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

 
Exercice 1  2552    CCP (MP)Correction  

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

x,yE,(xf(y))=-(f(x)y).
  • (a)

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

  • (b)

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

Solution

  • (a)

    Pour tout vecteur x de E,

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

    Ainsi,

    (xf(λy+μz))=(xλf(y)+μf(z)).

    Or cela valant pour tout x, on peut affirmer

    f(λy+μz)=λf(y)+μf(z)

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

    ai,j=(eif(ej))

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

    ai,j=-aj,i

    et la matrice A est donc antisymétrique.

  • (b)

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

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

Soit

A=(001i00-i1-1i00-i-100).
  • (a)

    Calculer A2. La matrice A est-elle diagonalisable?

  • (b)

    Les matrices antisymétriques complexes sont-elles toujours diagonalisables?

Solution

  • (a)

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

  • (b)

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

 
Exercice 3  3748    MINES (MP)Correction  

Soit An() telle que At=-A.

  • (a)

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

  • (b)

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

Solution

  • (a)

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

  • (b)

    Si λ est valeur propre réelle de A alors on peut écrire AX=λX pour une certaine colonne X non nulle. On a alors XtAX=λXtX mais aussi XtAX=-(AX)tX=-λXtX. 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)0 avec inégalité stricte si, et seulement si, A est inversible.

 
Exercice 4  4272   

Soit An() 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 5  373   

Montrer que toute matrice antisymétrique réelle est de rang pair.

 
Exercice 6  3749     MINES (MP)Correction  

Montrer que A antisymétrique réelle d’ordre n est semblable à

B=(C000)

C est une matrice inversible de taille paire.

Solution

Soit YKer(A)Im(A). On peut écrire Y=AX pour une certaine colonne X.
On a

YtY=(AX)tY=-XtAY=0

et donc Y=0.En sus,

rg(A)+dimKer(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

(C000).

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 X0 on a

XtAX=λX et XtAX=-(AX)tX=-λXtX.

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 7  375   Correction  

Un endomorphisme u d’un espace euclidien E est dit antisymétrique si

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

Soit u un endomorphisme antisymétrique.

  • (a)

    Quelles sont les seules valeurs propres réelles possibles pour u?
    À quelle condition un endomorphisme antisymétrique est-il diagonalisable?

  • (b)

    Établir que, pour tout x,yE,

    (u(x)y)=-(xu(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 X¯tAX, établir que λi.

Solution

  • (a)

    Si λ est valeur propre de u de vecteur propre x0 alors la relation (u(x)x)=0 donne λx2=0 qui entraîne λ=0.
    Seule 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 résultat.
    Soient =(e1,,en) une base orthonormée de E et A=(ai,j) la matrice de u dans . On sait que

    ai,j=(eiu(ej))

    donc par la relation précédente ai,j=-aj,i et la matrice A est antisymétrique.

  • (c)

    D’une part

    X¯tAX=λX¯tX.

    D’autre part

    X¯tAX=-X¯tA¯tX=-AX¯tX=-λ¯X¯tX.

    Or, en notant x1,,xn les éléments de la colonne X, on a

    X¯tX=i=1n|xi|2>0

    car X0.
    On en déduit λ¯=-λ et donc λi.

 
Exercice 8  3618     CCP (PC)Correction  

Soit f un endomorphisme bijectif d’un espace euclidien E vérifiant:

(x,y)E2,(f(x)y)=-(xf(y)).
  • (a)

    Montrer que pour tout vecteur x de E, les vecteurs x et f(x) sont orthogonaux.

  • (b)

    Montrer que l’endomorphisme s=ff est symétrique.

Soient a l’une des valeurs propres de s et Va le sous-espace propre associé.

  • (c)

    Soit xVa{0E}. Montrer que

    (s(x)x)=ax2=-f(x)2

    et en déduire que a<0.

  • (d)

    On considère toujours xVa{0E}
    Montrer que les espaces F=Vect(x,f(x)) et F sont stables par f. Montrer que l’endomorphisme induit par f sur F a une matrice de la forme

    (0-bb0) avec b>0

    dans une base orthonormée bien choisie. On précisera la valeur de b en fonction de a.

  • (e)

    Conclure que la dimension de E est paire.

Solution

  • (a)

    On a

    (xf(x))=-(xf(x))

    donc x et f(x) sont orthogonaux et ce, quel que soit x dans E.

  • (b)

    Pour tout x,yE

    (s(x)y)=-(f(x)f(y))=(xs(y))

    et donc l’endomorphisme s est symétrique.

  • (c)

    Ici xVa{0E} donc s(x)=ax puis

    (s(x)x)=(axx)=ax2.

    On a aussi comme vu ci-dessus

    (s(x)x)=-(f(x)f(x))=-f(x)2.

    Puisque x0E et f(x)0E (car f est bijective), on en déduit a<0.

  • (d)

    Puisque f(x)F et f(f(x))=s(x)=axF, on peut assurer que F est stable par f.
    Pour yF, on a

    (f(y)x)=-(yf(x))=0 et (f(y)f(x))=-(ys(x))=-a(yx)=0

    et donc f(y)F. L’espace F est donc aussi stable par f.
    Posons

    u=xx et v=1bf(u) avec b=-a.

    La famille (u,v) est une base orthonormée de F notamment car

    v2=1b2(f(u)f(u))=-1b2(us(u))=-ab2u2=1.

    Puisque

    f(u)=bv et f(v)=1bs(x)=abx=-bx

    la matrice de l’endomorphisme induit par f sur F dans la base orthonormée (u,v) est

    (0-bb0).
  • (e)

    Par les outils qui précèdent, on parvient par récurrence, à décomposer l’espace E en somme directe orthogonale de plans stables par f, l’espace E est donc de dimension paire.

 
Exercice 9  2915      X (MP)

Soit An() 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 aussi les deux sujets précédents. à une matrice diagonale par blocs avec sur la diagonale des zéros et/ou différents blocs Mα de la forme

Mα=(0-αα0) avec α+*.

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Édité le 08-11-2019

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