{- 1})}^{⊤} A^{⊤} A A^{- 1} = I_{n} .

Exercice 143 1330 MINES (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $A^{⊤} A = A A^{⊤}$ . On suppose qu’il existe $p \in ℕ^{*}$ tel que $A^{p} = 0$ .

(a)

Montrer que $A^{⊤} A = 0$ .
(b)

En déduire que $A = 0$ .

Solution

(a)

Puisque $A$ et $A^{⊤}$ commutent, on a ${(A^{⊤} A)}^{p} = {(A^{⊤})}^{p} A^{p} = 0$ et donc $A^{⊤} A$ est nilpotente.
D’autre part, la matrice $A^{⊤} A$ est symétrique réelle donc diagonalisable. Étant nilpotente, sa seule valeur propre possible est 0 et donc $A^{⊤} A$ est nulle car semblable à la matrice nulle.
(b)

En exploitant le produit scalaire canonique sur $ℳ_{n} (ℝ)$ on a

${∥ A ∥}^{2} = (A A ∣ =) tr (A^{⊤} A) = 0$

et donc $A = 0$

Exercice 144 5408 Correction

On dit qu’une matrice $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ est unipotente lorsque l’on peut écrire $A = I_{n} + N$ avec $N$ matrice nilpotente. Quelles sont les matrices unipotentes orthogonales?

Solution

Soit $A = I_{n} + N \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice unipotente orthogonale. L’égalité $A^{⊤} A = I_{n}$ donne $N^{⊤} N + N^{⊤} + N = O_{n}$ . Aussi, l’égalité $A A^{⊤} = I_{n}$ donne $N N^{⊤} + N^{⊤} + N = O_{n}$ . On en déduit que les matrices $N$ et $N^{⊤}$ commutent. Puisque $N$ est nilpotente, on peut affirmer par commutation que $N^{⊤} N$ est aussi nilpotente. Or cette matrice est symétrique réelle et donc diagonalisable, c’est alors la matrice nulle. En particulier, ${∥ N ∥}_{2}^{2} = tr (N^{⊤} N) = 0$ ce qui donne $N = O_{n}$ . Finalement, $A = I_{n}$ . La réciproque est entendue.

Exercice 145 2716 MINES (MP)Correction

Résoudre dans $ℳ_{n} (ℝ)$ le système

{\begin{matrix} M^{2} + M + I_{n} & = 0 \\ M^{⊤} M & = M M^{⊤} . \end{matrix}

Solution

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

P M P^{- 1} = (\begin{matrix} J & (0) \\ ⋱ \\ (0) & J \end{matrix})

avec

J = R_{2 π / 3} = (\begin{matrix} - 1 / 2 & - \sqrt{3} / 2 \\ \sqrt{3} / 2 & - 1 / 2 \end{matrix}) ou J = R_{- 2 π / 3} .

Pour $n = 2$ : $M = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})$ .

M^{⊤} M = M M^{⊤} \Leftrightarrow {\begin{matrix} a b + c d & = a c + d b \\ b^{2} & = c^{2} . \end{matrix}

Si $b = c$ alors $M$ est symétrique donc diagonalisable sur $ℝ$ ce qui n’est pas le cas.
Il reste $b = - c$ et donc $a = d$ .
Ainsi $M = (\begin{matrix} a & b \\ - b & a \end{matrix})$ et la relation $M^{2} + M + I = 0$ donne

{\begin{matrix} a^{2} - b^{2} + a + 1 & = 0 \\ 2 a b + b & = 0 \end{matrix}

puis

{\begin{matrix} a & = - 1 / 2 \\ b & = \pm \sqrt{3} / 2 \end{matrix}

ce qui permet de conclure (car le cas $b = 0$ est à exclure).
Supposons la propriété établie au rang $n = 2 p$ et étudions le rang $n = 2 p + 2$ .
Soit $M$ une matrice solution.
La matrice $S = M^{⊤} + M$ est symétrique et donc il existe $X \neq 0$ tel que $S X = λ X$ .
On observe alors que l’espace $F = Vect (X, M X)$ est stable par $M$ et par $M^{⊤}$ . Par suite, $F^{⊥}$ est aussi stable par $M$ et $M^{⊤}$ . 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 146 3928 MINES (MP)

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant¹¹ 1 On dit que $M$ est une matrice normale. $M^{⊤} M = M M^{⊤}$ . 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 $M_{α, β}$ étant diagonalisable dans $ℂ$ , on peut affirmer que toute matrice commutant avec sa transposée est diagonalisable sur $ℂ$ .

M_{α, β} = (\begin{matrix} α & - β \\ β & α \end{matrix}) avec α, β \in ℝ .

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 147 4168 CENTRALE (MP)Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

(a)

Montrer qu’il existe un unique couple $(A, S) \in ℳ_{n} {(ℝ)}^{2}$ tel que

$M = A + S, A^{⊤} = - A et S^{⊤} = S .$
(b)

Montrer que $M$ et $M^{⊤}$ commutent si, et seulement si, $A$ et $S$ commutent.
(c)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $A^{⊤} = - A$ . On suppose que $A$ est inversible. Montrer que $n$ est pair et qu’il existe $P \in O_{n} (ℝ)$ et $(a_{1}, \dots, a_{p}) \in {(ℝ_{+}^{*})}^{p}$ tels que $A = P D P^{- 1}$ où $D$ est une matrice diagonale par blocs avec des blocs $D_{1}, \dots, D_{p}$ où

$D_{i} = (\begin{matrix} 0 & - a_{i} \\ a_{i} & 0 \end{matrix}) .$
(d)

Énoncer et prouver un théorème de réduction pour les matrices normales de $ℳ_{n} (ℝ)$ , c’est-à-dire les matrices $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ telles que $M M^{⊤} = M^{⊤} M$ .

Solution

(a)

Unicité:

Si $M = A + S$ avec $A$ et $S$ comme voulues, on a $M^{⊤} = - A + S$ et donc

$S = \frac{1}{2} (M + M^{⊤}) et A = \frac{1}{2} (M - M^{⊤}) .$

Existence:

Les matrices $S$ et $A$ proposées ci-dessus conviennent.
(b)

Si $M$ et $M^{⊤}$ 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 $M^{⊤} = - A + S$ .
(c)

$A^{⊤} = - A$ donne $\det (A^{⊤}) = \det (- A)$ et donc $\det (A) = {(- 1)}^{n} \det (A)$ . On en déduit que $n$ est pair lorsque $\det (A) \neq 0$ .

La matrice $A^{2}$ est symétrique réelle et possède donc une valeur propre $λ$ . Soit $x$ un vecteur propre associé et $y = A x$ . On a

$(x ∣ y) = x^{⊤} A x = - {(A x)}^{⊤} x = - (y ∣ x) .$

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

$e_{1} = \frac{1}{∥ x ∥} x et e_{2} = \frac{1}{∥ y ∥} y$

et complétons la famille $(e_{1}, e_{2})$ en une base orthonomale. L’endomorphisme canoniquement associé à $A$ est alors figuré dans cette base par une matrice de la forme

$B = (\begin{matrix} 0 & β & (*) \\ α & 0 & (*) \\ (0) & (0) & A^{'} \end{matrix}) .$

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 $D_{i}$ .

Supposons $M M^{⊤} = M^{⊤} M$ . Par commutation, les sous-espaces propres de $S$ sont stables par $A$ ce qui permet de mener le raisonnement précédent en choisisssant $e_{1}$ vecteur propre commun à $S$ et $A^{2}$ . En notant que $e_{2}$ sera alors vecteur propre de $S$ pour la même valeur propre que $e_{1}$ , on obtient que $M$ est orthogonalement semblable à une matrice diagonale par blocs avec des blocs diagonaux de la forme

$(λ) et (\begin{matrix} α & - β \\ β & α \end{matrix}) .$

[<] Matrices commutant avec leur transposée[>] Matrices symétriques positives

Exercice 148 8 Correction

Soient $f \in ℒ (E)$ et $u = f^{*} \circ f$ . Montrer que $u \in 𝒮^{+} (E)$ .

Solution

D’une part,

u^{*} = {(f^{*} \circ f)}^{*} = f^{*} \circ f = u

donc $u \in 𝒮 (E)$ .

D’autre part, pour $x \in E$

(u (x) ∣ x) = (f^{*} \circ f (x) ∣ x) = (f (x) ∣ f (x)) = {∥ f (x) ∥}^{2} \geq 0

Ainsi, $u$ est un endomorphisme autoadjoint positif.

Exercice 149 365 Correction

Soit $f$ un endomorphisme d’un espace vectoriel euclidien $E$ .

(a)

Montrer que $u = f^{*} \circ f$ est diagonalisable et que ses valeurs propres sont positives ou nulles.
(b)

Établir $Ker (u) = Ker (f)$ puis $Im (u) = {(Ker (f))}^{⊥}$ .

Solution

(a)

$u^{*} = u$ donc $u$ est autoadjoint et par conséquent diagonalisable (dans une base orthonormée).

Si $λ$ est valeur propre de $u$ et $x$ vecteur propre associé

$λ . {∥ x ∥}^{2} = (u (x) ∣ x) = {∥ f (x) ∥}^{2}$

donc $λ \geq 0$ .
(b)

On a $Ker (f) \subset Ker (u)$ de manière immédiate.

Soit $x \in Ker (u)$ . On a $(u (x) ∣ x) = 0$ ce qui donne $f (x) = 0_{E}$ donc $x \in Ker (f)$ .

Ainsi, $Ker (u) = Ker (f)$ .

Soit $y \in Im (u)$ , on peut écrire $y = u (x)$ avec $x \in E$ et alors

$\forall a \in Ker (f), (y ∣ a) = (f (x) ∣ f (a)) = 0$

donc $Im (u) \subset Ker {(f)}^{⊥}$ . Enfin,

$dim Im (u) = dim E - dim Ker (u) = dim E - dim Ker (f) = dim Ker {(f)}^{⊥}$

et l’on peut conclure par inclusion et égalité des dimensions que $Im (u) = Ker {(f)}^{⊥}$ .

Exercice 150 5567 Correction

Soit $u$ est un endomorphisme autoadjoint d’un espace euclidien $E$ . Retrouver le résultat du cours

\forall x \in E, (u (x) ∣ x) \geq 0 \Leftrightarrow Sp (u) \subset ℝ_{+} .

Solution

$(⟹)$ Supposons $(u (x) ∣ x) \geq 0$ pour tout $x \in E$ .

Soient $λ$ une valeur propre de $u$ et $x$ un vecteur propre associé. On a $u (x) = λ . x$ avec $x \neq 0_{E}$ . L’inégalité $(u (x) ∣ x) \geq 0$ donne alors $λ {∥ x ∥}^{2} \geq 0$ et donc $λ \geq 0$ car ${∥ x ∥}^{2} > 0$ .

$(⟸)$ Supposons $Sp (u) \subset ℝ_{+}$ . Puisque l’endomorphisme $u$ est autoadjoint, il est diagonalisable en base orthonormée. Il existe $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ base orthonormée de $E$ formée de vecteurs propres de $u$ . On note $λ_{i}$ la valeur propre associée au vecteur propre $e_{i}$ , on sait $λ_{i} \geq 0$ . Pour $x \in E$ , on introduit $x_{1}, \dots, x_{n}$ les coordonnées de $x$ dans $e$ et l’on a

x = \sum_{i = 1}^{n} x_{i} . e_{i} et u (x) = \sum_{i = 1}^{n} x_{i} . u (e_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} x_{i} . e_{i}

donc

(u (x) ∣ x) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} x_{i}^{2} \geq 0 .

Exercice 151 6038 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(E, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ un espace euclidien de dimension $n \in ℕ^{*}$ . On considère un endomorphisme autoadjoint positif $u$ et l’on note $A$ sa matrice dans une base orthonormée $e = (e_{1}, \dots, e_{n})$ .

(a)

Soient $(i, j) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}$ et $t \in ℝ$ . Exprimer $⟨ u (t e_{i} + e_{j}), t e_{i} + e_{j} ⟩$ à l’aide des coefficients de $A$ .
(b)

On suppose qu’il existe $i \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}$ tel que $a_{i, i} = 0$ . Montrer que la $i$ -ème ligne et la $i$ -ème colonne de $A$ sont nulles.
(c)

Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes autoadjoints positifs de $E$ tels que $\det (f + g) = 0$ . Montrer que $Ker (f) \cap Ker (g) \neq {0}$ .

Solution

(a)

Pour $(i, j) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}$ , $a_{i, j}$ est la $i$ -ème coordonnée de l’image du $j$ -ème vecteur de la base: $a_{i, j} = ⟨ e_{i}, u (e_{j}) ⟩$ .

En développant,

$⟨ u (t e_{i} + e_{j}), t e_{i} + e_{j} ⟩$ $= t^{2} ⟨ u (e_{i}), e_{i} ⟩ + 2 t ⟨ u (e_{i}), e_{j} ⟩ + ⟨ u (e_{j}), e_{j} ⟩$

$= t^{2} a_{i, i} + 2 t a_{i, j} + a_{j, j} .$
(b)

Si $a_{i, i} = 0$ alors la positivité de $u$ entraîne

$\forall t \in ℝ, 2 t a_{i, j} + a_{j, j} \geq 0 .$

Nécessairement $a_{i, j} = 0$ . Ainsi, la $i$ -ème ligne de $A$ est nulle. Par symétrie, la $i$ -ème colonne l’est aussi.
(c)

L’endomorphisme $f + g$ n’est pas inversible. Il existe $x \neq 0$ tel que $f (x) + g (x) = 0$ . On a alors $⟨ f (x), x ⟩ + ⟨ g (x), x ⟩ = 0$ . Par nullité d’une somme de termes positifs,

$⟨ f (x), x ⟩ = ⟨ g (x), x ⟩ = 0 .$

Dans une base orthonormée dont le premier vecteur est colinéaire à $x$ , le coefficient d’indice $(1, 1)$ des matrices de $f$ et $g$ est nul. Par ce qui précède, la première colonne de chaque matrice est nul: le vecteur $x$ est commun aux noyaux de $f$ et $g$ .

Exercice 152 9 Correction

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

(a)

Montrer qu’il existe un endomorphisme $v$ autoadjoint à valeurs propres positives tel que $u = v^{2}$ .
(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 $λ_{1}, \dots, λ_{r}$ positives. $E$ est la somme directe orthogonale des sous-espaces propres $E_{λ_{1}}, \dots, E_{λ_{r}}$ , notons $p_{1}, \dots, p_{r}$ les projecteurs orthogonaux associés à cette décomposition.
On a $u = λ_{1} p_{1} + \dots + λ_{r} p_{r}$ et en posant $v = \sqrt{λ_{1}} p_{1} + \dots + \sqrt{λ_{r}} p_{r}$ , on a $v^{2} = u$ avec $v$ endomorphisme autoadjoint à valeurs propres positives. On peut aussi proposer une résolution matricielle via représentation dans une base orthonormée
(b)

Soit $v$ solution. Pour tout $λ \in Sp (u)$ , $F = E_{λ} (u)$ est stable par $v$ car $u$ et $v$ commutent. $v_{F} \in 𝒮^{+} (F)$ et $v_{F}^{2} = λ {Id}_{F}$ donc via diagonalisation de $v_{F}$ , on obtient $v_{F} = \sqrt{λ} {Id}_{F}$ . 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 153 3692 CCINP (MP)Correction

Soit $u$ un endomorphisme autoadjoint d’un espace euclidien $E$ de dimension $n \geq 1$ .

Soit $p \in ℕ^{*}$ un entier impair.

(a)

Montrer qu’il existe un endomorphisme autoadjoint $v$ de $E$ tel que $v^{p} = u$ .
(b)

Justifier que cet endomorphisme est unique.

On suppose désormais que l’entier $p \in ℕ^{*}$ est pair.

(c)

Donner une condition nécessaire et suffisante pour qu’il existe un endomorphisme autoadjoint $v$ de $E$ tel que $v^{p} = u$ .
(d)

Lorsqu’il existe, l’endomorphisme $v$ solution est-il unique?

Solution

(a)

L’endomorphisme $u$ est autoadajoint donc diagonalisable en base orthonormée. Soit $ℬ$ une telle base et

$D = {Mat}_{ℬ} (u) = (\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix}) .$

Considérons alors $v$ l’endomorphisme de $E$ déterminé par

${Mat}_{ℬ} (v) = (\begin{matrix} \sqrt[p]{λ_{1}} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & \sqrt[p]{λ_{n}} \end{matrix}) .$

L’endomorphisme $v$ est autoadajoint car représenté par une matrice symétrique en base orthonormée et l’endomorphisme $v$ vérifie, par construction, $v^{p} = u$ : il est solution.
(b)

Soit $v$ un endomorphisme autoadajoint solution. L’endomorphisme $v$ commute avec $u$ car $v \circ u = v^{p + 1} = u \circ v$ . Les sous-espaces propres de $u$ sont alors stables par $v$ . Soit $E_{λ} (u)$ un tel sous-espace propre. L’endomorphisme induit par $v$ sur ce sous-espace propre est diagonalisable car c’est un endomorphisme induit par un endomorphisme diagonalisable. Considérons une base $ℬ_{λ}$ de diagonalisation de cet endomorphisme induit. La matrice de l’endomorphisme induit par $v$ dans cette base $ℬ_{λ}$ est diagonale et sa puissance $p$ -ième est égale à $λ Id$ car $v^{p} = u$ . On en déduit que l’endomorphisme induit par $v$ sur l’espace $E_{λ} (u)$ n’est autre que $\sqrt[p]{λ} Id$ . Cela 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.
(c)

Si $v$ est un endomorphisme autoadajoint, il est diagonalisable et les valeurs propres de $v^{p}$ sont les $λ^{p}$ avec $λ$ valeur propre de $v$ . En particulier, les valeurs propres de $v^{p}$ sont toutes positives car $p$ est un entier pair. Par conséquent, s’il existe $v$ autoadjoint vérifiant $v^{2 p} = u$ , les valeurs propres sont toutes positives. Inversement, si les valeurs propres de $u$ sont positives, on peut adapter la résolution de la première question et établir qu’il existe un endomorphisme autoadjoint $v$ solution de l’équation $v^{p} = u$ . Si $p$ est pair et que $u$ possède une valeur propre négative, l’endomorphisme $v$ n’existe pas.
(d)

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 $v^{p} = u$ .

