Algèbre Bilinéaire - Endomorphismes Autoadjoints Positifs

7/23/2019 Algèbre Bilinéaire - Endomorphismes Autoadjoints Positifs

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Enoncés 1

Endomorphismes autoadjoints positifs

Exercice 1 [ 00008 ] [correction]Soient f ∈ L(E ) et u = f ◦ f . Montrer que u ∈ S +(E ).

Exercice 2 [ 00009 ] [correction]Soit u un endomorphisme symétrique à valeurs propres positives d’un espacevectoriel euclidien E .a) Montrer qu’il existe un endomorphisme v symétrique à valeurs proprespositives tel que u = v2.b) Etablir l’unicité de v en étudiant l’endomorphisme induit par v sur lessous-espaces propres de u.

Exercice 3 [ 02399 ] [correction]Soit (E, | ) un espace euclidien et A un endomorphisme symétrique défini positif de (E, | ). On pose

x | yA =

A−1x | y

pour tous x, y ∈ E .a) Montrer que | A est un produit scalaire.Soit B un endomorphisme autoadjoint de (E, | ).b) Montrer que AB est diagonalisableSi M est un endomorphisme diagonalisable de E , on note λmin(M ) (resp.λmax(M )) sa plus petite (resp. grande) valeur propre.c) Montrer que l’image de E \ {0} par

x → Bx | xA−1x | x

n’est autre que le segment d’extrémités λmin(AB) et λmax(AB).d) Montrer que

λmin(A)λmin(B) λmin(AB) λmax(AB) λmax(A)λmax(B)

Exercice 4 [ 02400 ] [correction]Soit u un automorphisme d’un espace euclidien E .a) Montrer que v = uu est autoadjoint défini positif.b) Montrer qu’il existe w autoadjoint positif tel que v = w2, et ρ orthogonal telque u = ρw.c) Montrer que cette décomposition de u est unique.d) Comment interpréter ces résultats de façon matricielle?

Exercice 5 [ 02753 ] [correction]Soient E un espace euclidien et u ∈ L(E ) symétrique à valeurs propresstrictement positives.Montrer que, pour tout x ∈ E ,

x4 u(x), x u−1(x), x

Donner une condition nécessaire et suffisante pour qu’il y ait égalité.

Exercice 6 [ 00629 ] [correction]Soit E un espace euclidien. Montrer l’équivalence des assertions suivantes(i) uuu = u ;(ii) uu est un projecteur orthogonal;(iii) uu est un projecteur orthogonal;(iv) (ker u)⊥ = {x ∈ E/ u(x) = x}.

Exercice 7 [ 03329 ] [correction]Soit u un endomorphisme autoadjoint d’un espace euclidien E de dimension n nonnulle.On pose

H u = {x ∈ E/(u(x) | x) = 1}a) Enoncer une condition nécessaire et suffisante portant sur le spectre de u pourqu’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 ◦ upour que H u ∩ H v = ∅.

Exercice 8 [ 03330 ] [correction]Soit v ∈ L(E ) autoadjoint défini positif.a) Montrer qu’il existe un endomorphisme s autoadjoint défini positif vérifiants2 = v.b) Soit u un endomorphisme autoadjoint de E . Etablir que v−1 ◦ u estdiagonalisable.

Exercice 9 [ 03384 ] [correction]Soit (e1, . . . , en) une base quelconque d’un espace euclidien E .

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a) Montrer que l’endomorphisme f donnée par

f (x) =n

k=1

(ek | x)ek

est symétrique défini positif.b) Montrer qu’il existe un endomorphisme symétrique positif g de E tel que

g2 = f −1

c) Montrer que la famille (g(e1), . . . , g(en)) est une base orthonormale de E

Exercice 10 [ 03692 ] [correction]Soit p un entier naturel impair et u un endomorphisme symétrique d’un espaceeuclidien de dimension n.a) Montrer qu’il existe un unique endomorphisme symétrique v tel que v p = u.b) Que se passe-t-il si p est pair ?c) Si p est pair et u à valeurs propres positives ?

d) Si p est pair et u et v à valeurs propres positifs?




