Exercices d'algèbre bilinéaire

1

Exercices corrigés d’algèbre bilinéaire

1. Espaces préhilbertiens.

2. Espaces euclidiens, généralités.

3. Endomorphismes orthogonaux.

4. Endomorphismes symétriques.

5. Endomorphismes symétriques positifs.

6. Endomorphismes antisymétriques.

7. Endomorphismes normaux.

8. Applications linéaires.

9. Espaces hermitiens.

10. Formes quadratiques.

Pierre-Jean Hormière __________

« Pépé, tu viens ? Tu vas me lire une bande dessinée. Laisse tes maths tranquilles, elles vont se faire toutes seules ! »

Romain, 18 août 2011

Sont ici regroupés, par familles, des exercices d’algèbre bilinéaire. Ils couvrent divers chapitres : • Le § 1 porte sur les espaces préhilbertiens réels et complexes, • Les § 2 à 8 portent sur les espaces euclidiens, • Le § 9 propose quelques exercices sur les espaces hermitiens, • Le § 10 porte sur les formes quadratiques. Ces deux derniers chapitres ont été fortement allégés.

Les exercices signalés par ∗ sont des classiques, les exercices signalés par des ¶ sont difficiles. Ce document est inachevé. Je le mets en ligne en l’état. ___________

1. Espaces préhilbertiens. 1.1. Produits scalaires. Exercice 1 : Soient E un K -espace vectoriel, Φ une f.b.s. si K = R, une f.s.h. si K = C.

Montrer que si (∀x ∈ E) Φ(x, x) = 0 , alors Φ = 0.

Solution : Cela se déduit aussitôt des identités dites de polarisation, qui sont distinctes dans les cas réel et complexe. Mais cela peut aussi s’établir directement, par dédoublement des variables. Ecrivons que Φ(x + λy, x + λy) = 0 pour tous x, y et λ. Développons : |λ|

2 Φ(y, y) + 2 Re(λ.Φ(x, y)) + Φ(x, x) = 0

autrement dit : Re(λ.Φ(x, y)) = 0.

Prenons λ = Φ(y, x). Il vient | Φ(x, y) |2 = 0 , donc Φ(x, y) = 0.

Exercice 2 : Soient E un C-espace vectoriel, Φ une forme sesquilinéaire sur E. Montrer que Φ est hermitienne si et seulement si ∀x ∈ E Φ(x, x) ∈ R .

2

Solution : Si Φ est hermitienne, Φ(x, x) est autoconjugué, donc réel. Soit Φ une forme sesquilinéaire sur E telle que ∀x ∈ E Φ(x, x) ∈ R .

Il s’agit de montrer que ∀(x, y) ∈ E×E Φ(x, y) = ),( xyΦ . Posons Ψ(x, y) = ),( xyΦ .

Ψ est une forme sesquilinéaire, et Ξ = i (Φ − Ψ) est sesquilinéaire hermitienne, telle que pour tout x, Ξ(x, x) = 0. En vertu de l’exercice précédant, Ξ = 0, donc Φ = Ψ. Exercice 3 : Soient E un C-espace vectoriel, Φ une forme sesquilinéaire hermitienne sur E, q la forme quadratique associée.

1) Montrer, pour tout n ≥ 3, l’identité suivante : Φ(x, y) = n1 ∑

−

=

−1

0

/2n

k

nike π q(x + e2ikπ/n

y) ,

qui généralise l’identité de polarisation.

2) Montrer ∀(x, y) ∈ E2 Φ(x, y) = π2

1 ∫ −π

θ2

0

ie q(x + eiθ

y).dθ .

Solution : 1) Développons le second membre :

n1 ∑

−

=

−1

0

/2n

k

nike π q(x + e2ikπ/n

y) = n1 ∑

−

=

−1

0

/2n

k

nike π [ q(x) + q(y) + e2ikπ/n Φ(x, y) + e

−2ikπ/n Φ(y, x) ]

= N1 [ q(x) + q(y) ] + Φ(x, y) + N2 Φ(y, x) = Φ(x, y) ,

car N1 = ∑−

=

−1

0

/2n

k

nike π = 0 et N2 = ∑−

=

−1

0

/4n

k

nike π = 0 (progression géométrique !).

Si n = 4, on retrouve l’identité de polarisation.

2) se déduit de 1) en faisant tendre n vers +∞, par sommes de Riemann.

Mais on peut aussi développer q(x + eiθ

y) = q(x) + q(y) + eiθ Φ(x, y) + e

−iθ Φ(y, x). C’est un polynôme trigonométrique ; la formule demandée découle des formules d’orthonormalité de Fourier. Exercice 4 : Soient E un R-espace vectoriel muni d’un produit scalaire, a et b deux points de E. Trouver l’ensemble des x tels que || x − a || = k || x − b || .

Solution :

On suppose a et b distincts et k ≥ 0. Notons Hk l’ensemble considéré.

Si k = 1, Hk est l’hyperplan médiateur du segment [a, b], i.e. H1 = x ; ( x − 2ba+ |

2ba− ) = 0 .

En effet || x − a ||2 − || x − b ||

2 = ( 2x – a – b | b – a ) .

Si k ≠ 1, Hk est une sphère, la sphère de centre c = ²1²

kbka

−− et de rayon r =

²1 kk−

|| a − b || .

|| x − a ||2 − k

2 || x − b ||

2 = ( 1 – k

2 ) || x ||

2 – 2 ( x | a – k

2 b ) + || a ||

2 − k

2 || b ||

2

= ( 1 – k2

) || x − c ||2 + || a ||

2 − k

2 || b ||

2 − ( 1 – k

2 ) || c ||

2

Le centre c = ²1²

kbka

−− est le barycentre de a et b pondérés resp. par les masses

²11k− et

²1²

kk

−− ; il est

donc situé sur la droite affine (a b).

Le rayon r est donné par r2 = || c ||

2 −

²11k− ( || a ||

2 − k

2 || b ||

2 ) = ²)²1(

²k

k− || a − b ||

2 .

NB : Quand k = 0, on trouve la sphère (a, 0) ; quand k → +∞, la sphère (b, 0). Exercice 5 : Inégalités.

1) Montrer que ∀(a, b, c) ∈ R2 a.b + b.c + c.a ≤ a

2 + b

2 + c

2 ; cas d’égalité ?

3

2) Montrer que ∀(x1, …, xn) ∈ Rn

nxx n++...1 ≤

nxx n²...²1 ++

; cas d’égalité ?

3) Montrer que ∀ f ∈ C([a, b], R) ab−

1 ∫b

af ≤ [

ab−1 ∫

b

af² ]1/2


4) Montrer que si x1, … , xn > 0, alors ( ∑ xi ).( ∑ix

1 ) ≥ n2 ; cas d’égalité ?

5) Étudier la fonction f ∈ C([a, b], R*+) → Φ(f) = ( ∫

b

af ).( ∫

b

a f1 ) .

Montrer qu’elle est minorée et atteint sa borne inférieure ; est-elle majorée ?