Exercice 154 2753 MINES (MP)Correction

Soient $E$ un espace euclidien et $u \in ℒ (E)$ symétrique à valeurs propres strictement positives.
Montrer que, pour tout $x \in E$ ,

{∥ x ∥}^{4} \leq ⟨ u (x), x ⟩ ⟨ u^{- 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

\forall x \in E ∖ {0_{E}}, ⟨ u (x), x ⟩ > 0 .

Soit $x \in E$ .
Si $x = 0_{E}$ , l’inégalité demandée est évidente et c’est même une égalité.
Si $x \neq 0_{E}$ , considérons $λ \in ℝ$ . On a

⟨ u (x + λ u^{- 1} (x)), x + λ u^{- 1} (x) ⟩ \geq 0

donc en développant

λ^{2} ⟨ x, u^{- 1} (x) ⟩ + 2 λ ⟨ x, x ⟩ + ⟨ u (x), x ⟩ \geq 0 .

Or $⟨ x, u^{- 1} (x) ⟩ = ⟨ u (u^{- 1} (x)), u^{- 1} (x) ⟩ > 0$ , par suite, le discriminant

Δ = 4 {∥ x ∥}^{4} - 4 ⟨ u (x), x ⟩ ⟨ u^{- 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 $λ \in ℝ$ vérifiant $x + λ u^{- 1} (x) = 0_{E}$ c’est-à-dire si, et seulement si, $x$ est vecteur propre de $u$ .

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Exercice 155 11 Correction

Soit $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Montrer

\forall X \in ℳ_{n,1} (ℝ), X^{⊤} A X \geq 0 \Leftrightarrow Sp (A) \subset ℝ_{+} .

Solution

$(⟹)$ Supposons

\forall X \in ℳ_{n,1} (ℝ), X^{⊤} A X \geq 0 .

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

X^{⊤} A X = λ X^{⊤} X avec X^{⊤} X > 0

et donc $λ \geq 0$ .
$(⟸)$ Supposons $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ .
Par le théorème spectral, on peut écrire $A = P D P^{⊤}$ avec $P \in O_{n} (ℝ)$ et $D$ diagonale. De plus, les coefficients diagonaux de $D$ sont les valeurs propres $λ_{1}, \dots, λ_{n} \in ℝ_{+}$ de $A$ . Pour toute colonne $X$ , on a alors

X^{⊤} A X = Y^{⊤} D Y avec Y = P^{⊤} X

puis

X^{⊤} A X = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} y_{i}^{2} \geq 0 .

Exercice 156 5904 Correction

Soit $𝒫 = {A \in ℳ_{n} (ℝ), \forall X \in ℝ^{n}, X^{⊤} A X \geq 0}$ .

(a)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer que $A \in 𝒫$ si, et seulement si, $A^{⊤} + A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .
(b)

Montrer que les valeurs complexes des matrices éléments de $𝒫$ sont de parties réelles positives.

Solution

(a)

Commençons par remarquer que la matrice $A + A^{⊤}$ est assurément symétrique.

De plus, pour $X \in ℳ_{n, 1} (ℝ)$ , on constate par transposition d’un réel

$X^{⊤} A X = {(X^{⊤} A X)}^{⊤} = X^{⊤} A^{⊤} X$

Par conséquent,

$X^{⊤} A X = \frac{1}{2} (X^{⊤} (A + A^{⊤}) X)$

et donc $A \in 𝒫$ si, et seulement si, $A + A^{⊤} \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .
(b)

Soient $λ$ une valeur propre complexe d’une matrice $A \in 𝒫$ et $ℳ_{n, 1} (ℂ) ∖ {0}$ un vecteur propre associé. En écrivant $Z = X + i Y$ avec $X, Y$ colonnes réelles et $λ = α + i β$ avec $α, β \in ℝ$ , l’égalité $A Z = λ Z$ donne

${\bar{Z}}^{⊤} A Z = λ {\bar{Z}}^{⊤} Z$

et

${\bar{Z}}^{⊤} A Z = X^{⊤} A X - i Y^{⊤} A X + i Y^{⊤} A X + Y^{⊤} A Y$

En considérant la partie réelle, il vient

$α {\bar{Z}}^{⊤} Z = X^{⊤} A X + Y^{⊤} A Y \geq 0$

avec ${\bar{Z}}^{⊤} Z \in ℝ_{+}^{*}$ car la colonne complexe $Z$ est non nulle.

On en déduit $α > 0$ .

Exercice 157 372 Correction

Soit $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ à valeurs propres positives. Établir

{(\det (A))}^{1 / n} \leq \frac{1}{n} tr (A) .

Solution

Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres de $A$ . On a

\det (A) = λ_{1} \dots λ_{n} et tr (A) = λ_{1} + \dots + λ_{n} .

L’inégalité de convexité

{(λ_{1} \dots λ_{n})}^{1 / n} \leq \frac{1}{n} (λ_{1} + \dots + λ_{n})

est bien connue, c’est la comparaison des moyennes géométrique et arithmétique qui s’obtient par la convexité de l’exponentielle appliquée aux réels $a_{i} = \ln (λ_{i})$ lorsque $λ_{i} > 0$ .

Exercice 158 369

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

(a)

Justifier que la matrice $A^{⊤} A$ est diagonalisable.
(b)

Montrer que les valeurs propres de $A^{⊤} A$ sont toutes positives.

Exercice 159 3664 Correction

Soient $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ et $A = M^{⊤} M$ .

(a)

Montrer que les valeurs propres de $A$ sont positives.
(b)

Soit ${(X_{i})}_{1 \leq i \leq n}$ une famille orthonormée de colonnes telle que la famille ${(M X_{i})}_{1 \leq i \leq n}$ soit orthogonale.
Montrer que les $X_{i}$ sont des vecteurs propres de $A$ .

Solution

(a)

Soient $λ$ une valeur propre de $A$ et $X \neq 0$ un vecteur propre associé. On a $A X = λ X$ .
D’une part

$X^{⊤} A X = λ X^{⊤} X = λ {∥ X ∥}^{2} .$

D’autre part

$X^{⊤} A X = {(M X)}^{⊤} M X = {∥ M X ∥}^{2}$

donc

$λ = \frac{{∥ M X ∥}^{2}}{{∥ X ∥}^{2}} \geq 0 .$
(b)

Pour $j \neq i$ , on a

$X_{j}^{⊤} A X_{i} = {(M X_{j})}^{⊤} M X_{i} = 0$

donc

$A X_{i} \in Vect {(X_{1}, \dots, X_{i - 1}, X_{i + 1}, \dots X_{n})}^{⊥} = Vect (X_{i})$

et par conséquent $X_{i}$ est vecteurs propres de $A$ .

Exercice 160 3008 Correction

Soit $S \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice symétrique réelle à valeurs propres positives. Pour $k \in ℕ^{*}$ , on pose

u_{k} = {(tr (S^{k}))}^{1 / k}

Étudier la limite de ${(u_{k})}_{k \geq 1}$

Solution

La matrice $S$ est diagonalisable. Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n} \in ℝ_{+}$ les valeurs propres de $S$ comptées avec multiplicité et rangées en ordre croissant. Pour tout $k \in ℕ^{*}$ ,

tr (S^{k}) = λ_{1}^{k} + \dots + λ_{n}^{k}

Les valeurs propres étant positives,

λ_{n}^{k} \leq tr (S^{k}) \leq n λ_{n}^{k}

puis

λ_{n} \leq u_{k} \leq n^{\frac{1}{k}} λ_{n} \to_{k \to + \infty}^{} λ_{n}

Par théorème d’encadrement,

υ_{k} \to_{k \to + \infty}^{} λ_{n}

La suite ${(u_{k})}_{k \geq 1}$ converge vers la plus grande valeur propre de $S$ .

Exercice 161 13 Correction

Soit $A = (a_{i, j}) \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

(a)

Montrer que pour tout $i \in {1, \dots, n}$ , $a_{i, i} \geq 0$ .
(b)

Observer que si $a_{i, i} = 0$ alors, pour tout $j \in {1, \dots, n}$ , $a_{i, j} = 0$ .

Solution

(a)

Pour $X = E_{i}$ colonne élémentaire,

$X^{⊤} A X = E_{i}^{⊤} A E_{i} = a_{i, i} \geq 0 .$
(b)

Pour $X_{λ} = E_{i} + λ E_{j}$ avec $λ \in ℝ$ ,

$X_{λ}^{⊤} A X_{λ} = a_{i, i} + 2 λ a_{i, j} + λ^{2} a_{j, j} \geq 0 .$

Si $a_{i, i} = 0$ , l’expression précédente se simplifie et l’on obtient

$\forall λ \in ℝ, 2 λ a_{i, j} + λ^{2} a_{j, j} \geq 0 .$

Cela oblige $a_{i, j} = 0$ car sinon il y a changement de signe au voisinage de $0$ .

Exercice 162 3175 Correction

Soit $A = (a_{i, j}) \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . On note $m$ le plus grand coefficient diagonal de $A$ .

Établir

\forall 1 \leq i, j \leq n, | a_{i, j} | \leq m .

Solution

Notons que les coefficients diagonaux de $A$ sont assurément positifs car

a_{i, i} = E_{i}^{⊤} A E_{i} \geq 0 .

Il est alors immédiat que

\forall i \in {1, \dots, n}, | a_{i, i} | = a_{i, i} \leq m .

Pour $i \neq j \in {1, \dots, n}$ , introduisons $X_{λ} = λ E_{i} + E_{j} \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ avec $λ \in ℝ$ . On a

X_{λ}^{⊤} A X_{λ} = λ^{2} a_{i, i}^{2} + 2 λ a_{i, j} + a_{j, j}^{2} \geq 0 .

Si $a_{i, i} = 0$ alors on a nécessairement $a_{i, j} = 0$ et donc $| a_{i, j} | \leq m$ .

Si $a_{i, i} \neq 0$ alors puis que le trinôme du second degré est de signe constant, on a

Δ = 4 a_{i, j}^{2} - 4 a_{i, j} a_{j, j} \leq 0

puis

a_{i, j}^{2} \leq a_{i, i} a_{j, j} \leq m^{2}

d’où $| a_{i, j} | \leq m$ .

Exercice 163 3927 MINES (MP)Correction

Soient $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ avec $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ et $B \in ℳ_{n} (ℝ)$ . On suppose

A B + B A = 0 .

Montrer $A B = B A = 0$ .

Solution

Cas: $A$ diagonale. On écrit $A = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ avec $λ_{1}, \dots, λ_{n} \in ℝ_{+}$ . On a

A B + B A = {((λ_{i} + λ_{j}) b_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq n}

et donc

\forall 1 \leq i, j \leq n, (λ_{i} + λ_{j}) b_{i, j} = 0 .

Si $λ_{i} \neq 0$ alors $λ_{i} + λ_{j} > 0$ et donc $b_{i, j} = 0$ puis $λ_{i} b_{i, j} = 0$ .
Sinon, on a encore $λ_{i} b_{i, j} = 0$ .
Ainsi, $A B = 0$ puis aussi $B A = 0$ .

Cas général: Par le théorème spectral, on peut écrire $A = P D P^{- 1}$ avec $D$ diagonale à coefficients diagonaux positifs et $P \in O_{n} (ℝ)$ .
La relation $A B + B A = 0$ donne alors $D M + M D = 0$ avec $M = P^{- 1} B P$ . Comme au dessus, on obtient $D M = 0$ puis

A B = P D P^{- 1} P M P^{- 1} = 0 .

Exercice 164 3168 Correction

Soient $A, B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Montrer

tr (A B) \geq 0 .

Solution

Puisque symétrique réelle positive, la matrice $A$ est orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs ce qui permet décrire

A = P^{⊤} D P

avec $P \in O_{n} (ℝ)$ , $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ , $λ_{i} \geq 0$ pour $i = 1, \dots, n$ .

On a alors

tr (A B) = tr (D P B P^{⊤}) = tr (D B^{'})

avec $B^{'} = P B P^{⊤}$ . On vérifie aisément que $B^{'}$ est symétrique positive car $B$ l’est et alors ses coefficients diagonaux sont positifs puisque

b_{i i}^{'} = E_{i}^{⊤} B E_{i} \geq 0 .

On a alors

tr (A B) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} b_{i i}^{'} \geq 0 .

Exercice 165 3150 Correction

Soient $A, B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Montrer $tr (A B) \leq tr (A) tr (B)$ .

Solution

Puisque la matrice $A$ est symétrique réelle positive, elle est orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs. On peut donc écrire

A = P D P^{- 1} avec P \in O_{n} (ℝ) et D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}), λ_{k} \geq 0 .

On a alors

tr (A B) = tr (P D P^{- 1} B) = tr (D C)

avec $C = P^{- 1} B P$ qui est encore une matrice symétrique réelle positive.

On a alors

tr (D C) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} c_{i, i} \leq (\sum_{i = 1}^{n} λ_{i}) (\sum_{i = 1}^{n} c_{i, i}) = tr (D) tr (C)

car les scalaires $λ_{i}$ et les coefficients $c_{i, i}$ sont positifs.

Puisque deux matrices semblables ont même trace, on parvient à l’inégalité voulue.

Exercice 166 3752 MINES (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice symétrique à valeurs propres toutes positives.

Montrer

\forall U \in O_{n} (ℝ), tr (A U) \leq tr (A)

Solution

Si $A$ est diagonale égale à $diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ avec $λ_{i} \in ℝ_{+}$ alors

tr (A U) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} u_{i, i} .

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

tr (A U) \leq \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} = tr (A) .

Plus généralement, si $A$ est symétrique réelle à valeurs propres positives, on peut écrire $A = Ω D Ω^{⊤}$ avec $Ω$ orthogonale et $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ où $λ_{i} \in ℝ_{+}$ . On a alors

tr (A U) = tr (Ω D Ω^{⊤} U) = tr (D V)

avec $V = Ω^{⊤} U Ω$ orthogonale. On a alors

tr (A U) \leq tr (D) = tr (A) .

Exercice 167 18 Correction

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer que $A = M^{⊤} M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ et $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ .

Inversement, pour $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ telle que $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ , établir qu’il existe $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $A = M^{⊤} M$ .

Solution

Si $A = M^{⊤} M$ alors pour toute colonne $X$

X^{⊤} A X = {(M X)}^{⊤} M X \geq 0

et donc $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ .
Inversement, pour $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ telle que $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ , il existe $P \in O_{n} (ℝ)$ telle que $P^{- 1} A P = D$ avec $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ et $λ_{i} \geq 0$ .
Posons alors $M = P Δ P^{- 1}$ avec $Δ = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}})$ . On a $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ et $M^{2} = A$ ce qui fournit $A = M^{⊤} M$ .

Exercice 168 3090 Correction

On note $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ l’ensemble des matrices symétriques de $ℳ_{n} (ℝ)$ de valeurs propres positives. Soit $S \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

(a)

Montrer qu’il existe une matrice $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ qui est un polynôme en $S$ vérifiant

$A^{2} = S .$
(b)

Soit $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ vérifiant $B^{2} = S$ . Montrer que $B$ commute avec $A$ puis que $B = A$ .

Solution

(a)

Il existe $P \in O_{n} (ℝ)$ , vérifiant $S = P D P^{- 1}$ avec $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ , $λ_{i} \geq 0$ . Considérons alors un polynôme $Π$ , construit par interpolation de Lagrange vérifiant

$\forall 1 \leq i \leq n, π (λ_{i}) = \sqrt{λ_{i}} .$

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

$P^{- 1} A P = P^{- 1} Π (S) P = Π (D) = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) .$

Les valeurs propres de $A$ sont positives donc $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Enfin, puisque

$P^{- 1} A^{2} P = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) = D$

on a $A^{2} = S$ .
(b)

Soit $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ vérifiant $B^{2} = S$ . On a $B S = B^{3} = S B$ 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 $Q \in {GL}_{n} (ℝ)$ vérifiant

$Q^{- 1} A Q = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) et Q^{- 1} B Q = diag (μ_{1}, \dots, μ_{n}) .$

Or $A^{2} = S = B^{2}$ donc $μ_{i}^{2} = λ_{i}$ puis $μ_{i} = \sqrt{λ_{i}}$ car $μ_{i} \geq 0$

Finalement, $A = B$

Exercice 169 4271

On note $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ l’ensemble des matrices symétriques de $ℳ_{n} (ℝ)$ dont les valeurs propres sont toutes positives. Soit $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . On souhaite établir qu’il existe une unique matrice $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ telle que $B^{2} = A$ .

(a)

Montrer l’existence d’une telle matrice.
(b)

Soit $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ vérifiant $B^{2} = A$ . Établir que pour tout $λ \in ℝ_{+}$ ,

$Ker (B - \sqrt{λ} I_{n}) = Ker (A - λ I_{n}) .$
(c)

Justifier l’unicité d’une matrice solution.

Exercice 170 5758 Correction

(Inégalité de Hadamard)

Soit $S = (s_{i, j}) \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

On rappelle l’inégalité arithmético-géométrique: pour tous réels positifs $a_{1}, \dots, a_{n}$ ,

\forall (a_{1}, \dots, a_{n}) \in ℝ_{+}^{n}, {(\prod_{i = 1}^{n} a_{i})}^{1 / n} \leq \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_{i} .

(a)

Montrer

$\det (S) \leq {(\frac{1}{n} tr (S))}^{n} .$
(b)

Soient $α = (α_{1}, \dots, α_{n}) \in ℝ^{n}$ , $D = diag (α_{1}, \dots, α_{n})$ et $S_{α} = D^{⊤} S D$ .

Vérifier que $S_{α} \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ et exprimer $tr (S_{α})$ .
(c)

On suppose $S$ inversible. Vérifier que les coefficients diagonaux de $S$ sont strictement positifs et, en introduisant des réels $α_{1}, \dots, α_{n}$ pertinemment choisis, établir

$\det (S) \leq \prod_{i = 1}^{n} s_{i, i} .$
(d)

Justifier que l’inégalité précédente est encore vraie lorsque $S$ n’est pas inversible.

Solution

(a)

En introduisant $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres de $S$ comptées avec multiplicité, on a

$\det (S) = λ_{1} \times \dots \times λ_{n} et tr (S) = λ_{1} + \dots + λ_{n}$

car $S$ est semblable à $diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ .

