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

 
Exercice 1  2614    ENSTIM (MP)Correction  

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

Solution

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

 
Exercice 2  2750    MINES (MP)Correction  

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

Solution

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

 
Exercice 3  5308    ENSTIM (MP)Correction  
  • (a)

    Énoncer le théorème spectral.

  • (b)

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

  • (c)

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

Solution

  • (a)

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

  • (b)

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

    XtAY=Xt(AY)=μXtY

    et

    XtAY=(AtX)tY=(AX)tY=λXtY.

    On en déduit XtY=0 car λμ.

  • (c)

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

 
Exercice 4  3161  

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

i=1nj=1nai,j2=i=1nλi2.
 
Exercice 5  2751     MINES (MP)Correction  

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

Solution

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

 
Exercice 6  370   Correction  

Soit A une matrice réelle carrée d’ordre n.

  • (a)

    Montrer que

    χAtA=χAAt.
  • (b)

    Montrer que les matrices AtA et AAt sont semblables.

Solution

  • (a)

    Pour A inversible,

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

    donc χAtA=χAAt puisque det(A)0.

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

  • (b)

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

 
Exercice 7  371   

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

S=12(A+At).
  • (a)

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

  • (b)

    Montrer que pour toute colonne Xn,1(),

    αXtXXtAXβXtX
  • (c)

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

 
Exercice 8  3491   Correction  

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

  • (a)

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

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

    Montrer

    1in,λminai,iλmax.

Solution

  • (a)

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

  • (b)

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

    A=PtDP avec D=diag(λ1,,λn).

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

    XtAX=YtDY=i=1nλiyi2.

    Or

    λmini=1nyi2i=1nλiyi2λmaxi=1nyi2

    avec

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

    On en déduit

    λmini=1nxi2XtAXλmaxi=1nxi2.

    En prenant la colonne élémentaire X=Ei, on obtient

    λminai,iλmax.
 
Exercice 9  4273   

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

Montrer que les valeurs propres λ de AB vérifient λ2αβ.

 
Exercice 10  4108     CENTRALE (PSI)Correction  

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

  • (a)

    Justifier que M est diagonalisable.

  • (b)

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

  • (c)

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

Solution

  • (a)

    La matrice M est symétrique réelle donc diagonalisable.

  • (b)

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

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

    On en déduit

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

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

  • (c)

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

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

    L’étude des valeurs propres de cette matrice, donne

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

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

    Vect(BA-AB).

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

    Vect(BA+AB)

    et enfin, pour λ=0,

    (Vect(A,B)).
 
Exercice 11  3488   Correction  

Soit An() vérifiant

Sp(AtA-AAt)+.

Montrer que les matrices A et At commutent.

Solution

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

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

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

 
Exercice 12  3489   Correction  

Soit A𝒮n() vérifiant A2=A. Établir

A1ntr(A).

Solution

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz

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

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

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

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

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

et l’on obtient la relation proposée.

 
Exercice 13  4997   

Soient A et B deux matrices de n().

  • (a)

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

  • (b)

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

  • (c)

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

 
Exercice 14  3088   Correction  

Soit

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

vérifiant bkck>0 pour tout 1kn-1.

  • (a)

    Montrer qu’il existe une matrice diagonale inversible D vérifiant

    D-1AD𝒮n().
  • (b)

    En déduire que A est diagonalisable.

Solution

  • (a)

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

    λi-1λjai,j.

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

    λi-1λi+1bi=λi+1-1λici

    soit encore

    λi+12=λi2cibi.

    En choisissant λ1 non nul quelconque et en posant

    λ2=λ1c1/b1,,λn=λn-1cn-1/bn-1

    on forme une matrice D convenable.

  • (b)

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

 
Exercice 15  3162   Correction  

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

Solution

Soit λ. On a de façon immédiate

Ker(A-λIn)Ker(A2p+1-λ2p+1In).

Or la matrice A est diagonalisable donc

n=λSp(A)dimKer(A-λIn).

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

λ,Ker(A-λIn)=Ker(A2p+1-λ2p+1In).

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

λ,Ker(A-λIn)=Ker(B-λIn).

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

 
Exercice 16  3762     MINES (PC)Correction  

Soient An() symétrique. On pose

B=A3+A+In.

Montrer que A est un polynôme en B.

Solution

La matrice A est diagonalisable semblable à

D=diag(λ1,,λn).