Solution :

1) L’inégalité a.b + b.c + c.a ≤ a2 + b

2 + c

2 peut se démontrer élémentairement, au moyen de mises

sous forme canoniques emboitées :

a2 + b

2 + c

2 − a.b − b.c − c.a = a

2 − a.b − a.c + b

2 + c

2 − b.c = ( a −

2b −

2c )2

+ 43 ( b − c )

2 ≥ 0

avec égalité ssi a − 2b −

2c = b − c = 0 , i.e. a = b = c.

Autre solution : a2 + b

2 + c

2 − a.b − b.c − c.a =

21 [ ( a − b )

2 + ( b − c )

2 + (c − a )

2 ] , etc.

Autre solution, davantage dans l’esprit du chapitre : Munissons R

3 du produit scalaire standard et considérons les vecteurs x = (a, b, c) et y = (b, c, a).

L’inégalité de Cauchy-Schwarz (x | y) ≤ ||x||.||y|| donne aussitôt le résultat souhaité. Il y a égalité ssi x et y sont liés : a = λb , b = λc , c = λa. Alors a = λ3

a, etc. Si λ ≠ 1, a = b = c = 0. Sinon a = b = c. Au final il y a égalité ssi a = b = c.

2) L’inégalité ∀(x1, …, xn) ∈ Rn

nxx n++...1 ≤

nxx n²...²1 ++

peut se démontrer :

• par Cauchy-Schwarz, en munissant Rn du produit scalaire standard et en considérant les vecteurs

x = (x1, …, xn) et y = (1, …, 1). Il y a égalité ssi x et y sont liés, i.e. ssi x1 = … = xn ≥ 0.

• par convexité. La fonction x → x2 est strictement convexe, donc (

nxx n++...1 )2

≤ n

xx n221 ...++ .

On en déduit n

xx n++...1 ≤ |n

xx n++...1 | ≤ n

xx n221 ...++ .

Par stricte convexité, il y a égalité ssi x1 = … = xn ≥ 0.

3) L’inégalité ∀f ∈ C([a, b], R) ab−

1 ∫b

af ≤ [

ab−1 ∫

b

af² ]1/2

se montre par Cauchy-Schwarz appliqué au couple (f, 1). Il y a égalité ssi f est constante.

4) L’inégalité ∀x1, … , xn > 0 ( ∑ xi ).( ∑ix

1 ) ≥ n2

peut se démontrer :

• par Cauchy-Schwarz, en munissant Rn du produit scalaire standard et en considérant les vecteurs

x = ( 1x , …, nx ) et y = ( 1/ 1x , …, 1/ nx ).

Il y a égalité ssi x et y sont liés, i.e. ssi x1 = … = xn ≥ 0.

• par convexité. La fonction x → 1/x est strictement convexe sur ]0, +∞[,

donc (n

xx n++...1 )−1 ≤

nxx n11

1 ... −− ++ . C’est ce que l’on veut démontrer !

Par stricte convexité, il y a égalité ssi x1 = … = xn ≥ 0.

4

5) La fonction Φ est définie et à valeurs > 0.

Par Cauchy-Schwarz, ( b – a )2 = ( ∫

b

a1)2

= ∫b

a ff 1. ≤ ( ∫

b

af ).( ∫

b

a f1 ) = Φ(f).

Il y a égalité pour f = 1, et plus généralement ssi f et f/1 sont liées, i.e. ssi f est constante > 0.

Φ n’est pas majorée ; en effet, si f(x) = emx

, Φ(f) = 2²

1))((m

abmch −−, qui tend vers +∞ avec m.

Remarque : Φ est continue si l’on munit C([a, b], R*+) de la norme uniforme.

Exercice 6 : Montrer que ( x | y ) = ∑≤≤ nji,0 1

.++ jiyx ji est un produit scalaire sur R

n+1 .

[ Indication : à x associer le polynôme u(x)(t) = ∑=

n

i

ii tx

0

. ; calculer ∫1

0).)(().)(( dttyutxu . ]

Solution : ( x | y ) = ∑≤≤ nji,0 1

.++ jiyx ji est une forme bilinéaire symétrique sur R

n+1 .

Il est facile de vérifier que ( x | y ) = ∫1

0).)(().)(( dttyutxu , donc ( x | x ) = ∫

1

0)².)(( dttxu ≥ 0.

De plus, ( x | x ) = 0 ⇒ ∫1

0)².)(( dttxu = 0 ⇒ u(x)(t) = 0 ∀t ∈ [0, 1] ( u(x)

2 est fonction cotninue

positive d’intégrale nulle) ⇒ x = 0 (polynôme ayant une infinité de racines).

Remarque : Tout revient à noter que la matrice Hn = (1

1++ ji

) est symétrique définie positive, en tant

que matrice de Gram des monômes xk relativement au produit scalaire (P | Q) =∫

1

0).()( dttQtP .

Exercice 7 : Soient E = C([0, 1], R), (sn) une suite de points de [0, 1]. Montrer que

Φ( f, g) = ∑+∞

=0

)().(.21

n

nnn sgsf est un produit scalaire sur E si et seulement si (sn) est dense dans [0, 1].

Solution :

1) f et g étant bornées, la série ∑+∞

=0

)().(.21

n

nnn sgsf est absolument convergente.

Il est facile de montrer que Φ est toujours une forme bilinéaire symétrique positive.

De plus, Φ( f, f ) =∑+∞

=0

)²(.21

n

nn sf = 0 ⇔ ∀n f(sn) = 0.

2) Si (sn) est dense, Φ( f, f ) =∑+∞

=0

)²(.21

n

nn sf = 0 ⇔ ∀n f(sn) = 0 ⇒ f = 0 , par continuité et densité.

3) Si (sn) n’est pas dense, il existe un intervalle non trivial [a, b] ⊂ [0, 1] ne contenant aucun sn. Il est alors possible de construire une fonction continue affine par morceaux, nulle sur [0, a] ∪ [b, 1], et valant 1 en (a + b)/2. Cette fonction est non nulle et vérifie Φ( f , f ) = 0 ; Φ n’est pas un produit scalaire.

Exercice 8 : Soit f ∈ C1([0, 1], R). 1) Montrer ∀(x, y) ∈ [0, 1]

2 ( ∫

x

ydttf ).( )2 ≤ ( x − y ) ∫

x

ydttf )².( .

2) Montrer que ∀(x, y) ∈ [0, 1]2 f(x) = f(y) + ∫

x

ydttf ).'( et f(x)

2 ≤ 2 f(y)

2 + 2 ( x − y ) ∫

x

ydttf )².'( .

5

3) En déduire ∀x ∈ [0, 1] ∀y ∈ [31 ,

32 ] f(x)

2 ≤ 2 f(y)

2 +

34 ∫

1

0)².'( dttf .

4) Conclure que ∫1

0)².( dttf ≤ 6∫

3/2

3/1)².( dttf +

34 ∫

1

0)².'( dttf . Cas d’égalité ?

Solution : [ Ecrit Mines 1983 ] 1) Attention à bien distinguer deux cas.

Si 0 ≤ x ≤ y ≤ 1, ( ∫x

ydttf ).( )2 ≤ ( x − y ) ∫

x

ydttf )².( découle de Cauchy-Schwarz.