L’inégalité voulue est alors une conséquence directe de l’inégalité arithmético-géométrique sachant que les réels $λ_{i}$ sont tous positifs.
(b)

On vérifie immédiatement que $S_{α}$ est symétrique en calculant $S_{α}^{⊤}$ .

Pour toute colonne $X \in ℳ_{n, 1} (ℝ)$ ,

$X^{⊤} S_{α} X = {(D X)}^{⊤} S D X = Y^{⊤} S Y \geq 0 avec Y = D X \in ℳ_{n, 1} (ℝ) .$

La matrice $S_{α}$ est donc symétrique positive.

Aussi, pour tout $(i, j) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}$ ,

${[D^{⊤} S D]}_{i, j} = α_{i} s_{i, j} α_{j}$

et donc

$tr (S_{α}) = \sum_{i = 1}^{n} α_{i}^{2} s_{i, i} .$
(c)

Puisque $S$ est symétrique positive inversible, $S$ est définie positive. En notant $E_{i}$ la colonne élémentaire d’indice $i$ , on a

$s_{i, i} = E_{i}^{⊤} S E_{i} > 0 .$

Posons $α_{i} = 1 / \sqrt{s_{i, i}}$ de sorte que $tr (S_{α}) = 1$ . L’inégalité de la première question donne $\det (S_{α}) \leq 1$ . Or

$\det (S_{α}) = \det (D^{⊤}) \det (S) \det (D) = \det (S) \prod_{i = 1}^{n} α_{i}^{2} .$

On en déduit

$\det (S) \leq \prod_{i = 1}^{n} α_{i}^{- 2} = \prod_{i = 1}^{n} s_{i, i} .$
(d)

Si $S$ n’est pas inversible alors $\det (S) = 0$ . Parallèlement, $s_{i, i} = E_{i}^{⊤} S E_{i} \geq 0$ pour $i = 1, \dots, n$ . L’inégalité précédente est donc encore vraie.

Exercice 171 5905 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer qu’il existe des matrices $P, Q \in O_{n} (ℝ)$ telles que $P A Q$ soit diagonale à coefficients diagonaux positifs.

Solution

Si $D = P A Q$ est diagonale à coefficients diagonaux positifs avec $P, Q \in O_{n} (ℝ)$ , on remarque $A^{⊤} A = Q D P P^{⊤} D Q^{⊤} = Q D^{2} Q^{⊤}$ . Cela permet d’initier la démarche qui suit.

Cas: $A$ inversible.

Considérons $M = A^{⊤} A$ . La matrice $M$ est symétrique puisque $M^{⊤} = M$ et définie positive car

\forall X \in ℳ_{n, 1} (ℝ) ∖ {0}, X^{⊤} M X = {(A X)}^{⊤} A X = {∥ A X ∥}^{2} > 0 .

Par le théorème spectral, on peut écrire $M = Ω^{⊤} Δ Ω$ avec $Δ = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ où $λ_{1}, \dots, λ_{n} > 0$ et $Ω \in O_{n} (ℝ)$ .

Posons alors $D = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}})$ , $Q = Ω^{⊤}$ et $P = D Q A^{- 1}$ . On vérifie

P^{⊤} P = {(A^{- 1})}^{⊤} Ω D^{⊤} D Ω^{⊤} A^{- 1} = {(A^{- 1})}^{⊤} Ω Δ Ω^{⊤} A^{- 1} = {(A^{- 1})}^{⊤} M A^{- 1} = I_{n} .

On en déduit $P \in O_{n} (ℝ)$ et l’on obtient l’écriture $P A Q = D$ comme voulu.

Cas: $A$ non inversible.

Par densité de ${GL}_{n} (ℝ)$ dans $ℳ_{n} (ℝ)$ , on peut introduire une suite ${(A_{k})}_{k \in ℕ}$ de matrices inversibles de limite $A$ . Pour tout $k \in ℕ$ , il existe $P_{k}, Q_{k} \in O_{n} (ℝ)$ telles que $P_{k} A_{k} Q_{k} = D_{k}$ soit une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs. Par produit de parties compactes, $O_{n} (ℝ) \times O_{n} (ℝ)$ est une partie compacte et l’on peut introduire $φ : ℕ \to ℕ$ strictement croissante telle que la suite $(P_{φ (k)}, Q_{φ (k)})$ converge vers un couple $(P, Q)$ formé de matrices orthogonales. Par opérations sur les limites $D_{φ (k)} = P_{φ (k)} A_{φ (k)} Q_{φ (k)}$ admet une limite $D = P A Q$ qui est nécessairement une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs car l’ensemble des matrices de ce type est une partie fermée.

Exercice 172 5274 Correction

Soient $A$ et $B$ deux matrices de $𝒮_{n} (ℝ)$ à valeurs propres toutes positives.

(a)

Montrer qu’il existe une matrice symétrique $C$ telle que $C^{2} = A$ .
(b)

Établir

$\det (A) + \det (B) \leq \det (A + B) .$

On pourra commencer par étudier le cas où $A = I_{n}$ .

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable: il existe une matrice $P \in O_{n} (ℝ)$ telle que $A = P D P^{- 1}$ avec

$D = (\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix}) .$

Les réels $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ sont les valeurs propres comptées avec multiplicité de la matrice $A$ et celles-ci sont supposées positives ce qui permet d’introduire

$Δ = (\begin{matrix} \sqrt{λ_{1}} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & \sqrt{λ_{n}} \end{matrix}) .$

On vérifie $Δ^{2} = D$ et la matrice $C = P Δ P^{- 1}$ résout alors le problème posé puisque

$C^{2} = P Δ^{2} P^{- 1} = A et C^{⊤} = {(P^{- 1})}^{⊤} Δ P^{⊤} = P Δ P^{- 1} = C car P^{- 1} = P^{⊤} .$

(b)

Supposons $A = I_{n}$ et introduisons $μ_{1}, \dots, μ_{n}$ les valeurs propres de $B$ comptées avec multiplicité. Les valeurs propres de $I_{n} + B$ sont alors les $1 + λ_{i}$ pour $i = 1, \dots, n$ et l’inégalité $\det (I_{n}) + \det (B) \leq \det (I_{n} + B)$ se relit

1 + μ_{1} \times \dots \times μ_{n} \leq (1 + μ_{1}) \times \dots \times (1 + μ_{n}) .

Or cette dernière est évidente car, lorsque l’on développe $(1 + μ_{1}) \times \dots \times (1 + μ_{n})$ , on obtient les termes $1$ et $μ_{1} \times \dots \times μ_{n}$ ainsi que d’autres, tous positifs puisque les valeurs propres $μ_{i}$ sont supposées positives. Ainsi, la propriété est établie lorsque $A$ est la matrice $I_{n}$ .

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 $A = C^{2}$ 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

	$\det (A)$	$+ \det (B) \leq \det (A + B)$
		$\Leftrightarrow \det (C^{- 1} A C^{- 1}) + \det (C^{- 1} B C^{- 1}) \leq \det (C^{- 1} A C^{- 1} + C^{- 1} B C^{- 1})$
		$\Leftrightarrow \det (I_{n}) + \det (C^{- 1} B C^{- 1}) \leq \det (I_{n} + C^{- 1} B C^{- 1})$
		$\Leftrightarrow \det (I_{n}) + \det (M) \leq \det (I_{n} + M) avec M = C^{- 1} B C^{- 1} .$

La matrice $M$ est symétrique car

M^{⊤} = {(C^{- 1} B C^{- 1})}^{⊤} = {(C^{- 1})}^{⊤} B^{⊤} {(C^{- 1})}^{⊤} = C^{- 1} B C^{- 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, $X^{⊤} S X \geq 0$ pour toute colonne $X$ .

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

X^{⊤} B X \geq 0 pour tout X \in ℳ_{n,1} (ℝ) .

X^{⊤} M X = Y^{⊤} B Y avec Y = C^{- 1} X

et donc

X^{⊤} M X \geq 0 pour tout X \in ℳ_{n,1} (ℝ) .

On en déduit que les valeurs propres de $M$ sont toutes positives et l’on peut affirmer que la comparaison $\det (I_{n}) + \det (M) \leq \det (I_{n} + M)$ est vraie.

Cas: $A$ non inversible.

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

Pour $ε > 0$ , on introduit $A_{ε} = A + ε I_{n}$ . La matrice $A_{ε}$ 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 (A_{ε} + B) \leq \det (A_{ε}) + \det (B) .

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

\det (A + B) \leq \det (A) + \det (B) .

Exercice 173 2759 MINES (MP)Correction

On munit $ℳ_{n} (ℝ)$ du produit scalaire canonique. On note $𝒜_{n} (ℝ)$ l’ensemble des matrices antisymétriques de $ℳ_{n} (ℝ)$ et $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ l’ensemble des matrices symétriques à valeurs propres positives.
Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que pour tout $U \in O_{n} (ℝ)$ , $tr (A U) \leq tr (A)$ .

(a)

Déterminer le supplémentaire orthogonal de $𝒜_{n} (ℝ)$ .
(b)

Soit $B \in 𝒜_{n} (ℝ)$ . Montrer que pour tout $x \in ℝ$ , $\exp (x B) \in O_{n} (ℝ)$ .
(c)

Montrer que $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .
(d)

Étudier la réciproque.
(e)

Montrer que pour toute matrice $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ il existe $S \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ et $U \in O_{n} (ℝ)$ telles que $M = S U$ .

Solution

Le produit scalaire canonique sur $ℳ_{n} (ℝ)$ est donné par

(A ∣ B) = tr (A^{⊤} B) .

(a)

L’espace solution est $𝒮_{n} (ℝ)$ . En effet, les espaces $𝒮_{n} (ℝ)$ et $𝒜_{n} (ℝ)$ sont orthogonaux car pour $(A, B) \in 𝒮_{n} (ℝ) \times 𝒜_{n} (ℝ)$ on a

$(A ∣ B) = tr (A^{⊤} B) = tr (A B) = tr (B A)$

et

$(A ∣ B) = (B ∣ A) = tr (B^{⊤} A) = - tr (B A)$

donc $(A ∣ B) = 0$ .
Les espaces étant orthogonaux, ils sont donc en somme directe. Puisque de plus on peut écrire n’importe quelle matrice $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ sous la forme $M = A + B$ avec

$A = \frac{M + M^{⊤}}{2} \in 𝒮_{n} (ℝ) et B = \frac{M - M^{⊤}}{2} \in 𝒜_{n} (ℝ)$

les espaces $𝒮_{n} (ℝ)$ et $𝒜_{n} (ℝ)$ sont supplémentaires orthogonaux et donc chacun est l’orthogonale de l’autre.
car ces espaces sont évidemment orthogonaux et supplémentaires.
(b)

On a

$\exp {(x B)}^{⊤} \exp (x B) = \exp ({(x B)}^{⊤}) \exp (x B) = \exp (- x B) \exp (x B) .$

Or $- x B$ et $x B$ commutent donc

$\exp {(x B)}^{⊤} \exp (x B) = \exp (- x B + x B) = \exp (0) = I_{n} .$
(c)

La fonction dérivable $f : x \mapsto tr (A \exp (x B))$ admet un maximum en 0 donc $f^{'} (0) = 0$ ce qui donne $tr (A B) = 0$ pour tout $B \in 𝒜_{n} (ℝ)$ . Ainsi, $A$ est une matrice symétrique car dans l’orthogonal de l’espace des matrices antisymétrique.
Par le théorème spectrale, on peut écrire $A = P^{⊤} D P$ avec $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ et $P \in O_{n} (ℝ)$ .
Posons $V = diag (ε_{1}, \dots, ε_{n})$ avec $ε_{i} = \pm 1$ et $ε_{i} λ_{i} = | λ_{i} |$ .
Considérons alors $U = P^{⊤} V P \in O_{n} (ℝ)$ .

$tr (A U) = tr (A P^{⊤} V P) = tr (P A P^{⊤} V) = tr (D V) = | λ_{1} | + \dots + | λ_{n} |$

et

$tr (A) = λ_{1} + \dots + λ_{n} .$

La propriété $tr (A U) \leq tr (A)$ entraîne $λ_{i} \geq 0$ pour tout $i$ .
La matrice $A$ est alors symétrique positive.
(d)

Supposons $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . On peut écrire $A = P^{⊤} D P$ avec $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ , $λ_{i} \geq 0$ et $P \in O_{n} (ℝ)$ . Pour tout $U \in O_{n} (ℝ)$ , $tr (A U) = tr (D V)$ avec $V = (v_{i, j}) = P^{⊤} U P \in O_{n} (ℝ)$ .
On a alors

$tr (D V) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} v_{i, i} \leq \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} = tr (A)$

car $v_{i, i} \leq 1$ .
(e)

L’application réelle $f : V \to tr (M V)$ est continue sur le compact $O_{n} (ℝ)$ , elle y admet donc un maximum en un certain $U \in O_{n} (ℝ)$ . On a alors pour tout $V \in O_{n} (ℝ)$ ,

$tr (M V) \leq tr (M U) .$

Posons alors $A = M U$ . Pour tout $W \in O_{n} (ℝ)$ ,

$tr (A W) \leq tr (A)$

donc $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ et ainsi $M = A U^{- 1}$ avec $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ et $U^{- 1} \in O_{n} (ℝ)$ .

Exercice 174 2514 CENTRALE (MP)Correction

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

𝒮_{α} = {M \in 𝒮_{n} (ℝ) | Sp (M) \subset ℝ_{+} et \det (M) \geq α} .

Le but est de montrer la formule:

inf_{M \in 𝒮_{α}} tr (A M) = n {(α \det (A))}^{1 / n} .

(a)

Démontrer la formule dans le cas $A = I_{n}$ .
(b)

Montrer que toute matrice $A$ symétrique réelle positive peut s’écrire $A = P^{⊤} P$ 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 $M \in 𝒮_{α}$ . La matrice $M$ est diagonalisable de valeurs propres $λ_{1}, \dots, λ_{n} \geq 0$ avec $λ_{1} \dots λ_{n} \geq α$ et l’on a
$tr (M) = λ_{1} + \dots + λ_{n}$ . Par l’inégalité arithmético-géométrique

$\frac{λ_{1} + \dots + λ_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{λ_{1} \dots λ_{n}}$

et donc

$tr (M) \geq n α^{1 / n}$

avec égalité si $M = α^{1 / n} I_{n} \in 𝒮_{α}$ .
(b)

Par orthodiagonalisation de la matrice $A$ , on peut écrire

$A = Q Δ Q^{⊤} avec Δ = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) et Q \in O_{n} (ℝ) .$

Les valeurs propres de $A$ étant positives, on peut poser $P = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) Q^{⊤}$ et vérifier $A = P^{⊤} P$ .
(c)

On peut écrire

$tr (A M) = tr (P^{⊤} P M) = tr (P M P^{⊤})$

avec $P M P^{⊤}$ matrice symétrique de déterminant $\det (M) \times \det (A) \geq α \det (A)$ .
Par l’étude qui précède avec $α^{'} = α \det (A)$ , on obtient

$tr (A M) \geq n {(α \det (A))}^{1 / n} .$

Cependant, lorsque $M$ parcourt $𝒮_{α}$ , on n’est pas assuré que $P M P^{⊤}$ parcourt l’intégralité $𝒮_{α^{'}}$ . 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

$M = {(α \det (A))}^{1 / n} A^{- 1} .$

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 $λ_{1}, \dots, λ_{n}$

$A = Q Δ Q^{⊤} avec Δ = diag (0, λ_{2}, \dots, λ_{n}), λ_{2}, \dots, λ_{n} \geq 0 .$

Considérons alors pour $ε > 0$

$M_{ε} = Q diag (α ε^{- (n - 1)}, ε, \dots, ε) Q^{⊤} .$

La matrice $M_{ε}$ est élément de $𝒮_{α}$ et

$tr (A M_{ε}) = (n - 1) ε .$

Ceci valant pour tout $ε > 0$ , on obtient

$inf_{M \in 𝒮_{α}} tr (A M) = 0 = n {(α \det (A))}^{1 / n} .$
(d)

Soit $M \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ telle que $\det (M) \geq 0$ . Via diagonalisation de $M$ avec des valeurs propres positives, on peut affirmer $β = \det (M + λ I_{n}) > 0$ pour tout $λ > 0$ . Par ce qui précède,

$tr (A (M + λ I_{n})) \geq n {(β \det (A))}^{1 / n} .$

Par continuité, quand $λ \to 0^{+}$ , on obtient

$tr (A M) \geq 0$

et, bien évidemment, il y a égalité si $M = O_{n}$ .
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 175 3077 X (MP)Correction

Soient $m, n \in ℕ^{*}$ et $M \in ℳ_{m, n} (ℝ)$ .

Établir l’existence de $U \in O_{m} (ℝ)$ et $V \in O_{n} (ℝ)$ telles que la matrice $D = U M V$ vérifie:

\forall (i, j) \in {1, \dots, m} \times {1, \dots, n}, i \neq j ⟹ d_{i, j} = 0 .

Solution

Cas: $M \in {GL}_{n} (ℝ)$ .

Analyse: Supposons qu’il existe $U, V \in O_{n} (ℝ)$ telles que $U M V$ soit une matrice diagonale $D$ . On remarque que

D^{2} = D^{⊤} D = V^{⊤} M^{⊤} M V .

On veut donc que $M^{⊤} M$ soit orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs.

Synthèse: On sait que la matrice $M^{⊤} M$ est symétrique réelle à valeurs propres strictement positives. Il existe donc $V \in O_{n} (ℝ)$ telle que

V^{⊤} M^{⊤} M V = D^{2}

avec $D$ une matrice diagonale. Posons alors $U = D V^{⊤} M^{- 1}$ . On remarque

U^{⊤} U = {(M^{- 1})}^{⊤} V D^{2} V^{⊤} M^{- 1} = I_{n} .

La matrice $U$ est orthogonale et permet d’écrire $D = U M V$ avec $D$ diagonale.

Cas général: $M \in ℳ_{m, n} (ℝ)$

Soit $u$ l’application linéaire de $ℝ^{n}$ vers $ℝ^{m}$ canoniquement représentée par $M$ .