[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014 Corrections 3

Corrections

Exercice 1 : [énoncé]u = (f ◦ f ) = f ◦ f = u donc u ∈ S (E )Si λ est valeur propre de u associée au vecteur propre x = 0 alors

(x | u(x)) = λ x2 et (x | u(x)) = f (x)2 donc λ = f (x)2

x2 0.

Exercice 2 : [énoncé]a) u est diagonalisable de valeurs propres λ1, . . . , λr positives. E est la sommedirecte orthogonale des sous-espaces propres E λ1, . . . , E λr

, notons p1, . . . , pr lesprojecteurs orthogonaux associés à cette décomposition.On a u = λ1 p1 + · · · + λr pr et en posant v =

√ λ1 p1 + · · · +

√

λr pr, on a v2 = uavec v endomorphisme symétrique à valeurs propres positives. On peut aussiproposer une résolution matricielle via représentation dans une base orthonorméeb) Soit v solution. Pour tout λ ∈ Sp(u), F = E λ(u) est stable par v car u et vcommutent. vF ∈ S +(F ) et v2

F = λIdF donc via diagonalisation de vF , on obtient

vF =√

λIdF . 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 àl’unicité de v .

Exercice 3 : [énoncé]a) A ∈ S +n (E ) donc A−1 ∈ S +n (E ) et par suite | A est un produit scalaire surE .b) On a

x | AByA =

A−1x | ABy

= x | By = Bx | y = ABx | yAL’endomorphisme AB est autoadjoint dans (E, | A) donc diagonalisable.c) On a

Bx | xA−1x | x = ABx | xA

x2AEn introduisant une base orthonormée B = (e1, . . . , en) de (E, | A) formée devecteurs propres de AB , on peut écrire pour x = x1e1 + · · · + xnen,

ABx | xAx2A

= λ1x2

1 + · · · + λnx2nx21 + · · · + x2

n

en notant λ1, . . . , λn les valeurs propres de AB. Il est clair que cette quantité estcomprise entre λmin(AB) et λmax(AB). De plus ces deux valeurs propres sont

valeurs prise parABx | xA

x2Aen x vecteur propre associé. Enfin E \ {0} est connexe par arcs et l’image d’unconnexe par arcs par une application continue est un connexe par arcs. On peutdonc conclure que les valeurs prises par

x → Bx | xA−1x | x

sur E \ {0} constituent le segment

[λmin(AB), λmax(AB)]

d) On a Bx | x λmax(B) x2 et

A−1x | x λmin(A−1) x2 donc

Bx | xA−1x | x

λmax(B)

λmin(A−1)

Or λmin(A−1) = 1λmax(A)

donc

Bx | xA−1x | x λmax(A)λmax(B)

et la conclusion est dès lors facile.

Exercice 4 : [énoncé]

a) v = v et(v(x) | x) = u(x)2 0 et = 0 ⇔ x = 0 car u ∈ GL(E ).b) Il existe une base orthonormée B dans laquelle la matrice de v est de la formediag(λ1, . . . , λn) avec λi > 0. L’endomorphisme w dont la matrice dans B estdiag(

√ λ1, . . . ,

√

λn) convient. Notons que cet endomorphisme est autoadjoint carreprésenté par une matrice symétrique dans une base orthonormée.On pose ensuite ρ = uw−1 et on vérifie sans peine ρρ = Id donc ρ ∈ O(E ).c) Si u = ρw alors w2 = v. Nous allons établir l’unicité de w. v est diagonalisabledonc E est somme des sous-espaces propres E λ(v) avec λ 0. Comme v et wcommutent, ces sous-espaces sont stables par w. Or w est diagonalisable doncl’endomorphisme induit par w sur E λ(v) aussi et puisque les valeurs propres de wsont positives, il est nécessaire que l’endomorphisme induit par w sur E λ(v) soit√

λId. Ceci détermine w de manière unique et puisque ρ = uw−1, r aussi estunique.d) ∀A ∈ GLn(R), ∃!(O, S ) ∈ On(R) × S ++n (R), A = OS (décomposition deCartan).





Exercice 5 : [énoncé]Puisque les valeurs propres de u sont strictement positives, on montre parorthodiagonalisation

∀x ∈ E \ {0E } , u(x), x > 0

Soit x ∈ E .Si x = 0E , l’inégalité demandée est évidente et c’est même une égalité.

