Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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