Posons $F = Ker (u)$ et $G = Im (u)$ . La matrice de $u$ dans une base orthonormée adaptée à la décomposition $F^{⊥} \oplus^{⊥} F = ℝ^{n}$ au départ et dans une base orthonormée adaptée à la décomposition $G \oplus^{⊥} G^{⊥} = ℝ^{m}$ à l’arrivée est de la forme

M^{'} = (\begin{matrix} A & O \\ O & O \end{matrix}) avec A \in {GL}_{r} (ℝ), r = rg (M) .

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

U A V = D .

En introduisant les matrices orthogonales

U^{'} = (\begin{matrix} U & O \\ O & I_{m - r} \end{matrix}) et V^{'} = (\begin{matrix} V & O \\ O & I_{n - r} \end{matrix})

on obtient en opérant par blocs

D^{'} = U^{'} M^{'} V^{'} = (\begin{matrix} D & O \\ O & O \end{matrix}) .

Enfin, par une formule de changement de bases orthonormées, il existe $U^{''}, V^{''}$ orthogonales telles que

M^{'} = U^{''} M V^{''}

et l’on peut alors conclure.

Exercice 176 4996

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

(a)

Montrer que $φ : (X, Y) \mapsto X^{⊤} A Y$ définit un produit scalaire sur $ℝ^{n}$ .
(b)

En déduire qu’il existe une matrice triangulaire supérieure $T$ telle que $A = T^{⊤} T$ .

Exercice 177 20 Correction

(Décomposition de Cholesky)

Soit $S \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Montrer qu’il existe $T \in T_{n}^{+} (ℝ)$ telle que $S = T^{⊤} T$ .

Solution

On raisonne par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Pour $n = 1$ , $S = (a)$ avec $a \geq 0$ donc $T = (\sqrt{a})$ convient.

Supposons la propriété établie au rang $n - 1 \geq 1$ .

On écrit

S = (\begin{matrix} a & L \\ L^{⊤} & S^{'} \end{matrix}) \in S_{n}^{+} (ℝ) et T = (\begin{matrix} α & Λ \\ 0 & T^{'} \end{matrix}) \in T_{n}^{+} (ℝ) .

On observe

T^{⊤} T = (\begin{matrix} α^{2} & α Λ \\ α Λ^{⊤} & S^{''} \end{matrix}) avec S^{''} = Λ^{⊤} Λ + T^{', ⊤} T^{'} .

Il s’agit de faire se correspondre $S$ et $T^{⊤} T$ .

Pour $X = E_{1}$ , la relation $X^{⊤} S X \geq 0$ oblige $a \geq 0$ .

Cas: $a = 0$ . En exploitant $X^{⊤} S X \geq 0$ avec $X = E_{1} + λ E_{j}$ pour $λ \in ℝ$ , on obtient $L = 0$ .

De plus, il est immédiat qu’alors $S^{'} \in 𝒮_{n - 1}^{+} (ℝ)$ et en prenant $α = 0$ , $Λ = 0$ et $T^{'} \in T_{n - 1}^{+} (ℝ)$ tel que $S^{'} = T^{', ⊤} T^{'}$ on conclut.

Cas: $a > 0$ . On pose $α = \sqrt{a}$ et $Λ = \frac{1}{α} L$ . Il reste à déterminer $T^{'}$ tel que $S^{'} = Λ^{⊤} Λ + T^{', ⊤} T^{'}$ .

Posons $Σ = S^{'} - Λ^{⊤} Λ$ et montrons $Σ \in 𝒮_{n - 1}^{+} (ℝ)$ ce qui permettra de conclure via l’hypothèse de récurrence.

Pour tout $X = (\begin{matrix} x_{1} \\ X^{'} \end{matrix})$ , $X^{⊤} S X \geq 0$ donne $a x_{1}^{2} + 2 x_{1} L X^{'} + X^{', ⊤} S^{'} X^{'} \geq 0$ et pour $x_{1} = - \frac{1}{a} L X^{'}$ on obtient $X^{', ⊤} S^{'} X^{'} - \frac{1}{a} {(L X^{'})}^{2} \geq 0$ ce qui donne $X^{', ⊤} Σ X^{'} \geq 0$ . On peut alors conclure

La récurrence est établie.

Exercice 178 3169 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice symétrique positive dont tous les coefficients sont non nuls. On note $B$ la matrice de $ℳ_{n} (ℝ)$ dont les coefficients sont les inverses des coefficients respectifs de $A$ .

Montrer

B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ) \Leftrightarrow rg (A) = 1 .

Solution

Supposons $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

Pour tout $1 \leq i < j \leq n$ , les sous-matrices

(\begin{matrix} a_{i, i} & a_{i, j} \\ a_{j, i} & a_{j, j} \end{matrix}) et (\begin{matrix} 1 / a_{i, i} & 1 / a_{i, j} \\ 1 / a_{j, i} & 1 / a_{j, j} \end{matrix})

sont symétriques et positives car sous-matrices de matrices symétriques positives. Ces matrices sont donc de déterminants positifs. Ainsi,

a_{i, i} a_{j, j} - a_{i, j}^{2} \geq 0 et \frac{a_{i, j}^{2} - a_{i, i} a_{j, j}}{a_{i, i} a_{j, j} a_{i, j}^{2}} \geq 0 .

On en déduit

a_{i, i} a_{j, j} - a_{i, j}^{2} = 0 .

Ainsi, toutes les matrices de taille $2$ extraites de $A$ sont non inversibles et donc $rg (A) < 2$ .

Puisque les coefficients de $A$ sont tous non nuls, on peut aussi affirmer $rg (A) \geq 1$ et conclure

rg (A) = 1 .

Inversement, supposons $rg (A) = 1$ . Toutes les colonnes de $A$ sont colinéaires entre elles ce qui perme d’écrire

A = {(α_{i} β_{j})}_{1 \leq i, j \leq n}

La relation

\forall X \in ℳ_{n,1} (ℝ), X^{⊤} A X \geq 0

donne alors

\forall x_{1}, \dots, x_{n} \in ℝ, \sum_{i, j = 1}^{n} α_{i} β_{j} x_{i} x_{j} \geq 0

En posant $x_{i} = y_{i} / α_{i}^{2}$ ,

\forall y_{1}, \dots, y_{n} \in ℝ, \sum_{i, j = 1}^{n} \frac{1}{α_{i} β_{j}} y_{i} y_{j} \geq 0

ce qui permet d’affirmer que la matrice symétrique $B$ est positive.

[<] Matrices symétriques positives[>] Matrices symétriques définies positives

Exercice 179 5711 Correction

Soient $f \in GL (E)$ et $u = f^{*} \circ f$ . Montrer que $u \in 𝒮^{+ +} (E)$ .

Solution

D’une part,

u^{*} = {(f^{*} \circ f)}^{*} = f^{*} \circ f = u

donc $u \in 𝒮 (E)$ .

D’autre part, pour $x \neq 0_{E}$

(u (x) ∣ x) (f^{*} \circ f (x) ∣ x) = (f (x) ∣ f (x)) = {∥ f (x) ∥}^{2} > 0

Ainsi, $u$ est un endomorphisme autoadjoint défini positif.

Exercice 180 3330 Correction

Soit $v \in ℒ (E)$ autoadjoint défini positif.

(a)

Montrer qu’il existe un endomorphisme $s$ autoadjoint défini positif vérifiant $s^{2} = v$ .
(b)

Soit $u$ un endomorphisme autoadjoint de $E$ . Établir que $v^{- 1} \circ u$ est diagonalisable.

Solution

(a)

Soit $ℬ$ une base orthonormée diagonalisant $v$

${Mat}_{ℬ} (v) = (\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix}) avec λ_{k} > 0 .$

L’endomorphisme $s$ déterminé par

${Mat}_{ℬ} (s) = (\begin{matrix} \sqrt{λ_{1}} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & \sqrt{λ_{n}} \end{matrix})$

vérifie $s^{2} = v$ et puisque sa matrice dans une base orthonormée est symétrique, c’est endomorphisme est autoadjoint. Enfin $Sp (s) \subset ℝ_{+}^{*}$ donc $s$ est défini positif.
(b)

On a

$v^{- 1} \circ u = s^{- 1} \circ s^{- 1} \circ u = s^{- 1} \circ (s^{- 1} \circ u \circ s^{- 1}) \circ s .$

L’endomorphisme $w = s^{- 1} \circ u \circ s^{- 1}$ est autoadjoint donc diagonalisable puis l’endomorphisme semblable $s^{- 1} \circ w \circ s$ est aussi diagonalisable.

Exercice 181 2400 CENTRALE (MP)Correction

Soit $u$ un automorphisme d’un espace euclidien $E$ .

(a)

Montrer que $v = u^{*} \circ u$ est autoadjoint défini positif.
(b)

Montrer qu’il existe $w$ autoadjoint positif tel que $v = w^{2}$ , et $ρ$ orthogonal tel que $u = ρ \circ w$ .
(c)

Montrer que cette décomposition de $u$ est unique.
(d)

Comment interpréter ces résultats de façon matricielle?

Solution

(a)

$v^{*} = v$ et $(v (x) ∣ x) = {∥ u (x) ∥}^{2} \geq 0$ et $= 0 \Leftrightarrow x = 0$ car $u \in GL (E)$ .
(b)

Il existe une base orthonormée $ℬ$ dans laquelle la matrice de $v$ est de la forme $diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ avec $λ_{i} > 0$ . L’endomorphisme $w$ dont la matrice dans $ℬ$ est $diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}})$ convient. Notons que cet endomorphisme est autoadjoint car représenté par une matrice symétrique dans une base orthonormée.
On pose ensuite $ρ = u w^{- 1}$ et l’on vérifie sans peine $ρ^{*} ρ = Id$ donc $ρ \in O (E)$ .
(c)

Si $u = ρ \circ w$ alors $w^{2} = v$ . Nous allons établir l’unicité de $w$ . $v$ est diagonalisable donc $E$ est somme des sous-espaces propres $E_{λ} (v)$ avec $λ \geq 0$ . Comme $v$ et $w$ commutent, ces sous-espaces sont stables par $w$ . Or $w$ est diagonalisable donc l’endomorphisme induit par $w$ sur $E_{λ} (v)$ aussi et puisque les valeurs propres de $w$ sont positives, il est nécessaire que l’endomorphisme induit par $w$ sur $E_{λ} (v)$ soit $\sqrt{λ} {Id}_{E}$ . Cela détermine $w$ de manière unique et, puisque $ρ = u \circ w^{- 1}$ , $r$ aussi est unique.
(d)

$\forall A \in {GL}_{n} (ℝ), \exists! (O, S) \in O_{n} (ℝ) \times 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ), A = O S$

C’est la décomposition de Cartan.

Exercice 182 3940

Soit $(e_{1}, \dots, e_{n})$ une base d’un espace euclidien $E$ de dimension $n \geq 1$ dont le produit scalaire est noté $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ .

(a)

Montrer que l’endomorphisme $f$ défini par

$f (x) = \sum_{i = 1}^{n} ⟨ e_{i}, x ⟩ . e_{i}$

est autoadjoint et à valeurs propres strictement positives.
(b)

Montrer qu’il existe un endomorphisme autoadjoint $g$ de $E$ tel que $g^{2} = f^{- 1}$ .
(c)

Établir que la famille $(g (e_{1}), \dots, g (e_{n}))$ est une base orthonormale de $E$ .

Exercice 183 3329 Correction

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

H_{u} = {x \in E | (u (x) ∣ x) = 1} .

(a)

Énoncer une condition nécessaire et suffisante portant sur le spectre de $u$ pour qu’il existe un vecteur unitaire élément de $H_{u}$ .
(b)

Soit $v$ un endomorphisme autoadjoint défini positif.

Trouver une condition nécessaire et suffisante portant sur le spectre de $v^{- 1} \circ u$ pour que $H_{u} \cap H_{v} \neq \emptyset$ .

Solution

(a)

Si $λ_{\min} = \min Sp (u)$ et $λ_{\max} = \max Sp (u)$ , on montre en introduisant une base orthonormée diagonalisant $u$ que

$\forall x \in E, λ_{\min} {∥ x ∥}^{2} \leq (u (x) ∣ x) \leq λ_{\max} {∥ x ∥}^{2} .$

Pour qu’il existe un vecteur unitaire appartenant à $H_{u}$ , il est nécessaire que $1 \in [λ_{\min}; λ_{\max}]$ .

Inversement, supposons $1 \in [λ_{\min}; λ_{\max}]$ .

Si $λ_{\min} = λ_{\max}$ , c’est immédiat.

Supposons désormais $λ_{\min} < λ_{\max}$ . On introduit $e_{\min}$ vecteur propre unitaire associé à $λ_{\min}$ et $e_{\max}$ vecteur propre unitaire associé à $λ_{\max}$ . Considérons enfin

$e_{θ} = \cos (θ) e_{\min} + \sin (θ) e_{\max} .$

Puisque $e_{\min}$ et $e_{\max}$ sont unitaires et orthogonaux, on vérifie $∥ e_{θ} ∥ = 1$ . Considérons ensuite $f (θ) = (u (e_{θ}) ∣ e_{θ})$ . La fonction $f$ est continue, $f (0) = λ_{\min}$ et $f (π / 2) = λ_{\max}$ dont, en vertu du théorème des valeurs intermédiaires, il existe $θ \in [0; π / 2]$ vérifiant $e_{θ} \in H_{u}$ .
(b)

Considérons le produit scalaire défini par

$⟨ x, y ⟩ = (v (x) ∣ y) .$

On observe

$(v (x) ∣ x) = (x ∣ x) et (u (x) ∣ x) = ⟨ v^{- 1} \circ u (x), x ⟩ .$

L’endomorphisme $v^{- 1} \circ u$ est autoadjoint pour le produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ et l’étude du a) adaptée au contexte en cours, assure qu’il existe $x \in E$ vérifiant

$⟨ x, x ⟩ = 1 et ⟨ v^{- 1} \circ u (x), x ⟩ = 1$

si, et seulement si, $1$ est compris entre

$1 \in [\min Sp (v^{- 1} \circ u); \max Sp (v^{- 1} \circ u)] .$

Exercice 184 3189 CENTRALE (MP)Correction

Soient $E$ un espace euclidien et $f \in GL (E)$ .

(a)

Démontrer l’existence d’une base orthonormée de $E$ transformée par $f$ en une base orthogonale.
(b)

Soit $M \in {GL}_{n} (ℝ)$ . Démontrer l’existence de deux matrices orthogonales $U$ et $V$ telles que $U M V$ soit diagonale.

Même question avec $M$ non inversible.
(c)

Application

$M = (\begin{matrix} 1 & 2 \\ 1 & 2 \end{matrix}) .$

Solution

(a)

Considérons l’endomorphisme $u = f^{*} \circ f$ . Par le théorème spectral, il existe une base orthonormée $ℬ = (ε_{1}, \dots, ε_{n})$ dans laquelle la matrice de $u$ est diagonale

${Mat}_{ℬ} (u) = (\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix}) .$

On a alors pour tout $1 \leq i \neq j \leq n$ ,

$(f (ε_{i}) ∣ f (ε_{j})) = (ε_{i} ∣ u (ε_{j})) = λ_{j} (ε_{i} ∣ ε_{j}) = 0 .$

Ainsi, l’endomorphisme $f$ transforme la base $(ε_{1}, \dots, ε_{n})$ en une famille orthogonale.
(b)

$M$ est la matrice dans la base canonique $(e_{1}, \dots, e_{n})$ de $ℝ^{n}$ d’un certain automorphisme $f$ . Par ce qui précède, il existe une base orthonormée $(ε_{1}, \dots, ε_{n})$ de $ℝ^{n}$ dont l’image par $f$ est une famille orthogonale. Celle-ci ne comporte pas le vecteur nul car $f$ est un automorphisme et donc, en posant,

$φ_{i} = \frac{f (ε_{i})}{∥ f (ε_{i}) ∥}$

on forme une base orthonormée $(φ_{1}, \dots, φ_{n})$ telle que la matrice de l’application linéaire $f$ dans les bases $(ε_{1}, \dots, ε_{n})$ et $(φ_{1}, \dots, φ_{n})$ est la matrice diagonale

$D = (\begin{matrix} ∥ f (ε_{1}) ∥ & (0) \\ ⋱ \\ (0) & ∥ f (ε_{n}) ∥ \end{matrix}) .$

Par formule de changement de bases orthonormées, on obtient

$U M V = D$

avec $U, V$ matrices orthogonales

$U = {Mat}_{(e_{1}, \dots, e_{n})} (φ_{1}, \dots, φ_{n}) et V = {Mat}_{(e_{1}, \dots, e_{n})} {(ε_{1}, \dots, ε_{n})}^{⊤} .$

Si $M$ n’est pas inversible, ce qui précède peut être repris en posant

$φ_{i} = \frac{f (ε_{i})}{∥ f (ε_{i}) ∥}$

quand $f (ε_{i}) \neq 0$ et en choisissant les autres $φ_{i}$ dans une base orthonormée de ${(Im (f))}^{⊥}$ pour former une base orthonormée $(φ_{1}, \dots, φ_{n})$ satisfaisante.
(c)

On a

$M^{⊤} M = (\begin{matrix} 2 & 4 \\ 4 & 8 \end{matrix}) .$

Une base orthonormée diagonalisant $M^{⊤} M$ est formée des vecteurs

$ε_{1} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix}) et ε_{2} \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix} 2 \\ - 1 \end{matrix})$

et puisque

$M ε_{1} = \sqrt{10} φ_{1} avec φ_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix})$

on prend

$φ_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix}) .$

et l’on obtient

$U M V = (\begin{matrix} \sqrt{10} & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix})$

avec

$U = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & - 1 \end{matrix}) et V = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix} 1 & 2 \\ 2 & - 1 \end{matrix}) .$

Exercice 185 2399 CENTRALE (MP)Correction

Soient $(E, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ un espace euclidien et $A$ un endomorphisme symétrique défini positif de $(E, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ . On pose

{⟨ x, y ⟩}_{A} = ⟨ A^{- 1} x, y ⟩ pour tous x, y \in E ..

(a)

Montrer que ${⟨ \cdot, \cdot ⟩}_{A}$ est un produit scalaire.

Soit $B$ un endomorphisme autoadjoint de $(E, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ .

(b)

Montrer que $A B$ est diagonalisable.

Si $M$ est un endomorphisme diagonalisable de $E$ , on note $λ_{\min} (M)$ (resp. $λ_{\max} (M)$ ) sa plus petite (resp. grande) valeur propre.