Si 0 ≤ y ≤ x ≤ 1, il faut montrer que ( ∫y

xdttf ).( )2

≤ ( y − x ) ∫y

xdttf )².( : Cauchy-Scwharz derechef.

2) f(x)2 = [ f(y) + ∫

x

ydttf ).'( ]2

≤ 2 f(y)2 + 2 ( ∫

x

ydttf ).(' )2 ≤ 2 f(y)

2 + 2 ( x − y ) ∫

x

ydttf )².'(

en vertu de la formule ( a + b )2 ≤ 2.( a

2 + b

2 ), et de 1).

3) Soient x ∈ [0, 1] et y ∈ [1/3, 2/3]. Si y ≤ x , 2 ( x − y ) ∫x

ydttf )².'( ≤

34 ∫

1

0)².'( dttf ≤

34 ∫

1

0)².(' dttf .

Si x ≤ y , 2 ( x − y ) ∫x

ydttf )².'( = 2 ( y − x ) ∫

y

xdttf )².(' ≤

34 ∫

1

0)².'( dttf ≤

34 ∫

1

0)².(' dttf .

4) Intégrer l’inégalité de 3) d’abord en x ∈ [0, 1] à y fixé, puis en y ∈ [1/3, 2/3]. Ou bien l’inverse. Ou encore l’intégrale double en (x, y) ∈ [0, 1]×[1/3, 2/3].

1.2. L’espace de Hilbert L2(N, K) des suites de carré sommable.

L’espace L2(N, K ), K = R ou C, des suites de carré sommable, est le seul exemple d’espace de

Hilbert de dimension infinie qui soit au programme de taupe. Les éléments de L2(N, K ) étant des

suites, une suite d’éléments de L2(N, K ) sera notée (x

p), l’indice étant placé en exposant.

Exercices RMS 2012, n° 30.

Exercice 1 : On note L2 l’ensemble des suites u = (un) réelles de carré sommable.

1) Montrer que L2, muni de (u, v) → ∑

≥0n

nnvu est un espace préhilbertien réel.

2) On considère deux suites géométriques a et b de raisons respectives ½ et 1/3. Montrer que a et b appartiennent à L

2. Déterminer a0 et b0 pour que a et b soient normés. Que peut-on dire alors de a +

b et a – b ?

3) Déterminer le maximum sur la boule unité fermée de u → (∑+∞

=0 2nnnu )(∑

+∞

=03nnnu ).

Solution : [ Oral Centrale MP 2012, RMS n° 752 ] 1) Cf le cours.

2) Les séries ∑+∞

=0

0

4²

nn

a et ∑+∞

=0

0

9²

nn

b convergent et ont pour sommes respectives ²34

0a et ²89

0b .

Par conséquent, les suites géométriques a = (23

n21 ) et b = (

322

n31 ) sont de norme 1.

Il en résulte que les suites a + b et a – b sont orthogonales (identité du parallélogramme, ici losange).

3) Attention, la fonction f : u → (∑+∞

=0 2nnnu )(∑

+∞

=03nnnu ) est continue sur L

2 comme produit de deux formes

linéaires continues, mais la boule unité fermée B n’est pas compacte.

6

f(u) = 23 (u | a).(u | b) =

Exercice 2: Soient E = RN

, D : u = (un) ∈ E → (un+1 – un). 1) Montrer que D est un endomorphisme. Est-il injectif ? surjectif ? 2) Déterminer les vecteurs propres de D.

3) Soit L2(N, R) l’ensemble des suites de carré sommable, muni du produit scalaire usuel. Montrer

que est stable par D.

4) Déterminer H = )()(

uuDuu

; u ∈ L2(N, R) − 0 .

Solution : [ Oral ENS PC 2012, RMS n° 110 ] 1) D = T – I, où T est l’opérateur de décalage. T et D sont évidemment linéaires. Ker D est la droite formée des suites constantes. D est surjectif, car, pour toute suite (vn), il existe une suite (un) telle que ∀n un+1 – un = vn.

Il suffit de choisir u0 quelconque et de poser, pour tout n ≥ 1 : un = u0 + v0 + … + vn−1 .

2) Tout nombre réel λ est valeur propre de D, l’espace propre associé étant la droite formée des suites géométriques ((λ + 1)

n.a), a réel. Si λ = 0, on retrouve les suites constantes.

Si λ = −1, on trouve les suites (a, 0, 0, … ).

3) Il est clair que u ∈ L2(N, R) ⇒ Tu ∈ L

2(N, R). T induit un opérateur continu de L

2(N, R), de

norme « triple » ||| T ||| = 1. Penser à la suite ( 0, 1, ½, 1/3, … ), ou à (0, 1, 0, 0, … ). Exercice : En déduire que D induit un opérateur continu de L

2(N, R) ; quelle est sa norme triple.

4) Montrons que H = )()(

uuDuu

; u ∈ L2(N, R) − 0 = ]−2, 0[.

Comme )()(

uuDuu

= )()(

uuTuu

− 1, il suffit de montrer H’ = )()(

uuTuu

; u ∈ L2(N, R) − 0 = ]−1, 1[.

Tout d’abord si u est ≠ 0, |(u | Tu)| = |∑+∞

=+

01.

nnn uu | ≤ ||u||.||T(u)|| ≤ ||u||.|||T|||.||u|| ≤ (u | u), donc

)()(

uuTuu

∈ [−1, +1] ; et l’on a |(u | Tu)| = (u | u) ssi T(u) = λu et u0 = 0 : impossible.

Si |ρ| < 1, u = (ρn) est élément de L

2(N, R) et vérifie T(u) = ρ.u, donc

)()(

uuTuu

= ρ décrit ]−1, 1[.

Exercice 2 : compacité dans l’espace L2(N, K ).

1) Soient E un espace de Banach, X une partie ≠ ∅ de E. Montrer l’équivalence des propriétés : i) X est compact ; ii) X est fermée, bornée, et pour tout ε > 0, il existe un sous-espace vectoriel Fε de dimension finie, tel que : (∀x ∈ X) d(x, Fε) ≤ ε . [ Indication : utiliser la précompacité. ] 2) Montrer que la boule unité fermée de L

2(N, K ) n’est pas compacte.

3) Montrer que L2(N, K ) est séparable, i.e. admet une partie dénombrable dense.

[ Indication : Considérer les suites nulles à partir d’un certain rang et rationnelles. ]

4) Montrer qu’une partie X de L2(N, K ) est compacte si et seulement si elle est fermée, bornée et

équisommable, en ce sens que : (∀ε > 0) (∃N > 0) (∀x ∈ X) ∑n≥N+1 |xn|2 ≤ ε .

5) Exemple : Soit b = (bn) un élément donné de L2(N, K ).

7

Démontrer que Xb = x = (xn) ; (∀n) |xn| ≤ |bn| est une partie compacte de L2(K ), et que dans Xb,

la topologie de la convergence simple coïncide avec la topologie induite par celle de L2(K ).

Solution :

Problème 3 : Endomorphismes continus de L2(N, R).

