Exercice 1 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 2 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 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 $A + A^{⊤}$ 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 4 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 5 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 6 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 7 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 8 370 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 9 371

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 10 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 11 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 12 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 13 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 14 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 15 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 16 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 17 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 18 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 19 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 20 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 21 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 22 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 23 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 24 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!

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

Édité le 29-08-2023

Théorème spectral matriciel