(c)

Montrer que l’image de $E ∖ {0}$ par

$x \mapsto \frac{⟨ B x, x ⟩}{⟨ A^{- 1} x, x ⟩}$

n’est autre que le segment d’extrémités $λ_{\min} (A B)$ et $λ_{\max} (A B)$ .
(d)

Montrer que

$λ_{\min} (A) λ_{\min} (B) \leq λ_{\min} (A B) \leq λ_{\max} (A B) \leq λ_{\max} (A) λ_{\max} (B) .$

Solution

(a)

$A \in 𝒮_{n}^{+ *} (E)$ donc $A^{- 1} \in 𝒮_{n}^{+ *} (E)$ et par suite ${⟨ \cdot, \cdot ⟩}_{A}$ est un produit scalaire sur $E$ .
(b)

On a

${⟨ x, A B y ⟩}_{A} = ⟨ A^{- 1} x, A B y ⟩ = ⟨ x, B y ⟩ = ⟨ B x, y ⟩ = {⟨ A B x, y ⟩}_{A} .$

L’endomorphisme $A B$ est autoadjoint dans $(E, {⟨ \cdot, \cdot ⟩}_{A})$ donc diagonalisable.
(c)

On a

$\frac{⟨ B x, x ⟩}{⟨ A^{- 1} x, x ⟩} = \frac{{⟨ A B x, x ⟩}_{A}}{{∥ x ∥}_{A}^{2}} .$

En introduisant une base orthonormée $ℬ = (e_{1}, \dots, e_{n})$ de $(E, {⟨ \cdot, \cdot ⟩}_{A})$ formée de vecteurs propres de $A B$ , on peut écrire pour $x = x_{1} e_{1} + \dots + x_{n} e_{n}$ ,

$\frac{{⟨ A B x, x ⟩}_{A}}{{∥ x ∥}_{A}^{2}} = \frac{λ_{1} x_{1}^{2} + \dots + λ_{n} x_{n}^{2}}{x_{1}^{2} + \dots + x_{n}^{2}}$

en notant $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres de $A B$ . Il est clair que cette quantité est comprise entre $λ_{\min} (A B)$ et $λ_{\max} (A B)$ . De plus, ces deux valeurs propres sont valeurs prise par

$\frac{{⟨ A B x, x ⟩}_{A}}{{∥ x ∥}_{A}^{2}}$

en $x$ vecteur propre associé. Enfin, $E ∖ {0_{E}}$ est connexe par arcs et l’image d’un connexe par arcs par une application continue est un connexe par arcs. On peut donc conclure que les valeurs prises par

$x \mapsto \frac{⟨ B x, x ⟩}{⟨ A^{- 1} x, x ⟩}$

sur $E ∖ {0}$ constituent le segment

$[λ_{\min} (A B); λ_{\max} (A B)] .$
(d)

On a $⟨ B x, x ⟩ \leq λ_{\max} (B) {∥ x ∥}^{2}$ et $⟨ A^{- 1} x, x ⟩ \geq λ_{\min} (A^{- 1}) {∥ x ∥}^{2}$ donc

$\frac{⟨ B x, x ⟩}{⟨ A^{- 1} x, x ⟩} \leq \frac{λ_{\max} (B)}{λ_{\min} (A^{- 1})} .$

Or

$λ_{\min} (A^{- 1}) = \frac{1}{λ_{\max} (A)}$

donc

$\frac{⟨ B x, x ⟩}{⟨ A^{- 1} x, x ⟩} \leq λ_{\max} (A) λ_{\max} (B)$

et la conclusion est dès lors facile.

[<] Endomorphismes autoadjoints définis positifs[>] Réduction simultanée

Exercice 186 12 Correction

Établir que $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est dense dans $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

Solution

Soit $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . On a

A_{p} = A + \frac{1}{p} I_{n} \to_{p \to + \infty}^{} A

et l’on vérifie $A_{p} \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ pour tout $p \in ℕ^{*}$ car les valeurs propres de $A_{p}$ sont celles de $A$ auxquelles on ajoute $1 / p$ : elles sont strictement positives.

Exercice 187 5660 Correction

(a)

Montrer que $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ est une partie fermée de $ℳ_{n} (ℝ)$ .
(b)

Déterminer l’adhérence de $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Solution

(a)

Méthode: Les matrices de $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ sont non seulement les matrices symétriques réelles de valeurs propres positives (comme le souligne la notation de l’ensemble) mais ce sont aussi les matrices symétriques réelles $A$ vérifiant $X^{⊤} A X \geq 0$ pour toute colonne $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ .

Soit ${(A_{p})}_{p \in ℕ}$ une suite convergente d’éléments de $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Notons $A$ sa limite.

Pour tout $p \in ℕ$ , $A_{p}^{⊤} = A_{p}$ . Par continuité de la transposition¹¹ 1 Il s’agit d’une application linéaire au départ d’un espace de dimension finie., il vient $A^{⊤} = A$ .

Aussi, pour toute colonne $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ , $X^{⊤} A_{p} X \geq 0$ . Par passage à la limite dans une inégalité large, $X^{⊤} A X \geq 0$ . On en déduit que $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

La partie $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ contient les limites de ses suites convergentes, c’est donc une partie fermée.
(b)

On sait $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ) \subset 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ et donc, par croissance du passage à l’adhérence,

$\bar{𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)} \subset \bar{𝒮_{n}^{+} (ℝ)} = 𝒮_{n}^{+} (ℝ) .$

Établissons l’inclusion réciproque.

Soit $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Pour $p \in ℕ^{*}$ , posons

$A_{p} = A + \frac{1}{p} I_{n}$

de sorte que par simple opérations sur les limites

$A = lim_{p \to + \infty} A_{p} .$

Pour tout $p \geq 1$ , la matrice $A_{p}$ est symétrique réelle et l’on vérifie²² 2 L’affirmation se justifie par exemple en étudiant l’équation aux éléments propres.

$Sp (A_{p}) = {λ + \frac{1}{p} | λ \in Sp (A)} .$

Puisque $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ , il vient $Sp (A_{p}) \subset ℝ_{+}^{*}$ .

Ainsi, $A$ est limite d’une suite d’éléments de $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ , c’est donc un élément adhérent à $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Par double inclusion, on conclut

$\bar{𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)} = 𝒮_{n}^{+} (ℝ) .$

Exercice 188 5658 Correction

Montrer que $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est une partie convexe.

Solution

Méthode: Les matrices de $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ sont non seulement les matrices symétriques réelles de valeurs propres strictement positives mais ce sont aussi les matrices symétriques réelles $A$ vérifiant $X^{⊤} A X > 0$ pour toute colonne $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ non nulle.

Pour établir que $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est convexe, on montre $[A; B] \subset 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ pour toutes matrices $A, B \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Soient $A, B \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $λ \in [0; 1]$ . Étudions $M = (1 - λ) A + λ B$ .

La matrice $M$ est évidemment symétrique et pour $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ colonne non nulle,

X^{⊤} M X = (1 - λ) \underset{\begin{matrix} > 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{X^{⊤} A X}} + λ \underset{\begin{matrix} > 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{X^{⊤} B X}}

Puisque les facteurs $1 - λ$ et $λ$ sont positifs sans être tous deux nuls,

X^{⊤} M X > 0

Ainsi, $M \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . On peut alors conclure $[A; B] \subset 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ : l’ensemble $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est convexe.

Exercice 189 5764 Correction

Soit $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Justifier $\exp (A) \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Solution

Puisque $A$ est symétrique réelle, on peut écrire $A = P D P^{- 1}$ avec $P \in O_{n} (ℝ)$ et $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ . On a alors $\exp (A) = P \exp (D) P^{- 1}$ avec $\exp (D) = diag (e^{λ_{1}}, \dots, e^{λ_{n}})$ . La matrice $\exp (A)$ est orthogonalement semblable à une matrice diagonale aux valeurs propres strictement positives, c’est donc une matrice symétrique définie positive.

Exercice 190 3174 Correction

Soit $S \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Montrer que la comatrice de $S$ est symétrique.
Même question avec $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ puis $S \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

Solution

Le coefficient d’indice $(i, j)$ de la comatrice de $S$ est

{(- 1)}^{i + j} Δ_{i, j}

avec $Δ_{i, j}$ le mineur d’indice $(i, j)$ de la matrice $S$ c’est-à-dire le déterminant de la matrice obtenue en supprimant la $i$ -ème ligne et la $j$ -ème colonne de $S$ . Or le déterminant d’une matrice est aussi celui de sa transposée et puisque la matrice $S$ est symétrique, le mineur d’indice $(i, j)$ est égal à celui d’indice $(j, i)$ . On en déduit que la comatrice de $S$ est symétrique.
Si $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ alors

Com (S) = {(Com (S))}^{⊤} = \det (S) S^{- 1} .

Puisque $S$ est définie positive, son inverse $S^{- 1}$ l’est aussi et $\det (S) > 0$ donc $Com (S)$ est définie positive.
Si $S \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ alors pour tout $t > 0$ ,

S_{t} = S + t I_{n} \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)

puis

Com (S_{t}) \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)

et donc

Com (S) = lim_{t \to 0^{\pm}} Com (S_{t}) \in \bar{𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)} = 𝒮_{n}^{+} (ℝ) .

Exercice 191 14 Correction

Soit $A = (a_{i, j}) \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

(a)

Montrer que $φ (X, Y) = X^{⊤} A Y$ définit un produit scalaire sur $ℳ_{n,1} (ℝ)$ .
(b)

En déduire que pour tout

$\forall (i, j) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}, i \neq j ⟹ a_{i, j}^{2} < a_{i, i} a_{j, j} .$

Solution

(a)

L’application $φ$ est clairement une forme bilinéaire, symétrique. De plus, puisque $A$ est définie positive, le produit scalaire $φ$ est aussi défini positif.
(b)

Notons $E_{1}, \dots, E_{n}$ les colonnes élémentaires de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ .

Soit $(i, j) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}$ avec $i \neq j$ . On remarque

$φ (E_{i}, E_{j}) = a_{i, j}, (E_{i}, E_{i}) = a_{i, i} et φ (E_{j}, E_{j}) = a_{j, j} .$

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

$a_{i, j}^{2} \leq a_{i, i} a_{j, j} .$

De plus, il y a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz seulement lorsqu’il y a colinéarité. Ici, les colonnes $E_{i}$ et $E_{j}$ ne sont pas colinéaires et donc l’inégalité est stricte.

Exercice 192 3151 Correction

Soient $A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

Montrer que la matrice $I_{n} + A B$ est inversible.

Solution

On peut écrire

I_{n} + A B = A (A^{- 1} + B) .

La matrice $A^{- 1} + B$ est symétrique réelle et vérifie

\forall X \in ℳ_{n,1} (ℝ) ∖ {0}, X^{⊤} (A^{- 1} + B) X = X^{⊤} A^{- 1} X + X^{⊤} B X > 0 .

On en déduit que $A^{- 1} + B$ est inversible car élément de $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . Par produit dans le groupe des matrices inversibles, $I_{n} + A B$ .

Exercice 193 3170 Correction

Soient $A, B \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . Montrer

{(A + B)}^{- 1} \neq A^{- 1} + B^{- 1} .

Solution

Par l’absurde, supposons ${(A + B)}^{- 1} = A^{- 1} + B^{- 1}$ .

On a alors

(A + B) (A^{- 1} + B^{- 1}) = I_{n}

et, en développant,

B A^{- 1} + A B^{- 1} + I_{n} = O_{n} .

En multipliant à droite par la matrice $A$ , on obtient

B + A B^{- 1} A + A = O_{n} .

Pour $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ non nul, on obtient

X^{⊤} B X + {(A X)}^{⊤} B (A X) + X^{⊤} A X = 0

avec

X^{⊤} B X, {(A X)}^{⊤} B (A X), X^{⊤} A X > 0

Cela est absurde.

Exercice 194 22 Correction

(Matrice de Hilbert)

Soit

H = {(\frac{1}{i + j + 1})}_{0 \leq i, j \leq n} \in ℳ_{n + 1} (ℝ) .

Montrer que $H$ est diagonalisable à valeurs propres strictement positives.

Solution

La matrice $H$ est symétrique réelle donc diagonalisable.

Pour $x = (a_{0}, a_{1}, \dots a_{n}) \in ℝ^{n + 1}$ ,

x^{⊤} H x = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n} \frac{a_{i} a_{j}}{i + j + 1} = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n} \int_{0}^{1} a_{i} a_{j} t^{i + j} d t .

Par linéarité,

x^{⊤} H x = \int_{0}^{1} \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n} a_{i} a_{j} t^{i + j} d t = \int_{0}^{1} {(\sum_{i = 0}^{n} a_{i} t^{i})}^{2} d t .

Par intégration d’une fonction positive, $x^{⊤} H x \geq 0$ .

De plus, si $x^{⊤} H x = 0$ alors, par intégration d’une fonction continue et positive,

\forall t \in [0; 1], \sum_{i = 0}^{n} a_{i} t^{i} = 0 .

Le polynôme $a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{n} X^{n}$ possède une infinité de racines, c’est donc le polynôme nul ce qui entraîne $x = 0$ .

La matrice $H$ est donc symétrique définie positive.

Exercice 195 3062 CENTRALE (MP)Correction

Soient $a_{1}, \dots a_{n} > 0$ et deux à deux distincts.

Justifier que la matrice

S = {(\frac{1}{a_{i} + a_{j}})}_{1 \leq i, j \leq n}

est symétrique définie positive.

Solution

La matrice $S$ est bien évidemment symétrique. Il s’agit de vérifier

\forall X \in ℳ_{n,1} (ℝ), X \neq 0 ⟹ X^{⊤} S X > 0 .

Notons $E$ l’espace des fonctions continues de $] 0; 1]$ dans $ℝ$ et de carrés intégrables sur $] 0; 1]$ .

On définit un produit scalaire $ϕ$ sur $E$ par

ϕ (f, g) = \int_{] 0; 1]} f (t) g (t) d t .

Pour $i \in {1, \dots, n}$ , posons $f_{i} : t \mapsto t^{a_{i} - 1 / 2}$ élément de $E$ .

Pour $X = {(\begin{matrix} x_{1} & \dots & x_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ , on remarque

X^{⊤} S X = \sum_{i = 1}^{n} \frac{x_{i} x_{j}}{a_{i} + a_{j}} = φ (\sum_{i = 1}^{n} x_{i} f_{i}, \sum_{i = 1}^{n} x_{i} f_{i}) = ∥ \sum_{i = 1}^{n} x_{i} f_{i} ∥ .

Ainsi, $X^{⊤} S X \geq 0$ . De plus, si $X^{⊤} S X = 0$ alors

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} f_{i} = 0 .

Ainsi, $\sum_{i = 1}^{n} x_{i} t^{a_{i} - 1 / 2} = 0$ pour tout $t \in] 0; 1]$ .

En multipliant par $t^{1 / 2}$ , on obtient

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} t^{a_{i}} = 0 pour tout t \in] 0; 1] .

En posant $t = 1$ , on obtient l’équation $\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = 0$ .

En dérivant la relation $(*)$ et en multipliant par $t$ , on obtient

\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i} t^{a_{i}} = 0 pour tout t \in] 0; 1] .

En posant $t = 1$ , on obtient l’équation $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i} = 0$ .

En reprenant ce principe, on obtient

\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{k} x_{i} = 0 pour tout k \in {0, \dots, n - 1} .

Le multiplet $(x_{1}, \dots, x_{n})$ est alors solution d’un système linéaire homogène à $n$ équations qui est un système de Cramer car son déterminant est un déterminant de Vandermonde non nul puisque les $a_{1}, \dots, a_{n}$ sont deux à deux distincts.

Par suite, $x_{1} = \dots = x_{n} = 0$ et ainsi

X^{⊤} S X = 0 ⟹ x = 0 .

Finalement, $S$ est une matrice symétrique définie positive.

Exercice 196 3158 Correction

Soit

A = (\begin{matrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 2 & \dots & 2 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & 2 & \dots & n \end{matrix}) = {(\min (i, j))}_{1 \leq i, j \leq n} \in ℳ_{n} (ℝ) .

Montrer que la matrice $A$ est symétrique définie positive.

Solution

La matrice $A$ est évidemment symétrique. Posons

T = (\begin{matrix} 1 & \dots & 1 \\ ⋱ & ⋮ \\ (0) & 1 \end{matrix}) \in {GL}_{n} (ℝ) .

On remarque

A = T^{⊤} T .

On en déduit que pour tout $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$

X^{⊤} A X = {(T X)}^{⊤} T X = {∥ T X ∥}^{2} \geq 0

avec égalité si, et seulement si, $T X = 0$ ce qui donne $X = 0$ .

Exercice 197 2761 MINES (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Montrer que $A$ est symétrique positive si, et seulement si, il existe $P \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $A = P^{⊤} P$ .

Montrer que $A$ est symétrique définie positive si, et seulement si, il existe $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ telle que $A = P^{⊤} P$ .

Solution

Si $A = P^{⊤} P$ alors il est facile d’établir que $A$ est symétrique positive (voire définie positive si $P$ est inversible).

Inversement, si $A$ est symétrique positive alors par le théorème spectral, on peut écrire $A = Q^{⊤} D Q$ avec $Q \in O_{n} (ℝ)$ , $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ et $λ_{i} \geq 0$ pour $i = 1, \dots, n$ (voire $λ_{i} > 0$ si $A$ est définie positive). Pour $P = Δ Q$ avec $Δ = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}})$ , on dispose d’une matrice solution (inversible dans le cas où est définie positive).

Exercice 198 5644 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ des matrices symétriques à valeurs propres toutes strictement positives.

(a)

Montrer qu’il existe une matrice $S \in 𝒮_{n} (ℝ)$ inversible vérifiant $S^{2} = A$ .
(b)

Justifier que $C = S^{- 1} B S^{- 1}$ est diagonalisable à valeurs propres positives.
(c)

En déduire

$\det (A + B) \geq \det (A) + \det (B) .$

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique dont orthogonalement diagonalisable. Il existe donc $P \in O_{n} (ℝ)$ telle que

$A = P D P^{⊤} avec D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) .$

Les réels $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ sont strictement positifs car ce sont les valeurs propres de $A$ . On peut donc introduire

$S = P Δ P^{⊤} avec Δ = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) .$

On vérifie $S^{2} = A$ , $S^{⊤} = S$ et $\det (S) \neq 0$ . La matrice $S$ est solution.
(b)

La matrice $S$ est inversible car la matrice $A$ l’est. Puisque $S$ est symétrique, son inverse $S^{- 1}$ l’est aussi. On remarque alors

${(S^{- 1} B S^{- 1})}^{⊤} = {(S^{- 1})}^{⊤} B^{⊤} {(S^{- 1})}^{⊤} = S^{- 1} B S^{- 1} .$

La matrice $S^{- 1} B S^{- 1}$ est symétrique réelle donc diagonalisable.