Montrer que les endomorphismes continus f : x = (xn) → y = (ym) de L2(N, R) sont de la forme

(∀m) ym = ∑≥0

, .n

nnm xa , où la suite double (amn)(m,n) vérifie les deux propriétés :

i) (∀m) ∑≥0

, )²(n

nma < +∞ ii) ∃C > 0 ∀(m, n) ∀(x0, … , xn) ∑∑= =

m

i

n

jjij xa

0 0

)².( ≤ C2 ∑

=

n

jjx

0

)²( .

Solution : Problème 4 : Opérateurs de Hilbert-Schmidt. Soit A = (amn)(m,n) une suite double de carré sommable dans K , c’est-à-dire telle que :

∑×∈ NNnm

nma),(

, ² < +∞ .

1) Montrer que l’application fA : x = (xn) → y = (ym) définie par (∀m) ym = ∑≥0

.n

nmnxa , définit un

endomorphisme continu de l2(K ), limite en norme d’une suite d’endomorphismes de rang fini.

2) En déduire que l’opérateur fA est compact, en ce sens que, si B est la boule unité fermée de

l2(K ), fA(B) a une adhérence compacte.

3) Application à des systèmes linéaires infinis. On suppose ∑×∈ NNnm

nma),(

, ² < 1 ; montrer que, pour

toute y ∈ L2(K ), il existe une unique x ∈ L

2(K ) telle que x − fA(x) = y.

Solution : Remarque : pour des compléments, Kantorovitch-Akilov, Analyse fonctionnelle (Mir), p. 214-217. Exercice 5 : lemme de Schur.

Soit A = (amn)(m,n) une suite double de réels ≥ 0. On suppose qu’existent un réel C > 0 et une suite

(ωn) de réels > 0 tels que : ∀m ≥ 0 ∑≥0

.n

nmna ω ≤ C.ωm et ∀n ≥ 0 ∑≥0

.n

mmna ω ≤ C.ωn .

1) Montrer que si la suite x = (xn) est de carré sommable, la suite y = (ym) définie par :

(∀m) ym = ∑≥0

.n

nmnxa est aussi de carré sommable et vérifie ||y|| ≤ C.||x||.

Ainsi, l’opérateur de "matrice" A est linéaire continu de norme ≤ C.

2) Application : traiter le cas amn = 1

1++nm

[ Indication : poser ωn = 1

1+n

. ]

Solution : Problème 6 : inégalité de Hardy.

8

Soit (an)n≥1 une suite réelle de carré sommable. On se propose de montrer que sa transformée de

Cesàro (bn)n≥1 définie par bn = n1 ( a1 + ... + an ) est de carré sommable, et vérifie :

∑+∞

=1

)²(n

nb ≤ 4 ∑+∞

=1

)²(n

na , cette majoration étant la meilleure possible.

1) Vérifier qu’avec la convention b0 = 0, on a : 2 an bn ≥ ( n + 1 ) bn2 − ( n − 1 ) bn−1

2 .

En déduire : 2 ∑=

N

n

nn ba1

. ≥ ∑=

N

nnb

1

)²( , et conclure.

2) Montrer qu’on ne peut avoir égalité que pour la suite nulle, mais qu’on ne peut améliorer la

constante 4 (Considérer la suite an = 1/nα , avec ½ < α < 1.)

Solution :

1) a) Avec la convention b0 = 0, on a : 2 an bn ≥ ( n + 1 ).bn2 − ( n − 1 ).bn−1

2 .

Pour n = 1, cela s’écrit : 2 a1 b1 ≥ 2 b12 ; c’est même une égalité.

Pour n > 1, 2 an bn = 2 [ n.bn − (n − 1).bn−1 ].bn = 2 n.bn2 − 2 ( n − 1 ).bn−1 bn .

≥ 2 n.bn2 − ( n − 1) [ bn

2 + bn−1

2 ] = ( n + 1 ).bn

2 − ( n − 1 ).bn−1

2 .

Donc 2∑=

N

n

nn ba1

. ≥ ∑=

−−−+N

nnn bnbn

11²])1(²)1[( = ∑

=

N

n

nb1

² + ∑=

−−−N

nnn bnnb

11²])1(²[

= ∑=

N

n

nb1

² + N.bN2 ≥ ∑

=

N

n

nb1

² .

Par Cauchy-Schwarz : ∑=

N

n

nb1

² ≤ 2 ∑=

N

n

na1

² ∑=

N

n

nb1

² , donc ∑=

N

n

nb1

² ≤ 2 ∑=

N

n

na1

² .

[ simplification légitime, que ∑=

N

n

nb1

² soit > 0 ou nul ] . Finalement ∀N ∑=

N

n

nb1

² ≤ 4∑=

N

n

na1

² ≤ 4∑+∞

=1

²n

na .

La suite N → ∑=

N

n

nb1

² est croissante majorée, donc elle converge.

Conclusion : (bn) est de carré sommable, et vérifie ∑+∞

=1

²n

nb ≤ 4∑+∞

=1

²n

na ,

2) La majoration est optimale.

a) On ne peut avoir égalité que pour la suite nulle.

b) On ne peut améliorer la constante 4.

Considérons en effet la suite an = 1/nα , avec ½ < α < 1. Elle est de carré sommable.

Un encadrement intégral laissé au lecteur donne :

α−11

αn1 +

11−α n

1 ≤ bn = n1 ∑

=

n

k k1

1α ≤ α−1

1αn1 +

1−αα

n1 .

Elevons au carré et sommons ! (En fait seule la minoration est utile)

)²1()2(

ααζ

− − )²1(

)1(.2ααζ

−+

+ )²1()2(

−αζ

≤ ∑+∞

=1

²n

nb ≤ 4∑+∞

=1

²n

na .

)²1(

1α− −

)²1()1(.2

ααζ

−+

)2(1αζ +

)²1()2(

−αζ

)2(1αζ ≤ ∑

+∞

=1

²n

nb /∑+∞

=1

²n

na ≤ 4 .

Il reste à faire tendre α vers ½ (on rappelle que ζ(x) ↑ +∞ quand x ↓ 1).

9

En conclusion, l’opérateur de Cesàro laisse stable l’espace L2(R) des suites de carré sommable, et y

induit un opérateur continu de norme 2. Ce résultat a un analogue intégral. Exercice 7 : encore Fibonacci…

Soit (un) la suite de Fibonacci, définie par : u0 = 0, u1 = 1, un+2 = un + un+1 .

1) Montrer que ∀n ≥ 1 (u1)2 + … + (un)

2 = un.un+2 − (un)

2.

2) En déduire que la matrice A ∈ Mn+1(R) définie ci-dessous est orthogonale :

A =

−

−

−

++

+

++++++

++++

21

1

2121

2

21

1

222

2

2

1

42

2

42

2

42

1

31

1

31

1

......

......

0...............

......0

0......0

nn

n

nn

n

nnnn

nn

n

nn

n

nnnn

uuu

uuu

uuu

uuu

uuu

uuu

uuu

uuu

uuu

uuu

uuu

uuu

uuu

3) Soit l2(N* ) l’espace de Hilbert des suites réelles x = (xn)n≥1 de carré sommable.

A la suite x = (xn)n≥1 on associe la suite y = (yn)n≥1 définie par ∀n ≥ 1 yn = 2

111 ...

+

+−++nn

nnnn

uuxuxuxu .