Si x = 0E , considérons λ ∈R. On au

x + λu−1(x) | x + λu−1(x)

0

donc en développant

λ2

x, u−1(x)

+ 2λ x | x + u(x), x 0

Or

x, u−1(x)

=

u(u−1(x)), u−1(x)

> 0, par suite, le discriminant

∆ = 4 x4 − 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 ∈R vérifiantx + λu−1(x) = 0E i.e. si, et seulement si, x est vecteur propre de u.

Exercice 6 : [énoncé]Rappelons les propriétés classiques suivantes utiles pour la suite :

(ker u)⊥ = Imu, rg(uu) = rgu = rgu, et uu ∈ S +(E )

(i)⇒(ii) Supposons uuu = u. On a alors

uu

(uu

) = (uu

u)u

= uu

donc uu est un projecteur.De plus (uu) = uu = uu donc le projecteur uu est orthogonal.(ii)⇒(iii) Supposons uu projecteur orthogonal. On a uuuu = uu doncu(uuuu) = u(uu) puis

u ◦ (uuuu − uu) = 0̃

Par suite, l’endomorphisme uuuu − uu prend ses valeurs dans ker u. Or ilprend aussi ses valeurs dans Imu = (ker u)⊥, c’est donc l’endomorphisme nul.

(iii)⇒(iv) Supposons uu projecteur orthogonal.Puisque Imuu ⊂ Imu et puisque rg(uu) = rgu, on aIm(uu) = Imu = (ker u)⊥.Ainsi uu est la projection orthogonale sur (ker u)⊥.Soit x ∈ (ker u)⊥.

u(x)

2

= (u(x)

| u(x)) = (uu(x)

| x) = (x

| x) =

x

2

Inversement, supposons u(x)2 = x2Par les calculs qui précédent, on obtient (x − uu(x) | x) = 0.On peut écrire x = a + b avec a = uu(x) ∈ (ker u)⊥ et b ∈ ker u.(x − uu(x) | x) = 0 donne (b | a + b) = 0 puis (b | b) = 0 et donc b = 0 .Ainsi x = a + b = a ∈ (ker u)⊥.(iv)⇒(i) Supposons

(ker u)⊥ = {x ∈ E/ u(x) = x}

Puisque ker u est stable par uu, (ker u)⊥ est stable par (uu) = uu.L’endomorphisme induit par uu sur (ker u)⊥ est un endomorphisme autoadjoint

positif.Si λ est valeur propre de uu alors il existe x = 0E vérifiant uu(x) = λx et alors

λ x2 = (uu(x) | x) = u(x)2 = x2

donc λ = 1 .L’endomorphisme uu 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 uu est nul sur ker u et égal à l’identité sur (ker u)⊥, onpeut affirmer que les endomorphismes uuu = u(uu) et u sont égaux car ilscoïncident sur les deux espaces supplémentaires ker u et (ker u)⊥.

Exercice 7 : [énoncé]a) Si λmin = min Spu et λmax = max Spu, on montre en introduisant une baseorthonormée diagonalisant u que

∀x ∈ E, λmin x2 (u(x) | x) λmax x2

Pour qu’il existe un vecteur unitaire appartenant à H u il est nécessaire que1 ∈ [λmin, λmax].Inversement, supposons 1 ∈ [λmin, λmax].Si λmin = λmax alors la réciproque est immédiate.





Supposons désormais λmin < λmax. On introduit emin vecteur propre unitaireassocié à λmin et emax vecteur propre unitaire associé à λmax. Considérons enfin

eθ = cos(θ)emin + sin(θ)emax

Puisque emin et emax sont unitaires et orthogonaux, on vérifie eθ = 1 .Considérons ensuite f (θ) = (u(eθ) | eθ). La fonction f est continue, f (0) = λmin et

f (π/2) = λmax dont, en vertu du théorème des valeurs intermédiaires, il existeθ ∈ [0, π/2] vérifiant eθ ∈ 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 ◦ u(x), x

L’endomorphisme v−1 ◦ u est autoadjoint pour le produit scalaire ., . et l’étudedu a) adaptée au contexte en cours, assure qu’il existe x ∈ E vérifiant

x, x = 1 et

v−1 ◦ u(x) | x = 1

si, et seulement si, 1 est compris entre

1 ∈ min Sp(v−1 ◦ u), max Sp(v−1 ◦ u)

Exercice 8 : [énoncé]a) Soit B une base orthonormée diagonalisant v

MatB(v) =

λ1 (0). . .