Soient $λ$ une valeur propre de $S^{- 1} B S^{- 1}$ et $X$ un vecteur propre associé:

$S^{- 1} B S^{- 1} X = λ X .$

Il existe une matrice $T \in 𝒮_{n} (ℝ)$ telle que $T^{2} = B$ et alors

$S^{- 1} T^{2} S^{- 1} X = λ X .$

En multipliant par $X^{⊤}$ à gauche,

${(T S^{- 1} X)}^{⊤} (T S^{- 1} X) = λ X^{⊤} X$

et donc

$λ = \frac{{∥ T S^{- 1} X ∥}^{2}}{{∥ X ∥}^{2}} \geq 0 .$
(c)

Avec les écritures qui précèdent

$\det (A + B) = \det (S) \det (I_{n} + C) \det (S) .$

En notant $μ_{1}, \dots, μ_{n}$ les valeurs propres de $C$ ,

$\det (I_{n} + C) = \prod_{i = 1}^{n} (1 + μ_{i}) \geq 1 + \prod_{i = 1}^{n} μ_{i} = 1 + \det (C)$

donc

$\det (A + B)$ $\geq \det (S) (1 + \det (C)) \det (S)$

$= \det {(S)}^{2} + \det {(S)}^{2} \det (C) = \det (A) + \det (B) .$

Exercice 199 2755 MINES (MP)Correction

Soient $A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

(a)

Montrer l’existence de $C \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ telle que $C^{2} = A^{- 1}$ .
(b)

On pose $D = C B C$ . Montrer que

${(\det (I_{n} + D))}^{1 / n} \geq 1 + {(\det (D))}^{1 / n} .$
(c)

Montrer que

${(\det (A + B))}^{1 / n} \geq {(\det (A))}^{1 / n} + {(\det (B))}^{1 / n} .$

Solution

(a)

Par le théorème spectral, la matrice symétrique réelle $A$ est orthogonalement diagonalisable. De plus, étant définie positive, ses valeurs propres sont strictement positive. On peut donc écrire

$A = P^{⊤} D P avec P \in O_{n} (ℝ), D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) et λ_{i} > 0 .$

La matrice $C = P^{⊤} Δ P$ avec $Δ = diag (1 / \sqrt{λ_{1}}, \dots,1 / \sqrt{λ_{n}})$ convient.
(b)

On vérifie $D^{⊤} = D$ et $X^{⊤} D X = {(C X)}^{⊤} B (C X) \geq 0$ donc $D \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . On peut alors écrire

$D = Q^{⊤} D^{'} Q avec Q \in O_{n} (ℝ), D^{'} = diag (μ_{1}, \dots, μ_{n}) et μ_{i} \geq 0 .$

Par similitude, l’inégalité voulue revient à

$\prod_{i = 1}^{n} {(1 + μ_{i})}^{1 / n} \geq 1 + \prod_{i = 1}^{n} μ_{i}^{1 / n} .$

Si l’un des $μ_{i}$ est nul, l’inégalité est entendue. Supposons désormais les $μ_{i}$ tous non nuls.
Pour l’obtenir l’inégalité, on introduit la fonction $x \mapsto \ln (1 + e^{x})$ . Celle-ci est convexe car de dérivée seconde positive. Par l’inégalité de Jensen

$\forall a_{1}, \dots, a_{n} \in ℝ, \ln (1 + e^{\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}}) \leq \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + e^{a_{i}}) .$

En choisissant $a_{i} = \ln (μ_{i})$ , on obtient

$\ln (1 + \prod_{i = 1}^{n} μ_{i}^{1 / n}) \leq \ln (\prod_{i = 1}^{n} {(1 + μ_{i})}^{1 / n})$

puis l’inégalité voulue.
(c)

On a

${(\det (C))}^{2} \det (A + B) = \det (C A C + C B C) = \det (I_{n} + D)$

avec

$\det (A) = 1 / {(\det (C))}^{2} et \det (B) = \det (D) / {(\det (C))}^{2} .$

La comparaison

${(\det (I_{n} + D))}^{1 / n} \geq 1 + {(\det (D))}^{1 / n}$

fournit alors l’inégalité proposée.

Exercice 200 2407 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Soit $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . On suppose

$\forall X \in ℳ_{n, 1} (ℝ), X^{⊤} M X \geq X^{⊤} X .$

Établir $\det (M) \geq 1$ .
(b)

Soit $A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . Montrer qu’il existe une matrice $S \in 𝒮_{n} (ℝ)$ inversible vérifiant $S^{2} = A$ .
(c)

Soient $A, B$ dans $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ vérifiant

$\forall X \in ℳ_{n, 1} (ℝ), X^{⊤} A X \leq X^{⊤} B X .$

Montrer

$\det (A) \leq \det (B) .$

Solution

(a)

Soient $λ$ une valeur propre de $M$ et $X$ un vecteur propre associé. L’hypothèse donne

$X^{⊤} M X = λ X^{⊤} X \geq X^{⊤} X avec X^{⊤} X = {∥ X ∥}^{2} > 0 .$

On en déduit $λ \geq 1$ . La matrice $M$ étant diagonalisable, son déterminant est le produit de ses valeurs propres comptées avec multiplicité. Ces dernières étant toutes supérieures à $1$ , on obtient $\det (M) \geq 1$ .
(b)

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

$A = P D P^{- 1}$

avec $P \in O_{n} (ℝ)$ , $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ , $λ_{1}, \dots, λ_{n} > 0$ .

On peut alors poser

$S = P Δ P^{- 1} avec Δ = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) .$

On vérifie que $S$ est symétrique (car $Δ^{⊤} = Δ$ et $P^{⊤} = P^{- 1}$ ) et $S^{2} = A$ . La matrice $A$ étant inversible, la matrice $S$ est aussi inversible.
(c)

Considérons $M = S^{- 1} B S^{- 1}$ .

La matrice $M$ est symétrique et, pour tout $X \in ℳ_{n, 1} (ℝ)$ ,

$X^{⊤} M X = Y^{⊤} B Y avec Y = S^{- 1} X \in ℳ_{n, 1} (ℝ) .$

L’hypothèse donne

$X^{⊤} M X \geq Y^{⊤} A Y = X^{⊤} X .$

On en déduit $\det (M) \geq 1$ avec $\det (M) = \det (B) {(\det (S^{- 1}))}^{2} = \det (B) \det {(A)}^{- 1}$ . Sachant $\det (A) > 0$ , on conclut $\det (B) \geq \det (A) .$

Exercice 201 2754 MINES (MP)Correction

(a)

Déterminer le sous-espace vectoriel de $ℳ_{n} (ℝ)$ engendré par $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Soient $A_{1}, \dots, A_{k}$ des éléments de $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $λ_{1}, \dots, λ_{k}$ des réels. On pose

$A = \sum_{i = 1}^{k} λ_{i} A_{i} et B = \sum_{i = 1}^{k} | λ_{i} | A_{i} .$
(b)

Montrer que, pour $X \in ℝ^{n}$ ,

$| X^{⊤} A X | \leq X^{⊤} B X .$
(c)

En déduire

$| \det (A) | \leq \det (B) .$

Solution

(a)

$Vect {(𝒮_{n})}^{+ +} (ℝ) = 𝒮_{n} (ℝ)$ notamment parce qu’une matrice symétrique peut s’écrire comme différence de deux matrices symétriques définies positives via diagonalisation.
(b)

Pour $X \in ℝ^{n}$ ,

$X^{⊤} A X = \sum_{i = 1}^{k} λ_{i} X^{⊤} A_{i} X$

avec $X^{⊤} A_{i} X \geq 0$ donc

$| X^{⊤} A X | \leq \sum_{i = 1}^{k} | λ_{i} | X^{⊤} A_{i} X = X^{⊤} B X .$
(c)

Cas: $B = I_{n}$ . La matrice $A$ est diagonalisable et, pour tout $X$ , $| X^{⊤} A X | \leq X^{⊤} X$ assure que les valeurs propres $λ$ de $A$ vérifient $| λ | \leq 1$ . On a donc $| \det (A) | \leq 1 = \det (B)$ .

Cas général: Si les $λ_{i}$ sont tous nuls, c’est immédiat. Sinon, $B \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . On peut alors écrire $B = C^{2}$ avec $C \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . Considérons ensuite $A^{'} = C^{- 1} A C^{- 1} \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Pour tout $X \in ℝ^{n}$ ,

$| X^{⊤} A^{'} X | = | {(C^{- 1} X)}^{⊤} A (C^{- 1} X) | \leq {(C^{- 1} X)}^{⊤} B (C^{- 1} X) = X^{⊤} X .$

Par l’étude précédente, $| \det (A^{'}) | \leq 1$ donc

$| \det (A) | \leq {(\det (C))}^{2} = \det (B) .$

Exercice 202 5683 ENSTIM (MP)Correction

Soient $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ une colonne non nulle. On considère la suite $(Y_{p})$ d’éléments de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ donnée par

Y_{p} = \frac{1}{∥ S^{p} X ∥} S^{p} X pour tout p \in ℕ

où $∥ \cdot ∥$ désigne la norme euclidienne canonique sur $ℳ_{n,1} (ℝ)$ .

Établir que la suite $(Y_{p})$ converge vers un vecteur propre de $S$ .

Solution

Notons $0 < λ_{1} < \dots < λ_{m}$ les valeurs propres de $S$ . Puisque la matrice $S$ est symétrique réelle, le théorème spectral donne

ℳ_{n,1} (ℝ) = \oplus_{k = 1}^{m} E_{λ_{k}} (M)

et l’on sait que les sous-espaces propres $E_{λ_{k}} (M)$ sont deux à deux orthogonaux. On peut alors décomposer la colonne $X$ en écrivant

X = \sum_{k = 1}^{m} X_{k} .

Pour tout $p \in ℕ$ , on a alors

S^{p} X = \sum_{k = 1}^{m} λ_{k}^{p} X_{k}

et, par le théorème de Pythagore,

{∥ S^{p} X ∥}^{2} = \sum_{k = 1}^{m} λ_{k}^{2 p} {∥ X_{k} ∥}^{2} .

Considérons le plus grand $ℓ \in ⟦ 1; m ⟧$ tel que $X_{ℓ} \neq 0$ (celui-ci existe car la colonne $X$ n’est pas nulle). Les valeurs propres $λ_{k}$ étant par ordre strictement croissant

∥ S^{p} X ∥ \underset{p \to + \infty}{\sim} λ_{ℓ}^{p} ∥ X_{ℓ} ∥

et donc

Y_{p} = \sum_{k = 1}^{ℓ} \frac{1}{∥ S^{p} X ∥} λ_{k}^{p} X_{k}

avec

\frac{1}{∥ S^{p} X ∥} λ_{k}^{p} \to_{p \to + \infty}^{} {\begin{matrix} 0 & si k < ℓ \\ \frac{1}{∥ X_{ℓ} ∥} & sinon. \end{matrix}

Par opérations sur les limites,

Y_{p} \to_{p \to + \infty}^{} \frac{1}{∥ X_{ℓ} ∥} X_{ℓ}

avec $X_{ℓ}$ vecteur propre de $S$ .

Exercice 203 5793 Correction

Établir que $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est une partie ouverte de l’espace $𝒮_{n} (ℝ)$ .

Solution

Introduisons $∥ \cdot ∥$ la norme euclidienne canonique sur $ℳ_{n, 1} (ℝ)$ et $| | | \cdot | | |$ la norme d’opérateur associée

\forall X \in ℳ_{n, 1} (ℝ), {∥ X ∥}^{2} = X^{⊤} X et \forall A \in ℳ_{n} (ℝ), | | | A | | | = sup_{X \neq 0} \frac{∥ A X ∥}{∥ X ∥} .

On munit l’espace $𝒮_{n} (ℝ)$ de cette norme $| | | \cdot | | |$ .

L’ensemble $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est une partie de $𝒮_{n} (ℝ)$ . Vérifions que celle-ci est voisinage de chacun de ses points.

Soit $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Par définition,

\forall X \in ℳ_{n, 1} (ℝ) ∖ {0}, X^{⊤} A X > 0 .

Considérons la fonction $f : S \to ℝ$ définie sur $S = {X \in ℳ_{n, 1} (ℝ) | ∥ X ∥ = 1}$ par

f (X) = X^{⊤} A X .

La fonction $f$ est continue sur le compact non vide $S$ et prend uniquement des valeurs strictement positives. Par le théorème des bornes atteintes, il existe¹¹ 1 Par réduction dans une base orthonormée, on peut aussi établir que $α = \min Sp (A)$ convient $α > 0$ tel que

\forall X \in S, X^{⊤} A X \geq α .

On a alors

\forall X \in S, X^{⊤} A X \geq α X^{⊤} X .

Or, lorsque la comparaison précédente est vérifiée pour $X$ , elle l’est aussi pour $λ X$ et ce quel que soit $λ \in ℝ$ . On en déduit

\forall X \in ℳ_{n, 1} (ℝ), X^{⊤} A X \geq α X^{⊤} X = α {∥ X ∥}^{2} .

Soit $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ telle que $| | | M | | | < α$ . Pour tout $X \in ℳ_{n, 1} (ℝ)$ ,

∥ M X ∥ \leq | | | M | | | ∥ X ∥

et donc, par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

| X^{⊤} M X | \leq ∥ X ∥ ∥ M X ∥ \leq | | | M | | | {∥ X ∥}^{2} .

On vérifie alors

X^{⊤} (A + M) X \geq α {∥ X ∥}^{2} - | | | M | | | {∥ X ∥}^{2} = (α - | | | M | | |) {∥ X ∥}^{2} .

On en déduit

\forall X \in ℳ_{n, 1} (ℝ) ∖ {0}, X^{⊤} (A + M) X > 0

et donc $A + M \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Exercice 204 3943 Correction

(Décomposition de Cartan)

Soit $A \in {GL}_{n} (ℝ)$ .

(a)

Établir que $A^{⊤} A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .
(b)

Montrer qu’il existe une matrice $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ telle que $S^{2} = A^{⊤} A$ .
(c)

Conclure

$\forall A \in {GL}_{n} (ℝ), \exists (O, S) \in O_{n} (ℝ) \times 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ), A = O S .$
(d)

Établir l’unicité de cette écriture.

Solution

(a)

La matrice $A^{⊤} A$ est évidemment symétrique.
Pour $λ$ valeur propre de $A^{⊤} A$ et $X$ vecteur propre associé, on a

$X^{⊤} A^{⊤} A X = {(A X)}^{⊤} A X = {∥ A X ∥}^{2}$

et

$X^{⊤} A^{⊤} A X = λ X^{⊤} X = λ {∥ X ∥}^{2} .$

Ainsi,

$λ = \frac{{∥ A X ∥}^{2}}{{∥ X ∥}^{2}} > 0$

car $A$ est inversible.
(b)

Par le théorème spectral, il existe $P \in O_{n} (ℝ)$ tel que $P^{⊤} A^{⊤} A P = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ avec $λ_{i} > 0$ .
La matrice

$S = P^{⊤} diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) P$

est alors solution.
(c)

Posons $O = A S^{- 1}$ . On a $A = O S$ et

$O^{⊤} O = {(S^{- 1})}^{⊤} A^{⊤} A S^{- 1} = I_{n}$

donc $O \in O_{n} (ℝ)$ et $A = O S$ .
(d)

Si $A = O S$ alors $S^{2} = A^{⊤} A$ .
Pour $λ \in Sp (A^{⊤} A)$ ,

$Ker (A^{⊤} A - λ I_{n}) = Ker (S^{2} - λ I_{n}) .$

Or par le lemme de décomposition des noyaux,

$Ker (S^{2} - λ I_{n}) = Ker (S - \sqrt{λ} I_{n}) \oplus Ker (S + \sqrt{λ} I_{n})$

car $λ > 0$ . Or

$Ker (S + \sqrt{λ} I_{n}) = {0}$

car $Sp (S) \subset ℝ_{+}^{*}$ . Ainsi, pour tout $λ \in Sp (A^{⊤} A)$ ,

$Ker (A^{⊤} A - λ I_{n}) = Ker (S - λ I_{n})$

ce qui suffit à établir l’unicité de $S$ car

$ℳ_{n, 1} (ℝ) = \underset{λ \in Sp (A^{⊤} A)}{\oplus} Ker (A^{⊤} A - λ I_{n}) .$

Exercice 205 21 Correction

(Mineurs de Gauss)

Pour $A = {(a_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq n} \in 𝒮_{n} (ℝ)$ , on pose $A_{p} = {(a_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq p}$ pour tout $p \in {1, \dots, n}$

(a)

On suppose que la matrice $A$ est définie positive.

Justifier que $\det (A) > 0$ .
(b)

On suppose encore la matrice $A$ définie positive.

Établir que pour tout $p \in {1, \dots, n}$ , $\det (A_{p}) > 0$ .
(c)

Justifier la réciproque en raisonnant par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Solution

(a)

Si $A$ est définie positive alors $Sp (A) \subset ℝ_{+}^{*}$ . De plus, $A$ est symétrique réelle donc diagonalisable et $\det (A)$ est le produit des valeurs propres de $A$ comptées avec multiplicité. Par suite, $\det (A) > 0$ .
(b)

$A_{p} \in 𝒮_{p} (ℝ)$ et pour tout $X \in ℳ_{p,1} (ℝ)$ , $X^{⊤} A_{p} X = X^{', ⊤} A X^{'}$ avec $X^{'} \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ la colonne obtenue en poursuivant la colonne $X$ de coefficients nuls. On en déduit que si $A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ alors $A_{p} \in 𝒮_{p}^{+ +} (ℝ)$ puis $\det (A_{p}) > 0$ .
(c)

La propriété est immédiate au rang $n = 1$ .

Supposons la propriété acquise au rang $n \geq 1$ .