A l’aide de 2), montrer que y est de carré sommable et que ∑≥1

)²(n

nx = ∑≥1

)²(n

ny .

[ Indication : introduire le vecteur t(y1, …, yn, zn) = A.

t(x1, …, xn, xn+1), et montrer que :

(zn)2 ≤

21

1 )²(...)²(++

++nn

p

uuuu ∑

≥1

)²(n

nx + ∑+≥ 1

)²(pn

nx . ]

En déduire que l’opérateur f : x → y est linéaire isométrique. Quel est son inverse ?

Solution : [ Polya-Szegö, t. 2, part VII, n° 53, p. 106 ] Exercice 8 : topologie faible. Dans l’espace L

2(N), on dit que la suite (x

p) tend fortement vers x si || x

p – x || → 0,

et que la suite (xp) tend faiblement vers x si, pour tout y ∈ L

2(N), ( x

p | y ) → ( x | y).

1) a) Montrer que la convergence forte implique la convergence faible.

b) Soit (ep) la base canonique de L

2(N) ; la suite (e

p) est-elle fortement convergente ? faiblement ?

c) Démontrer que la suite (xp) tend fortement vers x si et seulement si elle tend faiblement vers x

et limp || xp

|| = ||x||.

2) Soit B = x ; ∑≥0

)²(n

nx ≤ 1 la boule unité fermée de L2(N).

a) B est-elle fortement compacte ? b) Montrer que B est faiblement (séquentiellement) compacte.

Solution : [ Oral X 1993, RMS n° 42 ] La topologie faible s’adresse aux forts, la topologie forte s’adresse aux faibles.

1) a) En vertu de Cauchy-Schwarz, | ( xp − x | y ) | ≤ || x

p − x ||.|| y ||.

On en déduit aussitôt que la convergence forte implique la convergence faible.

10

b) Attention ! La suite (ep) n’est pas une « base » au sens algébrique du terme, mais une « base »

au sens de famille orthornormée totale.

Elle ne converge pas fortement, car pour p ≠ q : || ep – e

q || = 2 .

Mais elle converge faiblement vers 0, car, pour tout y, ( ep | y ) = yp → 0.

c) Si (xp) tend fortement vers x, alors (x

p) tend faiblement vers x et limp || x

p || = ||x||, en vertu de

| || xp || − ||x|| | ≤ || x

p − x || .

Réciproquement, supposons que (xp) tende faiblement vers x et que limp || x

p || = ||x||.

Alors : || xp − x ||

2 = || x

p ||2 + || x ||

2 − 2 Re ( x

p | x ) → || x

||2 + || x ||

2 − 2 Re ( x

| x ) = 0. cqfd.

2) a) La base canonique (ep) vérifie, pour p ≠ q : || e

p – e

q || = 2 . Ainsi (e

p) est une suite de points

de B dont on ne peut extraire aucune suite convergente. Donc B n’est pas compacte. b) Je dis que, dans B, la convergence faible équivaut à la convergence simple.

Proposition : Soit C = x = (xn) ; ∀n |xn| ≤ 1 le « cube de Hilbert ».

i) d(x, y) = ∑∞+

=

−0 2n

n

nn yx est une distance sur C pour laquelle C est compact.

ii) La convergence dans (C, d) équivaut à la convergence simple. iii) B est une partie fermée, donc compacte, de (C, d). iv) Dans B, la convergence faible équivaut à la convergence simple. Il résule de iii) et iv) que B est faiblement séquentiellement compact.

Exercice 9 : Soit f ∈ C([0, 1], R). Montrer que la suite µn(f) = ∫1

0).(. dxxfxn de ses moments est de

carré sommable, et que l’application f → (µn(f)) est linéaire injective de C([0, 1], R) dans l2(R).

Solution :

On a | µn(f) | ≤ 1+n

A , où A = || f ||∞ ; on en conclut que la suite des moments est de carré sommable.

Si, pour tout n, ∫1

0).(. dxxfxn = 0, alors ∫

1

0).().( dxxfxP = 0 pour tout polynôme P.

En vertu du théorème de Weiertrass, f est limite uniforme d’une suite (Pn) de polynômes.

0 = ∫1

0).().( dxxfxPn → ∫

1

0)².( dxxf , donc ∫

1

0)².( dxxf = 0, puis f = 0.

Exercice 10 : Soit f une fonction réglée 2π-périodique R → C. Montrer que la suite (cn(f))n∈Z de ses coefficients de Fourier est de carré sommable. Comment se traduit la formule de Parseval ?

Solution : cf. cours sur les séries de Fourier. 1.3. Espaces de Hilbert généraux. Exercice 1 : Soient (E, ( | )) un espace de Hilbert, L une forme linéaire continue sur E non identiquement nulle, a sa norme subordonnée. 1) Prouver que, pour tout ε > 0, il existe δ > 0 tel que, pour tout (x, y) ∈ E×E, les relations ||x|| = ||y|| = 1, || x − y || ≥ ε impliquent || x + y || ≤ 2.( 1 − δ ). 2) Justifier l’existence d’une suite (xn) de vecteurs unitaires de E telle que L(xn) → a. Montrer que

(xn) est de Cauchy, et conclure qu’il existe un unique vecteur unitaire x tel que L(x) = a.

11

3) On munit E = R[X] de la norme N : P → ( ∫1

0²P )1/2

et on pose, pour tout P ∈ E, L(P) =

∫ −1

0.)( dtetP t . Montrer que L est continue, calculer sa norme subordonnée. La norme N rend-elle E

complet ?

Solution : [ Oral Centrale MP 2013, RMS n° 831 ] Nous supposons que E est un Hilbert réel. 1) C’est de la géométrie élémentaire, digne du cours de 4ème.

Notons x = OA , y = OB , x + y = OC , d = || x − y || = ||AB ||.

Le quadrilatère OACB est un losange, et, par Pythagore ||OC ||2 = 4 ( 1 − 4²d ),

Donc || x + y || = ||OC || = 24²1 d− ≤ 2

4²1 ε− = 2.( 1 − δ ), avec δ > 0.

2) Rappelons que a = ||| L ||| = sup | L(z) | ; ||z|| = 1 .

Par conséquent, pour tout n, il existe xn unitaire tel que a − n1 ≤ | L(xn) | ≤ a.

Quitte à changer xn en son opposé, on peut même supposer a − n1 ≤ L(xn) ≤ a.

Montrons à l’aide de 1) que la suite (xn) est de Cauchy.

Pour p et q ≥ n0, 2a − 0

2n

≤ 2a − p1 −

q1 ≤ L( xp + xq ) ≤ a || xp + xq ||, donc

Donc 2 ( 1 − 0

1an

) ≤ || xp + xq ||. Choisissons n0 tel que 0

1an

< δ.

Alors, en contraposant 1), || xp − xq || ≤ ε.

Comme E est complet, la suite (xn) converge vers un vecteur unitaire x tel que L(x) = a. Montrons l’unicité de x à l’aide de 1). Si y est un vecteur unitaire tel que x ≠ y et L(y) = a, alors 2a = L(x + y) ≤ a || x + y || ≤ 2a ( 1 − δ ). Contradiction !