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

C=diag(μ1,,μn) avec μi=λi3+λi+1.

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

1in,P(μi)=λi.

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

 
Exercice 17  3758     Telecom Sud ParisCorrection  

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

B=A2+A+In.

Montrer que A est un polynôme en B.

Solution

La matrice A est diagonalisable semblable à

D=diag(λ1,,λn) avec λi0.

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

C=diag(μ1,,μn) avec μi=λi2+λi+1.

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

1in,P(μi)=λi.

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

 
Exercice 18  1331   Correction  

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

  • (a)

    La matrice AB est-elle diagonalisable?

  • (b)

    Encadrer les valeurs propres de AB.

Solution

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

rg(A)=rg(B)=1.
  • (a)

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

  • (b)

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

    λX12=(λX1X1)=(ABX1X1).

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

    (λX1X1)=(ABAUAU).

    Puisque A est symétrique

    (ABAUAU)=(BAUA2U).

    Puisque A2=A

    (BAUA2U)=(BAUAU).

    Enfin en procédant de façon semblable

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

    Au final

    λX12=BX12.

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

    λ[0;1].
 
Exercice 19  2401      CENTRALE (MP)Correction  

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

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

Solution

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

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

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

Ker(M)=Ker(MtM)

et donc, par la formule du rang,

rg(MtM)=rg(M).

En appliquant ce résultat à M=At, il vient

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

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

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

Considérons une base orthonormée de n adaptée à l’écriture

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

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

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

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

A=U(A000)V avec U,VOn() et AGLr().

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

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

on parvient à

B=U(B000)W avec WOn() et BGLr().

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

Q=(Q00In-r)On()

et l’on observe

(B000)=(A000)Q.

On en déduit

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

puis

B=AV-1QW avec V-1QWOn().
 
Exercice 20  4157      CENTRALE (MP)Correction  

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

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

  • (a)

    Trouver les valeurs propres de

    (abbbabbba).
  • (b)

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

  • (c)

    Montrer que

    α=sup{X,MX|Xn,1(),X=1}

    existe et est valeur propre de M.

  • (d)

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

  • (e)

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

Solution

  • (a)

    C’est un calcul classique

    χA(λ)=(λ-a-(n-1)b)(λ-a+b)n-1.

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

  • (b)

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

  • (c)

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

    X,MX=i=1nλixi2eti=1nxi2=1

    avec λ1,,λn les valeurs propres de M.

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

  • (d)

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

    α=X,MX|X,MX|Y,MYα

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

  • (e)

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

 
Exercice 21  3738      CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

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

  • (b)

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

  • (c)

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

    maxP,QOn()det(PAPt+QBQt).
  • (d)

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

  • (e)

    Si A,Bn(),

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

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

  • (f)

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

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

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

Solution

  • (a)

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

  • (b)

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

  • (c)

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

  • (d)

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

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

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

    (abbc) avec a+c=4,ac-b2=3 et 1a3

    et donc

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

    est maximal pour a=1.

    Finalement,

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

    Non, prenons par exemple

    A=(0001) et B=(0001).

    La matrice

    C=(x1-xx1-x)

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

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

    de déterminant

    x(2-x)-x(1-x)=xx++.
  • (f)

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

    Ai=(αi00βi) avec αiβi

    et donc écrire

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

    Une matrice orthogonale Pi peut s’écrire sous la forme

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

    et alors dans les deux cas

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

    En posant

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

    on peut écrire

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

    et après calcul

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

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

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

    On peut interpréter f dans le plan complexe

    f(α1,,αk)=|δ1eiα1++δkeiαi|2.

    Quitte à réordonner les matrices Ai, on peut supposer

    δ1δ2δk.

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

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

    que l’on obtient avec

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

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

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

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

    1ik,fαi(β1,,βk)=0

    ce qui donne

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

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

    |cos(βi)cos(βj)sin(βi)sin(βj)|=0.

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

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

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

    f(β1,,βn)=(i=1kεiδi)2

    et donc

    minf=(minε1,,εn=±1|i=1kεiδi|)2=μ2

    et alors la borne supérieure cherchée vaut

    m2-μ2=(m-μ)(m+μ).

    Cette quantité peut aussi s’interpréter comme égale à

    λ(2m-λ)

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

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



Édité le 08-11-2019

Bootstrap Bootstrap 3 - LaTeXML [LOGO] - Powered by MathJax Powered by MathJax