Soit $A \in 𝒮_{n + 1} (ℝ)$ vérifiant pour tout $p \in {1, \dots, n + 1}$ , $\det (A_{p}) > 0$ .

Par blocs, $A$ est de la forme

$A = (\begin{matrix} A_{n} & C_{n} \\ C_{n}^{⊤} & λ \end{matrix}) .$

Par application de l’hypothèse de récurrence, $A_{n} \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . Il existe donc $P_{n} \in O_{n} (ℝ)$ vérifiant $P^{⊤} A P = D_{n} = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ avec $λ_{i} > 0$ pour $i = 1, \dots, n$ .

Considérons alors

$P_{n + 1} = (\begin{matrix} P_{n} & X_{n} \\ 0 & 1 \end{matrix}) \in {GL}_{n + 1} (ℝ) .$

Par produit par blocs,

$P_{n + 1}^{⊤} A P_{n + 1} = (\begin{matrix} D_{n} & Y_{n} \\ Y_{n}^{⊤} & λ_{n + 1} \end{matrix})$

avec $Y_{n} = P_{n}^{⊤} (A X_{n} + C_{n})$ .

En choisissant $X_{n} = - A_{n}^{- 1} C_{n}$ , on obtient

$P_{n + 1}^{⊤} A P_{n + 1} = (\begin{matrix} D_{n} & 0 \\ 0 & λ_{n + 1} \end{matrix}) .$

Enfin $λ_{n + 1} > 0$ car $\det (A) > 0$ et $\det (D_{n}) > 0$ .

Finalement, $A$ est symétrique définie positive car ses valeurs propres sont toutes strictement positives.

La récurrence est établie.

Exercice 206 6039 CENTRALE (MP)Correction

Soit $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Pour $p \in ⟦ 1; n ⟧$ , on écrit

A = (\begin{matrix} B_{p} & C_{p} \\ C_{p}^{⊤} & D_{n - p} \end{matrix}) avec B_{p} \in ℳ_{p} (ℝ) .

(a)

Montrer que les valeurs propres de $A$ sont toutes strictement positives si, et seulement si,

$\forall X \in ℝ^{n} ∖ {0}, X^{⊤} A X > 0 .$

On suppose dans la suite que $A$ vérifie cette propriété que l’on notera $A > 0$ .

(b)

Montrer que $\det (B_{p}) > 0$ pour tout $p \in ⟦ 1; n ⟧$ .
(c)

Montrer que $\det (A) \leq \det (B_{p}) \det (D_{n - p})$ et en déduire que

$\det (A) \leq a_{1, 1} \times \dots \times a_{n, n} .$

On pourra écrire $A$ sous la forme

$A = (\begin{matrix} I_{p} & * \\ 0 & I_{n - p} \end{matrix}) (\begin{matrix} * & 0 \\ 0 & * \end{matrix}) (\begin{matrix} I_{p} & 0 \\ * & I_{n - p} \end{matrix})$

et montrer que, si $U > 0$ et $V > 0$ alors $\det (U) + \det (V) \leq \det (U + V)$ .

Solution

(a)

C’est du cours.
(b)

Pour $X \in ℝ^{p} ∖ {0}$ prolongé en un élément $X^{'} \in ℝ^{n}$ avec des coefficients nuls,

$X^{⊤} B_{p} X = X^{', ⊤} A X > 0 .$

On a donc $B_{p} > 0$ . La matrice symétrique réelle $B_{p}$ est diagonalisable et ses valeurs propres sont strictement positives donc $\det (B_{p}) > 0$ .
(c)

Soient $U, V \in 𝒮_{n} (ℝ)$ avec $U, V > 0$ .

Par diagonalisation, il existe $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ tel que $U = M^{2}$ avec $M > 0$ . On pose alors $W = M^{- 1} V M^{- 1}$ . On vérifie $W \in 𝒮_{n} (ℝ)$ et $W > 0$ . On écrit alors

$\det (U + V) = \det (M) \det (I_{n} + W) \det (M) .$

En diagonalisant $W$ , on établit

$\det (I_{n} + W) = \prod_{i = 1}^{n} (1 + λ_{i}) \geq 1 + \prod_{i = 1}^{n} λ_{i} = 1 + \det (W) .$

Il en découle $\det (U + V) \geq \det (U) + \det (V)$ .

Notons que l’inégalité est aussi vraie si les valeurs propres de $V$ sont positives au sens large (ce que l’on notera $V \geq 0$ ).

On écrit

$A = (\begin{matrix} I_{p} & C_{p} D_{n - p}^{- 1} \\ 0 & I_{n - p} \end{matrix}) (\begin{matrix} B_{p} - C_{p} D_{n - p} C_{p}^{⊤} & 0 \\ 0 & D_{n - p} \end{matrix}) (\begin{matrix} I_{p} & 0 \\ D_{n - p}^{- 1} C_{p}^{⊤} & I_{n - p} \end{matrix})$

ce qui est possible car, à l’instar de $B_{p}$ , on peut affirmer $D_{n - p} > 0$ donc inversible. On relit l’égalité

$A = P^{⊤} A^{'} P avec P = (\begin{matrix} I_{p} & 0 \\ D_{n - p}^{- 1} C_{p}^{⊤} & I_{n - p} \end{matrix}) \in {GL}_{n} (ℝ) .$

On en déduit

$\det (A) = \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\det (P^{⊤})}} \det (A^{'}) \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\det (P)}} = \det (B_{p} - C_{p} D_{n - p} C_{p}^{⊤}) \det (D_{n - p}) .$

La matrice $A^{'}$ est symétrique et, puisque $A > 0$ et $P$ inversible,

$\forall X \in ℝ^{n} ∖ {0}, X^{⊤} A^{'} X = Y^{⊤} A Y > 0 avec Y = P^{- 1} X \neq 0 .$

Ainsi, $A^{'} > 0$ et donc $B_{p}^{'} = B_{p} - C_{p} D_{n - p} C_{p}^{⊤} > 0$ . Aussi, $D_{n - p} > 0$ et l’on en déduit $C_{p} D_{n - p} C_{p}^{⊤} \geq 0$ . On peut alors employer la comparaison de déterminants précédemment acquise et affirmer

$\det (B_{p}^{'}) \leq \det (B_{p}^{'}) + \det (C_{p} D_{n - p} C_{p}^{⊤}) \leq \det (B_{p}) .$

On en déduit

$\det (A) \leq \det (B_{p}) \det (D_{n - p}) .$

La conséquence $\det (A) \leq a_{1, 1} \times \dots \times a_{n, n}$ s’en déduit par une récurrence facile.

Exercice 207 6017 Correction

Soit $A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $B \in 𝒮_{n} (ℝ)$ .

(a)

Montrer qu’il existe $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ vérifiant $A = S^{2}$ .
(b)

En déduire que la matrice $A B$ est diagonalisable.

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique réelle. On peut écrire $A = P D P^{- 1}$ avec $P \in O_{n} (ℝ)$ et $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ . La matrice $A$ est aussi définie positive et donc $Sp (A) = {λ_{1}, \dots, λ_{n}} \subset ℝ_{+}^{*}$ . La matrice $S = P Δ P^{- 1}$ avec $Δ = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}})$ convient: elle est symétrique, à valeurs propres strictement positives et vérifie $S^{2} = A$ .
(b)

La matrice $S$ est inversible et l’on remarque que $S^{- 1} A B S = S B S$ est symétrique réelle car

${(S B S)}^{⊤} = S^{⊤} B^{⊤} S^{⊤} = S B S .$

La matrice $S B S$ est donc diagonalisable. La matrice $A B$ qui lui est semblable l’est aussi.

Exercice 208 2402 CENTRALE (MP)Correction

Soient $A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $B \in 𝒮_{n} (ℝ)$ .

(a)

Montrer que l’on définit un produit scalaire sur $ℝ^{n}$ en posant

$⟨ x, y ⟩ = x^{⊤} A^{- 1} y .$
(b)

En déduire que $A B$ est diagonalisable.

Solution

(a)

$0$ n’est pas valeur propre de $A$ , cela assure que $A$ est inversible. L’application $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ est donc correctement définie de $ℝ^{n} \times ℝ^{n}$ vers $ℝ$ . Il est immédiat de vérifier que cette application est bilinéaire. Puisque $A$ est symétrique, $A^{- 1}$ est aussi symétrique et donc $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ est symétrique. Enfin, les valeurs propres de $A^{- 1}$ sont les inverses des valeurs propres de $A$ , elles sont toutes strictement positives et donc $A^{- 1} \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . On en déduit

$\forall x \in ℝ^{n} ∖ {0}, x^{⊤} A^{- 1} x > 0 .$

Ainsi, $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ est un produit scalaire.
(b)

Pour $x, y \in ℝ^{n}$ ,

$⟨ x, A B y ⟩ = x^{⊤} A^{- 1} A B y = x^{⊤} B y$

et

$⟨ A B x, y ⟩ = {(A B x)}^{⊤} A^{- 1} y = x^{⊤} B^{⊤} A^{⊤} A^{- 1} y = x^{⊤} B y .$

On a donc

$⟨ x, A B y ⟩ = ⟨ A B x, y ⟩ .$

L’endomorphisme $x \mapsto A B x$ est donc autoadjoint pour le produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ , il est diagonalisable (dans une base orthonormée pour le produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ ).

[<] Matrices symétriques définies positives[>] Matrices antisymétriques

Exercice 209 25 Correction

Soient $A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $B \in 𝒮_{n} (ℝ)$ .

(a)

Montrer qu’il existe $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ tel que $A = S^{2}$ .
(b)

Établir qu’il existe une matrice $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ et une matrice $D \in D_{n} (ℝ)$ vérifiant

$A = P^{⊤} P et B = P^{⊤} D P .$
(c)

Application : Établir que le polynôme $x \mapsto \det (x A - B)$ est scindé sur $ℝ$ .

Solution

(a)

Par le théorème spectral, on peut écrire

$A = P D P^{⊤} avec P \in O_{n} (ℝ) et D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$

où $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ sont les valeurs propres strictement positives de la matrice $A$ . Posons alors $S = P D^{'} P^{⊤}$ avec $D^{'} = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}})$ . On remarque $D^{', 2} = D$ et donc

$S^{2} = P D^{'} P^{⊤} P D^{'} P^{⊤} = P D P^{⊤} = A car P^{⊤} P = I_{n} .$

Au surplus, la matrice $S$ est symétrique car

$S^{⊤} = {(P D P^{⊤})}^{⊤} = {(P^{⊤})}^{⊤} D^{⊤} P^{⊤} = P D P^{⊤} = S .$

Enfin, les valeurs propres de $S$ sont strictement positives car ce sont les coefficients diagonaux de la matrice $D^{'}$ à laquelle $S$ est semblable puisque $S = P D P^{- 1}$ .
(b)

On peut écrire $A = S^{2}$ avec $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . Posons $C = S^{- 1} B S^{- 1}$ . Cette matrice est symétrique car on vérifie sans peine $C^{⊤} = C$ . Par le théorème spectral, on peut écrire $C = P D P^{⊤}$ avec $P \in O_{n} (ℝ)$ et $D \in D_{n} (ℝ)$ . On obtient alors $B = S C S = S P D P^{⊤} S = Q^{⊤} D Q$ avec $Q = P^{⊤} S$ . La matrice $Q$ est inversible car produit de deux matrices inversibles. Parallèlement, $Q^{⊤} Q = S^{⊤} P P^{⊤} S = S^{2} = A$ .
(c)

Avec l’écriture qui précède

$\det (x A - B) = \det {(P)}^{2} \det (x I_{n} - D) = \det {(P)}^{2} \prod_{i = 1}^{n} (x - δ_{i})$

en notant $δ_{1}, \dots, δ_{n}$ les coefficients diagonaux de la matrice $D$ .

Exercice 210 2398 CENTRALE (MP)Correction

Soient $A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

(a)

Montrer qu’il existe $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ et $D \in ℳ_{n} (ℝ)$ diagonale à coefficients diagonaux strictement positifs telles que

$A = P^{⊤} P et B = P^{⊤} D P .$
(b)

Montrer que

$\det (A + B) \geq \det (A) + \det (B) .$
(c)

Montrer que l’inégalité précédente subsiste pour $A, B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique définie positive donc orthogonalement semblable à une matrice diagonale $Δ$ à coefficients diagonaux strictement positifs. On peut donc écrire

$A = Q^{⊤} δ^{2} Q = {(Q δ)}^{⊤} Q δ$

avec $Q \in O_{n} (ℝ)$ et $δ$ une matrice diagonale à coefficients diagonaux non nuls. À ce stade, on pourrait croire avoir déterminé la matrice $P = Q δ$ mais on peut aussi remarquer que n’importe quelle matrice $P = Ω Q δ$ avec $Ω \in O_{n} (ℝ)$ marche aussi. Nous allons employer ce degré de liberté pour écrire $B$ sous la forme souhaitée.

Considérons la matrice $C = {({(Q δ)}^{⊤})}^{- 1} B {(Q δ)}^{- 1}$ . Celle-ci est symétrique donc orthogonalement diagonalisable. Cela permet d’écrire

$C = R^{⊤} D R$

avec $R \in O_{n} (ℝ)$ et $D \in D_{n} (ℝ)$ à coefficients diagonaux positifs. On en déduit

$B = {(R Q δ)}^{⊤} D R Q δ = P^{⊤} D P avec P = R Q δ \in {GL}_{n} (ℝ) .$

On remarque aussi

$P^{⊤} P = {(Q δ)}^{⊤} \underset{\begin{matrix} = I_{n} \end{matrix}}{\underset{⏟}{R^{⊤} R}} (Q δ) = {(Q δ)}^{⊤} (Q δ) = A .$
(b)

Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs diagonales de $D$ .

On a $\det (A) = {(\det (P))}^{2}$ , $\det (B) = λ_{1} \dots λ_{n} {(\det (P))}^{2}$ et

$\det (A + B) = (1 + λ_{1}) \dots (1 + λ_{n}) {(\det (P))}^{2}$

Les $λ_{i}$ étant positifs, on vérifie par développement

$1 + λ_{1} \dots λ_{n} \leq (1 + λ_{1}) \dots (1 + λ_{n})$

donc

$\det (A) + \det (B) \leq \det (A + B) .$
(c)

Toute matrice symétrique réelle positive peut être diagonalisée via une matrice orthogonale en une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs. Cette dernière peut se voir comme limite d’une suite de matrices diagonales à coefficients diagonaux strictement positifs. Par suite, $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est dense $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Par continuité du déterminant et densité, la relation précédente s’étend à $A, B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

Exercice 211 2756 MINES (MP)Correction

Soient $A, B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

(a)

On suppose que $A$ est définie positive. Montrer qu’il existe $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ et $D \in ℳ_{n} (ℝ)$ diagonale à coefficients positifs telles que

$A = P^{⊤} P et B = P^{⊤} D P .$
(b)

Établir

$\forall t \in] 0; 1 [, {(\det (A))}^{t} {(\det (B))}^{1 - t} \leq \det (t A + (1 - t) B) .$

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique définie positive donc orthogonalement semblable à une matrice diagonale $Δ$ à coefficients diagonaux strictement positifs. On peut donc écrire

$A = Q^{⊤} δ^{2} Q = {(Q δ)}^{⊤} Q δ$

avec $Q \in O_{n} (ℝ)$ et $δ$ une matrice diagonale à coefficients diagonaux non nuls. À ce stade, on pourrait croire avoir déterminé la matrice $P = Q δ$ mais on peut aussi remarquer que n’importe quelle matrice $P = Ω Q δ$ avec $Ω \in O_{n} (ℝ)$ marche aussi. Nous allons employer ce degré de liberté pour écrire $B$ sous la forme souhaitée.

Considérons la matrice $C = {({(Q δ)}^{⊤})}^{- 1} B {(Q δ)}^{- 1}$ . Celle-ci est symétrique donc orthogonalement diagonalisable. Cela permet d’écrire

$C = R^{⊤} D R$

avec $R \in O_{n} (ℝ)$ et $D \in D_{n} (ℝ)$ à coefficients diagonaux positifs. On en déduit

$B = {(R Q δ)}^{⊤} D R Q δ = P^{⊤} D P avec P = R Q δ \in {GL}_{n} (ℝ) .$

On remarque aussi

$P^{⊤} P = {(Q δ)}^{⊤} \underset{\begin{matrix} = I_{n} \end{matrix}}{\underset{⏟}{R^{⊤} R}} (Q δ) = {(Q δ)}^{⊤} (Q δ) = A .$
(b)

Cas: La matrice $A$ est définie positive.

Par le résultat précédent, il suffit d’établir ${(\det (D))}^{1 - t} \leq \det (t I_{n} + (1 - t) D)$ avec $D$ matrice diagonale à coefficients diagonaux $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ positifs. On souhaite donc établir,

${(\prod_{i = 1}^{n} λ_{i})}^{1 - t} \leq \prod_{i = 1}^{n} (t + (1 - t) λ_{i}) .$

Or pour tout $λ \geq 0$ , $λ^{1 - t} \leq t + (1 - t) λ$ .
En effet pour $λ = 0$ , la propriété est immédiate et pour $λ > 0$ , celle-ci équivaut à

$t \ln (1) + (1 - t) \ln (λ) \leq \ln (t + (1 - t) λ)$

qui découle de la concavité du logarithme.

On peut donc conclure en multipliant les comparaisons $0 \leq λ_{i}^{1 - t} \leq t + (1 - t) λ_{i}$ .

Cas: La matrice $A$ est positive.

La matrice $A_{p} = A + \frac{1}{p} I_{n}$ est définie positive et donc

$\forall t \in] 0; 1 [, {(\det (A_{p}))}^{t} {(\det (B))}^{1 - t} \leq \det (t A_{p} + (1 - t) B) .$

En passant à la limite quand $p \to + \infty$ , on obtient

$\forall t \in] 0; 1 [, {(\det (A))}^{t} {(\det (B))}^{1 - t} \leq \det (t A + (1 - t) B)$

(avec ici $\det (A) = 0$ si $A$ n’est pas définie positive).

[<] Réduction simultanée[>] Endomorphismes antisymétriques

Exercice 212 3922 Correction

Soit

A = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 & i \\ 0 & 0 & - i & 1 \\ - 1 & i & 0 & 0 \\ - i & - 1 & 0 & 0 \end{matrix}) .