(0) λn

avec λk > 0

L’endomorphisme s déterminé par

MatB(s) =

√ λ1 (0). . .

(0)√

λn

vérifie s2 = v et puisque sa matrice dans une base orthonormée est symétrique,c’est endomorphisme est autoadjoint. Enfin Sps ⊂R+ donc s est défini positif.b) On a

v−1 ◦ u = s−1 ◦ s−1 ◦ u = s−1 ◦ (s−1 ◦ u ◦ s−1) ◦ s

L’endomorphisme w = s−1 ◦ u ◦ s−1 est autoadjoint donc diagonalisable puisl’endomorphisme semblable s−1 ◦ w ◦ s est aussi diagonalisable.

Exercice 9 : [énoncé]a) Pour tout x, y ∈ E ,

(f (x) | y) =n

k=1

(ek | x)(ek | y) = (x | f (y))

donc l’endomorphisme f est symétrique. De plus

(f (x) | x) =

nk=1

(ek | x)2 0

et si (f (x) | x) = 0 alors∀1 k n, (ek | x) = 0

et donc x ∈ Vect(e1, . . . , en)⊥ = {0E }.Ainsi l’endomorphisme f est symétrique défini positif.b) Puisque l’endomorphisme f est symétrique et définie positif, il existe une baseorthonormée (ε1, . . . , εn) de E dans laquelle la matrice de f est de la forme

λ1 (0). . .

(0) λn

Les λi étant les valeurs propres de f , ce sont des réels strictement positifs.L’endomorphisme g représenté dans cette base par la matrice ci-dessous est alorssolution

1/

√ λ1 (0)

. . .

(0) 1/√

λn

c) Introduisons les vecteurs uj tels que f (uj) = ej. Puisque l’endomorphisme g est

symétrique

(g(ei) | g(ej)) = (ei | g2(ej)) = (ei | f −1(ej)) = (ei | uj)

Or f (uj) = ej donnen

k=1

(ek | uj)ek = ej

et puisque la famille (e1, . . . , en) est libre, on peut affirmer en identifiant lesscalaires

∀1 k n, (ek | uj) = δ j,k





On en déduit(g(ei) | g(ej)) = (ei | uj) = δ i,j

Enfin, un argument de dimension assure que la famille (g(e1), . . . , g(en)) estévidemment une base.

Exercice 10 : [énoncé]a) Existence :L’endomorphisme u est symétrique donc diagonalisable en base orthonormée. SoitB une telle base et

D = MatB(u) =

λ1 (0). . .

(0) λn

Considérons alors v l’endomorphisme de E déterminé par

MatB(v) =

p√

λ1 (0).

. .(0) p

√ λn

L’endomorphisme v est symétrique car représenté par une matrice symétrique enbase orthonormée.L’endomorphisme v vérifie par construction v p = u : il est solution.Unicité :Soit v un endomorphisme symétrique solution. L’endomorphisme v commute avecu, les sous-espaces propres de u sont donc stables par v . Soit E λ(u) un telsous-espace propre. L’endomorphisme induit par v sur ce sous-espace propre estdiagonalisable, considérons une base Bλ de diagonalisation. La matrice del’endomorphisme induit par v dans cette base Bλ est diagonale et sa puissance p-ième est égale à λId car v p = u. On en déduit que l’endomorphisme induit par v

sur l’espace E λ(u) n’est autre que p√ λId. Ceci détermine entièrement v sur chaque

sous-espace propre de u. Or ces derniers forment une décomposition en sommedirecte de E , l’endomorphisme v est donc entièrement déterminé.b) Si p est pair et que u possède une valeur propre négative, l’endomorphisme vn’existe pas.c) Si p est pair et u positif alors on peut à nouveau établir l’existence maisl’unicité n’est plus vraie car on peut changer les signes des valeurs propres de vtout en conservant la propriété v p = u.d) On retrouve existence et unicité en adaptant la démonstration qui précède.


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