Théorème : Soient E un espace de Hilbert, L une forme linéaire continue non nulle, de norme triple a. Il existe un unique vecteur unitaire x tel que L(x) = a.

Remarques : Ce résultat est d’autant plus remarquable que, si E est de dimension infinie, la boule unité de E n’est jamais compacte. Si E est un espace de Hilbert complexe, même méthode mais utiliser des exp(iθ) au lieu de ±1.

3) Munissons E = R[X] de la norme N : P → ( ∫1

0²P )1/2

. C’est un espace préhilbertien.

L(P) = ∫ −1

0.)( dtetP t est une forme linéaire continue sur E, car, par Cauchy-Schwarz,

| L(P) | ≤ N(e−t

).N(P) = 2

1 2−−eN(P). La norme subordonnée de L vaut a =

21 2−−e

.

En effet, f(t) = e−t

n’est pas un polynôme sur [0, 1], mais, si (Pn) est une suite de polynômes tendant

uniformément vers f, | L(Pn) | ≤ ||| L |||.N(Pn) donne, à la limite | L(f) | ≤ ||| L |||.N(f).

En vertu du cas d’égalité dans Cauchy-Schwarz, il n’y a pas de polynôme tel que | L(P) | =2

1 2−−e.

Par conséquent, E n’est pas un espace de Hilbert, il n’est pas complet. Remarque : D’ailleurs, R[X] n’est complet pour aucune norme, en vertu du théorème de Baire. Exercice 2 : 1) Soit E un espace de Hilbert. Montrer que, pour tout vecteur a ∈ E, l’application ϕ(a) : x → (a | x) est une forme linéaire continue sur E de norme ||a||, et que, pour toute forme linéaire continue f sur E, il existe un unique vecteur a tel que : (∀x ∈ E) f(x) = (a | x).

12

2) Retrouver le résultat de l’exercice précédent.

3) On munit E = R[X] du produit scalaire (P | Q) =∫1

0).()( dttQtP .

a) Montrer que (∀n ∈ N) ∃!An ∈ Rn[X] ∀P ∈ Rn[X] P(0) = (An | P). Montrer que deg An = n. b) Existe-t-il A ∈ R[X] tel que ∀P ∈ R[X] P(0) = (A | P) ? c) E est-il un espace de Hilbert ?

Solution : Il s’agit d’étendre le théorème de représentation de Riesz aux espaces de Hilbert. Autrement dit, tout espace de Hilbert s’identifie canoniquement à son dual topologique. 1) La première assertion est obvie. Montrons la réciproque. Soit f une forme linéaire continue sur E, non nulle. Son noyau H = Ker f est un hyperplan fermé de E. En vertu du théroème de projection convexe, E = H ⊕ H⊥. Soit b ∈ D = H⊥ non nul. On a (∀x ∈ H) (b | x) = 0. La théorie de la dualité algébrique affirme que deux équations de l’hyperplan H sont proportionnelles, donc (∃λ ∈ K ) (∀x

∈ E) f(x) = λ (b | x). Poser a = λ b. Les questions 2) et 3) sont faciles. 1.4. Normes dérivant d’un produit scalaire.

Exercice 1 : 1) Les normes ||x||1 et ||x||∞ sur Rn ( n ≥ 2 ) dérivent-elles d’un produit scalaire ?

2) Mêmes questions pour les normes || f ||1 et || f ||∞ sur C([a, b], R) ?

Solution : 1) La réponse est non, pour plusieurs raisons. Les vecteurs u = (1, 0, 0, …, 0) et v = (0, 1, 0, …, 0) vérifient || u + v ||1 = ||u||1 + ||v||1 = 2 sans que u et v ne soient colinéaires.

Les vecteurs a = (1, 1, 0, …, 0) et b = (1, −1, 0, …, 0) vérifient || a + b ||∞ = ||a||∞ + ||b||∞ = 2 sans que a et b ne soient colinéaires. Autre idée : Les boules unités ont un nombre fini de points extrêmaux. En effet, ce sont des

octaèdres pour ||x||1 et des cubes pour ||x||∞. Or les boules unités des normes euclidiennes ont une infinité de points extrémaux : tous les points de la sphère unité. 2) La réponse est encore non. Soit c le milieu de [a, b]. Soit f la fonction continue affine par morceaux égale à 1 en a, à 0 en c et b, affine sur [a, c] et sur [c,

b]. Soit g la fonction affine égale à 1 en a, à 0 en b. On a || f + g ||∞ = || f ||∞ + || g ||∞ = 2, mais f et g ne sont pas colinéaires.

Exercice 2 : Soient E = Cb(R, R) (fonctions continues bornées), F le sous-espace engendré par les

fonctions sin et cos. La norme || f ||∞ est-elle euclidienne sur E ? sur F ?

Solution :

La norme || f ||∞ n’est pas euclidienne sur E, car les fonctions f(x) = cos x et g(x) = cos(2x) vérifient

|| f + g ||∞ = || f ||∞ + || g ||∞ = 2 sans être colinéaires. En revanche, sa restriction à F est bel et bien euclidienne, car si f(x) = a.cos x + b.sin x, alors même

un physicien sait que || f ||∞ = ²² ba + . Exercice 3 : théorème de von Neumann. Soit E un espace vectoriel normé réel. Si sa norme vérifie l’identité du parallélogramme : || u + v ||

2 + || u – v ||

2 = 2 ( ||u||

2 + ||v||

2 ) , montrer qu’elle dérive d’un produit scalaire.

13

[ Indication : poser (x | y) ≡ 21 ( ||x + y||

2 − ||x||

2 − ||y||

2 ) ; simplifier (u + v | w) + (u − v | w) ; faisant

u = v, en déduire 2.(u | w) = (2u | w) ; puis montrer que (x | y) est additive en x ; conclure.]

Solution : Procédons par analyse et synthèse. Si la norme dérive d’un produit scalaire, ce produit scalaire est donné par la formule :

( x | y ) ≡ 21 ( || x + y ||

2 − || x ||

2 − || y ||

2 ).

La fonction ( | ) ainsi définie est symétrique, et telle que (x | x) = ||x||2 .

Il suffit de montrer qu’elle est bilinéaire à gauche.

(u + v | w) + (u − v | w) = 21 ( || u + v + w ||

2 − || u + v ||

2 − ||w||

2 + || u − v + w ||

2 − || u − v ||

2 − ||w||

2 )

= 21 ( || u + v + w ||

2 + || u − v + w ||

2 − || u + v ||

2 − || u − v ||

2 – 2 ||w||

2 )

= || u + w ||2 + ||v||

2 − ||u||

2 − ||v||

2 − ||w||

2 = 2 (u | w).

Faisons u = v dans cette identité ; il vient : 2.(u | w) = (2u | w). Ainsi, (u + v | w) + (u − v | w) = (2u | w). Posant x = u + v , y = u – v , z = w , il vient : (x | z) + (y | z) = (x + y | z). L’application x → (x | z) est additive, donc Q-linéaire. Elle est de plus continue, donc elle est R-linéaire. Cqfd.