(a)

Calculer $A^{2}$ . La matrice $A$ est-elle diagonalisable?
(b)

Les matrices antisymétriques complexes sont-elles toujours diagonalisables?

Solution

(a)

$A^{2} = O_{4}$ . Seule 0 est valeur propre de $A$ et si $A$ est diagonalisable alors $A = O_{4}$ . 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 $ℂ$ ).

Exercice 213 2627 MINES (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ vérifiant $A^{⊤} = - A$ . Établir

Ker (A) \oplus Im (A) = ℝ^{n} .

Solution

Soit $y \in Ker (A) \cap Im (A)$ . On a $A y = 0$ et il existe $x \in ℝ^{n}$ tel que $y = A x$ . En considérant la norme euclidienne canonique,

{∥ y ∥}^{2} = y^{⊤} y = {(A x)}^{⊤} y = x^{⊤} A^{⊤} y = - x^{⊤} A y = 0 .

On en déduit $y = 0$ . Ainsi, $Ker (A) \cap Im (A) = {0}$ . Parallèlement, par la formule du rang,

dim Ker (A) + dim Im (A) = dim ℝ^{n} .

On en déduit

Ker (A) \oplus Im (A) = ℝ^{n} .

Exercice 214 5475 MINES (PSI)Correction

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer que la matrice $M$ est antisymétrique si, et seulement si, pour toute matrice $P \in O_{n} (ℝ)$ , la diagonale de $P^{⊤} M P$ est nulle.

Solution

$(⟹)$ Si la matrice $M$ est antisymétrique alors, pour toute matrice $P \in O_{n} (ℝ)$ , la matrice $P^{⊤} M P$ est antisymétrique. En effet,

{(P^{⊤} M P)}^{⊤} = P^{⊤} M^{⊤} {(P^{⊤})}^{⊤} = P^{⊤} (- M) P = - P^{⊤} M P .

En particulier, la diagonale de $P^{⊤} M P$ est nulle.

$(⟸)$ Supposons que pour toute matrice $P \in O_{n} (ℝ)$ , la diagonale de $P^{⊤} M P$ est nulle. On écrit $M = S + A$ avec $S$ matrice symétrique et $A$ antisymétrique. Par le théorème spectral, on peut aussi écrire $S = P D P^{⊤}$ avec $P \in O_{n} (ℝ)$ et $D$ diagonale. On a alors $P^{⊤} M P = D + P^{⊤} A P$ . La diagonale de la matrice $P^{⊤} M P$ étant nulle par hypothèse et celle de $P^{⊤} A P$ aussi car il s’agit d’une matrice antisymétrique, la matrice diagonale $D$ est nécessairement la matrice nulle. On en déduit que la matrice $S$ est nulle puis que $M = A$ est une matrice antisymétrique.

Exercice 215 3748 MINES (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $A^{⊤} = - A$ .

(a)

Montrer que si $n$ est impair alors $A$ n’est pas inversible.
(b)

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

Solution

(a)

$A^{⊤} = - A$ donne $\det (A) = {(- 1)}^{n} \det (A)$ donc $\det (A) = 0$ si $n$ est impair.
(b)

Si $λ$ est valeur propre réelle de $A$ alors on peut écrire $A X = λ X$ pour une certaine colonne $X$ non nulle. On a alors $X^{⊤} A X = λ X^{⊤} X$ mais aussi $X^{⊤} A X = - {(A X)}^{⊤} X = - λ X^{⊤} X$ . On en déduit que la seule valeur propre réelle de $A$ possible est la valeur nulle.
Par l’absurde, si $\det (A) < 0$ alors le théorème des valeurs intermédiaires assure que le polynôme caractéristique de $A$ s’annule ailleurs qu’en 0. C’est contraire à l’affirmation qui précède.
Ainsi, $\det (A) \geq 0$ avec inégalité stricte si, et seulement si, $A$ est inversible.

Exercice 216 4272

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice antisymétrique.

(a)

Quelles sont les valeurs propres réelles possibles de $A$ ?
(b)

En déduire que le déterminant de $A$ est un réel positif ou nul.
(c)

Montrer que les valeurs propres complexes de $A$ sont imaginaires pures.

Exercice 217 373

Montrer que toute matrice antisymétrique réelle est de rang pair.

Exercice 218 3749 MINES (MP)Correction

Montrer que $A$ antisymétrique réelle d’ordre $n$ est semblable à

B = (\begin{matrix} C & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix})

où $C$ est une matrice inversible de taille paire.

Solution

Soit $Y \in Ker (A) \cap Im (A)$ . On peut écrire $Y = A X$ pour une certaine colonne $X$ .
On a

Y^{⊤} Y = {(A X)}^{⊤} Y = - X^{⊤} A Y = 0

et donc $Y = 0$ .En sus,

rg (A) + dim Ker (A) = n

et donc les espaces $Im (A)$ et $Ker (A)$ sont supplémentaires. Puisque l’espace $Im (A)$ est évidemment stable, on obtient que la matrice $A$ est semblable à une matrice de la forme

(\begin{matrix} C & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) .

Le rang de la matrice $A$ est égale par similitude au rang de la matrice $C$ mais aussi par construction à la taille de $C$ . On en déduit que la matrice $C$ est inversible (On peut aussi établir que les espaces $Im (A)$ et $Ker (A)$ sont orthogonaux et, en considérant des bases orthonormées, observer que la matrice $A$ est orthogonalement semblable à $B$ avec un bloc $C$ antisymétrique).

Enfin, si $λ$ est valeur propre réelle de $A$ de vecteur propre $X \neq 0$ on a

X^{⊤} A X = λ X et X^{⊤} A X = - {(A X)}^{⊤} X = - λ X^{⊤} X .

On en déduit que seule 0 peut être valeur propre réelle de $A$ . La matrice $C$ n’a donc pas d’autre valeur propre que 0, or elle est inversible, elle n’admet donc pas de valeur propre. Elle est alors nécessairement de taille paire.

Exercice 219 2915 X (MP)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice antisymétrique.

Montrer que, par le biais d’une matrice de passage orthogonale, la matrice $A$ est semblable¹¹ 1 Ce résultat de réduction des matrices antisymétriques résout le sujet 373 et le sujet 4272. à une matrice diagonale par blocs avec sur la diagonale des zéros et/ou différents blocs $M_{α}$ de la forme

M_{α} = (\begin{matrix} 0 & - α \\ α & 0 \end{matrix}) avec α \in ℝ_{+}^{*} .

[<] Matrices antisymétriques

Exercice 220 2552 CCINP (MP)Correction

On note $E$ l’espace vectoriel $ℝ^{n}$ , $n \geq 2$ , muni de sa structure euclidienne canonique. Le produit scalaire est noté $(\cdot ∣ \cdot)$ .
On dit qu’une application $f : E \to E$ est antisymétrique si

\forall x, y \in E, (x ∣ f (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 $ℒ (E)$ et donner sa dimension.

Solution

(a)

Pour tout vecteur $x$ de $E$ ,

$(x ∣ f (λ y + μ z)) = - (f (x) ∣ λ y + μ z) = - λ (f (x) ∣ y) - μ (f (x) ∣ z) .$

Ainsi,

$(x ∣ f (λ y + μ z)) = (x ∣ λ f (y) + μ f (z)) .$

Or cela valant pour tout $x$ , on peut affirmer

$f (λ y + μ z) = λ f (y) + μ f (z)$

(par exemple, parce que le vecteur différence est orthogonal à tout vecteur de $E$ et donc nul)
L’application $f$ est donc linéaire.
Notons $A = (a_{i, j})$ la matrice de $f$ dans la base canonique $(e_{1}, \dots, e_{n})$ de $ℝ^{n}$ .
Puisque $a_{i, j}$ correspond à la $i$ -ème coordonnée de l’image du $j$ -ème vecteur, on a

$a_{i, j} = (e_{i} ∣ f (e_{j}))$

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

$a_{i, j} = - a_{j, i}$

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

$\frac{n (n - 1)}{2} .$

Exercice 221 3434 CCINP (MP)Correction

Soient $E$ un espace euclidien dont le produit scalaire est noté $(\cdot ∣ \cdot)$ et $u$ un endomorphisme de $E$ vérifiant

\forall x \in E, (u (x) ∣ x) = 0 .

(a)

Montrer que $u^{*} = - u$ .
(b)

Montrer que l’image et le noyau de $u$ sont supplémentaires.
(c)

Montrer que le rang de $u$ est pair.

Solution

(a)

La propriété

$\forall x, y \in E, (u (x + y) ∣ x + y) = 0$

donne après calculs

$\forall x, y \in E, (u (x) ∣ y) = (x ∣ - u (y)) .$

On en déduit $u^{*} = - u$ .
(b)

$Im (u) = {(Ker (u^{*}))}^{⊥}$ et $Ker (u^{*}) = Ker (u)$ donc $Im (u)$ et $Ker (u)$ sont supplémentaires et orthogonaux.
(c)

L’image de $u$ est stable par $u$ et l’on peut donc considérer l’endomorphisme $v$ induit sur $Im (u)$ .
Puisque $u^{*} = - u$ on a aussi $v^{*} = - v$ . En passant au déterminant

$\det (v) = \det (v^{*}) = \det (- v) = {(- 1)}^{rg (u)} \det (v) .$

De plus,

$Ker (v) = Im (u) \cap Ker (u) = {0}$

et $v$ est donc un automorphisme ce qui donne $\det (v) \neq 0$ .

On en déduit ${(- 1)}^{rg (u)} > 0$ et le rang de $u$ est donc pair.

Exercice 222 375 Correction

Un endomorphisme $u$ d’un espace euclidien $E$ est dit antisymétrique si

\forall x \in E, (u (x) ∣ x) = 0 .

Soit $u$ un endomorphisme antisymétrique.

(a)

Quelles sont les seules valeurs propres possibles pour $u$ ?

À quelle condition un endomorphisme antisymétrique est-il diagonalisable?
(b)

Établir que, pour tous $x, y \in E$ ,

$(u (x) ∣ y) = - (x ∣ u (y)) .$

En déduire que la matrice $A$ dans une base orthonormée d’un endomorphisme antisymétrique est elle-même antisymétrique.
(c)

Soient $A$ une matrice antisymétrique réelle, $λ$ une valeur propre complexe de la matrice $A$ et $X$ un vecteur propre associé.
En étudiant ${\bar{X}}^{⊤} A X$ , établir que $λ \in i ℝ$ .

Solution

(a)

Si $λ$ est valeur propre de $u$ de vecteur propre $x \neq 0$ alors la relation $(u (x) ∣ x) = 0$ donne $λ {∥ x ∥}^{2} = 0$ qui entraîne $λ = 0$ .

Seul $0$ peut être valeur propre de $u$ . Par suite, un endomorphisme antisymétrique est diagonalisable si, et seulement si, il est nul.
(b)

L’égalité $(u (x + y) ∣ x + y) = 0$ avec $(u (x) ∣ x) = (u (y) ∣ y) = 0$ donne le premier résultat. On en déduit $u^{*} = - u$ . Puisque la matrice de $u^{*}$ en base orthonormée est la transposée de la matrice de $u$ , celle-ci est antisymétrique.
(c)

D’une part,

${\bar{X}}^{⊤} A X = λ {\bar{X}}^{⊤} X .$

D’autre part,

${\bar{X}}^{⊤} A X = - {\bar{X}}^{⊤} {\bar{A}}^{⊤} X = - {\bar{A X}}^{⊤} X = - \bar{λ} {\bar{X}}^{⊤} X .$

Or, en notant $x_{1}, \dots, x_{n}$ les éléments de la colonne $X$ , on a

${\bar{X}}^{⊤} X = \sum_{i = 1}^{n} {| x_{i} |}^{2} > 0$

car $X \neq 0$ .

On en déduit $\bar{λ} = - λ$ et donc $λ \in i ℝ$ .

Exercice 223 3618 CCINP (PC)Correction

Soit $f$ un endomorphisme bijectif d’un espace euclidien $E$ vérifiant:

\forall (x, y) \in E^{2}, (f (x) ∣ y) = - (x ∣ f (y)) .

(a)

Montrer que pour tout vecteur $x$ de $E$ , les vecteurs $x$ et $f (x)$ sont orthogonaux.
(b)

Vérifier que l’endomorphisme $s = f \circ f$ est autoadjoint.

Soient $λ$ l’une des valeurs propres de $s$ et $E_{λ}$ le sous-espace propre associé.

(c)

Soit $x \in E_{λ} ∖ {0_{E}}$ . Montrer que $λ {∥ x ∥}^{2} = - {∥ f (x) ∥}^{2}$ et en déduire que $λ < 0$ .
(d)

On considère toujours $x \in E_{λ} ∖ {0_{E}}$ .

Montrer que les espaces $V = Vect (x, f (x))$ et $V^{⊥}$ sont stables par $f$ et que l’endomorphisme induit par $f$ sur $V$ a une matrice de la forme

$(\begin{matrix} 0 & - α \\ α & 0 \end{matrix}) avec α > 0$

dans une base orthonormée bien choisie. On précisera $α$ en fonction de $λ$ .
(e)

Conclure que l’espace $E$ est de dimension paire.

Solution

(a)

On a $(x ∣ f (x)) = - (x ∣ f (x))$ donc $(x ∣ f (x)) = 0$ . Les vecteurs $x$ et $f (x)$ sont orthogonaux et ce, quel que soit $x$ dans $E$ .
(b)

Pour tous $x, y \in E$

$(s (x) ∣ y) = - (f (x) ∣ f (y)) = (x ∣ s (y)) .$

L’endomorphisme $s$ est autoadjoint.
(c)

Ici $x \in E_{λ} ∖ {0_{E}}$ donc $s (x) = λ . x$ puis

$(s (x) ∣ x) = (λ . x ∣ x) = λ {∥ x ∥}^{2} .$

On a aussi comme vu ci-dessus

$(s (x) ∣ x) = - (f (x) ∣ f (x)) = - {∥ f (x) ∥}^{2} .$

Puisque $x \neq 0_{E}$ et $f (x) \neq 0_{E}$ (car $f$ est bijective), on en déduit $λ < 0$ .
(d)

On a immédiatement $f (x) \in V$ et aussi $f (f (x)) = s (x) = λ . x \in V$ . L’image par $f$ d’une combinaison linéaire de $x$ et $f (x)$ est élément de $V$ : l’espace $V$ est stable par $f$ .

Pour $y \in V^{⊥}$ ,

$(f (y) ∣ x) = - (y ∣ f (x)) = 0 et (f (y) ∣ f (x)) = - (y ∣ s (x)) = - λ (y ∣ x) = 0 .$

On a donc $f (y) \in V^{⊥}$ . L’espace $V^{⊥}$ est donc aussi stable par $f$ .

Posons

$e_{1} = \frac{x}{∥ x ∥} et e_{2} = \frac{f (x)}{∥ f (x) ∥} .$

La famille $(e_{1}, e_{2})$ est assurément une base orthonormée de $V$ .

On a

$f (e_{1}) = \frac{f (x)}{∥ x ∥} = \frac{∥ f (x) ∥}{∥ x ∥} e_{2} = α e_{2} avec α = \sqrt{- λ} .$

Aussi,

$f (e_{2}) = \frac{s (x)}{∥ f (x) ∥} = \frac{λ ∥ x ∥}{∥ f (x) ∥} e_{1} = \frac{λ}{\sqrt{- λ}} e_{1} = - α e_{1} .$

La matrice de l’endomorphisme induit par $f$ sur $V$ dans la base orthonormée $(e_{1}, e_{2})$ est

$(\begin{matrix} 0 & - α \\ α & 0 \end{matrix}) .$
(e)

Par les outils qui précèdent, on parvient par récurrence, à décomposer l’espace $E$ en somme directe orthogonale de plans $V_{1}, V_{2}, \dots$ stables par $f$ , l’espace $E$ est donc de dimension paire.

Édité le 09-06-2025

	$Ω^{⊤} Ω$	$= {(A^{⊤} - I_{n})}^{- 1} (A^{⊤} + I_{n}) (A + I_{n}) {(A - I_{n})}^{- 1}$
		$= {(- A - I_{n})}^{- 1} (- A + I_{n}) (A + I_{n}) {(A - I_{n})}^{- 1}$
		$= {(A + I_{n})}^{- 1} (A - I_{n}) (A + I_{n}) {(A - I_{n})}^{- 1} .$

	$A^{⊤}$	$= (I_{n} - Ω^{- 1}) {(Ω^{- 1} + I_{n})}^{- 1}$
		$= (Ω - I_{n}) Ω^{- 1} Ω {(I_{n} + Ω)}^{- 1}$
		$= (Ω - I_{n}) {(I_{n} + Ω)}^{- 1} = - A$

	${∥ f_{φ} (x) ∥}^{2}$	$= ∥ φ (a) + φ^{- 1} (b) ∥$
		$= {∥ φ (a) ∥}^{2} + 2 ⟨ φ (a), φ^{- 1} (b) ⟩ + {∥ φ^{- 1} (b) ∥}^{2} .$

	${∥ x ∥}^{2} = {∥ p (x) ∥}^{2}$	$\Leftrightarrow {∥ a ∥}^{2} + {∥ b ∥}^{2} = {∥ a ∥}^{2}$
		$\Leftrightarrow {∥ b ∥}^{2} = 0$
		$\Leftrightarrow b = 0_{E} .$

	${\| \| \| u \| \| \|}^{2}$	$= sup_{∥ x ∥ = 1} {∥ u (x) ∥}^{2} = sup_{∥ x ∥ = 1} (u (x) ∣ u (x))$
		$= sup_{∥ x ∥ = 1} (u^{} \circ u (x) ∣ x) = \| \| \| u^{} \circ u \| \| \| .$

	$⟨ u (t e_{i} + e_{j}), t e_{i} + e_{j} ⟩$	$= t^{2} ⟨ u (e_{i}), e_{i} ⟩ + 2 t ⟨ u (e_{i}), e_{j} ⟩ + ⟨ u (e_{j}), e_{j} ⟩$
		$= t^{2} a_{i, i} + 2 t a_{i, j} + a_{j, j} .$

	$\det (A + B)$	$\geq \det (S) (1 + \det (C)) \det (S)$
		$= \det {(S)}^{2} + \det {(S)}^{2} \det (C) = \det (A) + \det (B) .$