Remarque : Ce théorème a une élégante application au complété d’un R-espace préhilbertien séparé. Soit E un R-espace préhilbertien séparé, (Ê , ||.||) un complété de E. La norme de Ê vérifie l’identité de la médiane, donc dérive d’un produit scalaire, qui, par densité, prolonge celui de E. Exercice 4 : mesure de non euclidicité.

Soient (E, N) un espace vectoriel réel normé, U = E2 − (0, 0).

On pose µ(E, N) = sup(x,y)∈U )²)()²((2

)²()²(yNxN

yxNyxN+

−++.

1) Montrer que 1 ≤ µ(E, N) ≤ 2. 2) Montrer que µ(E, N) = 1 si et seulement si N est euclidienne. 3) Donner un exemple d’espace normé (E, N) tel que µ(E, N) = 2.

Solution : [ Glazman-Lioubitch, Analyse linéaire dans les espaces de dimension finie, Oral X 2006, RMS n° 178, Oral X 2010, RMS n° 195…] Cet exercice fait suite au précédent.

1) N(x + y)2 ≤ [ N(x) + N(y) ]

2 ≤ 2 [ N(x)

2 + N(y)

2 ]

Changeant y en – y, N(x − y)2 ≤ 2 [ N(x)

2 + N(y)

2 ]

Additionnons )²)()²((2

)²()²(yNxN

yxNyxN+

−++ ≤ 2. Donc µ(E, N) existe et est ≤ 2.

Si l’on fait x ≠ 0 et y = 0, il vient )²)()²((2

)²()²(yNxN

yxNyxN+

−++ = 1.

Comme x et y sont ≠ 0, prenons plutôt x ≠ 0, y de norme 1 et yn = ny

:

)²)()²((2

)²()²(n

nn

yNxNyxNyxN

+−++ → 1 , donc µ(E, N) ≥ 1.

2) µ(E, N) = 1 ⇔ ∀(x, y) ∈ E×E N(x + y)2 + N(x − y)

2 ≤ 2 [ N(x)

2 + N(y)

2 ].

(Cela est vrai pour x ou y nul par passage à la limite).

Si l’on pose u = 2

yx+, v =

2yx−

, il vient N(2u)2 + N(2v)

2 ≤ 2 [ N(u + v)

2 + N(u − v)

2 ].

14

Donc 2 [ N(u)2 + N(v)

2 ] ≤ N(u + v)

2 + N(u − v)

2 .

Au final, ∀(x, y) ∈ E×E N(x + y)2 + N(x − y)

2 = 2 [ N(x)

2 + N(y)

2 ].

Or il découle de l’exercice précédent que cela caractérise les normes euclidiennes.

3) Munissons Rn de la norme infinie, et prenons x = (1, 1, 0, …, 0) et y = (1, −1, 0, …, 0).

On constate que )²)()²((2

)²()²(yNxN

yxNyxN+

−++ = 2.

Exercice 5 : Soit E un espace préhilbertien séparé, (xi)1≤i≤n une suite finie de points de E.

1) Montrer que ∑i<j || xi − xj ||2 = n ∑ || xi ||

2 − || ∑ xi ||

2 .

2) En déduire que si, pour tous i ≠ j || xi − xj || ≥ a, alors toute boule contenant les n points xi a un

rayon r ≥ an

n2

1− . 3) Comparer cette minoration avec celles qu’on obtient, en dimensions 2 ou 3,

en majorant la somme des aires ou des volumes des boules de centre xi et de rayon a/2.

Solution :

Exercice 6 : Soit A ∈ MR(n, p) une matrice réelle à n lignes et p colonnes, b ∈ Rn

. Montrer l’équivalence : i) Il existe x ∈ R

p tel que A.x = b ;

ii) Pour tout y ∈ Rn on a l’implication

ty.A = 0 ⇒

ty.b = 0 .

Solution : Munissons Rn et R

p de leurs produits scalaires canoniques.

Notons a1, …, ap les colonnes de A. L’équivalence proposée s’écrit :

b ∈ Vect(a1, …, ap) ⇔ Vect(a1, …, ap) ⊥ ⊂ (R.b)

⊥ .

Elle se ramène à l’équivalence F ⊂ G ⇔ F⊥ ⊃ G

⊥ entre sous-espaces d’un espace euclidien.

Remarques : 1) Tout cela reste vrai dans le cas d’un corps commutatif quelconque K ; il suffit de munir K

n et K

p

de leurs formes quadratiques canoniques q(x) = ∑ )²( jx et q(y) = ∑ )²( iy , qui sont non dégénérées.

L’équivalence F ⊂ G ⇔ F⊥ ⊃ G

⊥ demeure.

2) En termes purement linéaires, tout cela s’écrit : « Pour que b ∈ Vect(a1, …, ap) , il faut et il suffit que toute forme linéaire s’annulant en a1, …, ap s’annule aussi en b », ou encore : « Pour que le système linéaire A.x = b ait une solution, il faut et il suffit que toute relation linéaire entre les lignes de A soit aussi satisfaite par les coordonnées de b. » 1.5. Orthoprojection. Exercice 1 : Soient E un R-espace vectoriel muni d’un produit scalaire, x et y deux vecteurs de E. Montrer l’équivalence des propriétés : i) x et y sont orthogonaux ; ii) (∀λ ∈ R) || x + λy || ≥ ||x|| .

Solution : i) ⇒ ii) par Pythagore, car alors || x + λy ||

2 = ||x||

2 + λ2

.||y||2 ≥ ||x||

2.

ii) ⇒ i) Supposons (∀λ ∈ R) || x + λy ||2 = ||x||

2 + 2λ.(x | y) + λ2

.||y||2 ≥ ||x||

2.

Alors (∀λ ∈ R) 2λ.(x | y) + λ2.||y||

2 ≥ 0.

15

Supposons λ > 0. Il vient : 2.(x | y) + λ.||y||2 ≥ 0. Faisons tendre λ vers 0+, il vient : (x | y) ≥ 0.

Supposons λ < 0. Il vient : 2.(x | y) + λ.||y||2 ≤ 0. Faisons tendre λ vers 0−, il vient : (x | y) ≤ 0.

Autre solution : T(λ) = 2λ.(x | y) + λ2.||y||

2 vérifie : (∀λ ∈ R) T(λ) ≥ T(0). Donc T’(0) = 0.

Remarque : selon une démarche typiquement mathématique, cette caractérisation permet de géné-raliser la notion d’orthogonalité à un espace normé quelconque E : le vecteur y est dit orthogonal au vecteur x si (∀λ ∈ R) || x + λy || ≥ ||x|| . Mais cette relation n’est plus symétrique en général,

comme on s’en apercevra en considérant ( R2, || ||∞ ) et ( R

2, || ||1 ).

cf. Glazman Lioubitch, Analyse linéaire dans les espaces de dimension finie (éd. Mir, p. 180). Bourbaki, EVT chap. V § 1, ex. 14 p. 144 Exercice 2 : Soient E un espace euclidien ou hermitien, p un projecteur de E. 1) Montrer l’équivalence : p est un orthoprojecteur ⇔ (∀x ∈ E) || p(x) || ≤ || x ||. 2) Montrer que les orthoprojecteurs de E forment un ensemble compact PPPP dans LLLL(E).

Solution : 1) L’implication p orthoprojecteur ⇒ (∀x ∈ E) || p(x) || ≤ || x || découle de Pythagore, car : || x ||

2 = || p(x) ||

2 + || x – p(x) ||

2 .

Soit p un projecteur tel que (∀x ∈ E) || p(x) || ≤ || x ||. Soient x ∈ Im p , y ∈ Ker p. Alors p(x + ty) = x , donc || x ||

2 ≤ || x + ty ||

2 pour tout t.

Cela s’écrit pour tout t : 0 ≤ 2t (x | y) + t2 || y ||

2 .

Divisons par t > 0 et faisons t → 0+ ; il vient (x | y) ≥ 0. Divisons par t < 0 et faisons t → 0− ; il vient (x | y) ≤ 0.

Autre solution : T(λ) = 2λ.(x | y) + λ2.||y||

2 vérifie : (∀λ ∈ R) T(λ) ≥ T(0). Donc T’(0) = 0.

2) PPPP est borné dans LLLL(E) puisqu’un orthoprojecteur a une norme triple ≤ 1, et en fait égale à 0 ou 1.

PPPP est fermé comme intersection de deux fermés, car 1) s’écrit PPPP = p ∈ LLLL(E) ; p2 = p et ||| p ||| ≤ 1 .

Exercice 3 : 1) Montrer que < f , g > = ∫ +1

0)].(').(')().([ dttgtftgtf est un produit scalaire sur

E = C2([0, 1], R). Soit || || la norme euclidienne associée.

Soient V = f ∈ E ; f = f’’ , W = f ∈ E ; f(0) = f(1) = 0 , et H = f ∈ E ; f(0) = ch 1 et f(1) = 1 . 2) Montrer que (ch, sh) est une base de V. 3) Si f ∈ V et g ∈ E, montrer que < f , g > = f’(1).g’(1) − f’(0).g’(0). Calculer < sh , ch >, || sh ||

2 et || ch ||

2.

4) Si f ∈ V et g ∈ W, montrer que < f , g > = 0. 5) Soit f ∈ H. Calculer < f , sh > et < f , ch >. En déduire les coordonnées dans la base (ch, sh) de la projection orthogonale πV(f) de f sur V.

6) Déterminer inf ∫ +1

0)²].(')²([ dttftf ; f ∈ H .

7) Montrer que W est l’orthogonal de V.

Solution : [ Oral CCP, PC 2011, RMS n° 1322 ] Exercice 4 : 1) Soient E l’espace de Hilbert des suites de carré sommable, F le sous-espace des suites nulles à partir d’un certain rang ; que dire de F⊥ ? A-t-on E = F ⊕ F⊥ ?

2) Soient E = C([0, 1], R) muni du ps ( f | g) = ∫1

0).().( dxxgxf , F l’hyperplan f ∈ E ; f(0) = 0 .

Montrer que F⊥ = 0. A-t-on E = F ⊕ F⊥ ?

16

3) Soient E = C([−1, 1], R) muni du ps ( f | g) = ∫−1

1).().( dxxgxf , F = f ∈ E ; ∀x∈[0, 1] f(x) = 0 .

Trouver F⊥, puis F ⊕ F⊥ . 4) Ces exemples contredisent-ils le théorème de la projection orthogonale ?

Solution :

1) F⊥ = 0, car une suite u = (un) est orthogonale à F si et seulement si elle est orthogonale à

chacune des suites ek = (δn,k), i.e. ssi ∀k uk = 0. Au fond, F est un sous-espace dense de E. Dès lors, F ⊕ F⊥ = F ≠ E.

2) Ici encore, l’hyperplan F est dense dans E, de sorte qu’à nouveau F⊥ = 0, et F ⊕ F⊥ = F ≠ E.

En effet, soit pn la suite de fonctions en plateau définies par

pn(x) = nx si 0 ≤ x ≤ n1 , pn(x) = 1 si

n1 ≤ x ≤ 1.

Pour toute f ∈ E, la suite (pn.f) d’éléments de F tend vers f , car || pn.f – f ||2 ≤ ∫

ndxxf

/1

0)².( → 0.

Autre solution : F contient les monômes xn pour n ≥ 1.

Donc si f ∈ F⊥, pour tout n ≥ 1, ∫

1

0.).( dxxxf n = 0, i.e. pour tout k ≥ 0, ∫

1

0.).( dxxxxf k = 0.

En vertu du théorème de Weierstrass, x.f(x) = 0, donc f = 0 sur ]0, 1], puis sur [0, 1] par continuité.

3) Je dis que F⊥ = g ∈ E ; ∀x ∈ [−1, 0] g(x) = 0 .

Il est clair que si ∀x ∈ [−1, 0] g(x) = 0, alors g ∈ F⊥ .

Réciproquement, soit g ∈ F⊥ . Introduisons la suite des fonctions en plateau qn définies par

qn(x) = 1 si −1 ≤ x ≤ −n1 , qn(x) = − nx si −

n1 ≤ x ≤ 0 , qn(x) = 0 si 0 ≤ x ≤ 1.

On a ∫+

−

1

1).().().( dxxqxgxg n = 0, i.e. ∫−

0

1).()².( dxxqxg n = 0 . Il en découle que ∫

−

−

ndxxg

/1

1)².( = 0.

Donc g(x) = 0 sur chaque segment [−1, −n1 ] donc sur la réunion [−1, 0[, et par continuité sur [−1, 0].

Je dis que F ⊕ F⊥ = h ∈ E ; h(0) = 0 ≠ E.

En effet, F ⊕ F⊥ ⊂ h ∈ E ; h(0) = 0 ; et si h(0) = 0, alors h = f + g , où

f(x) = h(x) si x ∈ [−1, 0] , f(x) = 0 si x ∈ [0, 1] g(x) = 0 si x ∈ [−1, 0] , g(x) = h(x) si x ∈ [0, 1].

4) Ainsi, dans les trois cas, F ⊕ F⊥ ≠ E. Comment ce fait-ce ? Le théorème de projection orthogonale s‘énonce ainsi, dans une version suffisamment générale :

Théorème : Soit E un espace préhilbertien, F un sous-espace vectoriel séparé et complet. Tout x ∈ E admet un meilleur approximant y ∈ F ; c’est l’unique point tel que x − y ∈ F⊥. L’application P qui à

x associe y est un projecteur continu d’image F, et de noyau F⊥ ; et l’on a E = F ⊕ F⊥.

Dans les trois cas, F est séparé, mais non complet.

Exercice 5 : Soit E l’espace vectoriel engendré par les polynômes réels et la fonction x → cos x +

sin x. On munit E du produit scalaire ( f | g) = ∫1

61).().( dxxgxf . Soient F le sous-espace vectoriel de E

engendré par les polynômes pairs et cos + sin, G le sous-espace des polynômes impairs. Montrer que E = F ⊕ G, que F et G sont fermés dans E, mais que les projecteurs associés ne sont pas continus.

Solution : [ Oral Centrale 1986, RMS n° 217 ]

17

Exercice 6 : Soit f ∈ C([a, b], R). Trouver les réels p, q rendant minimum : ∫b

axf )(( − px − q )

2 dx .

Solution : Il s’agit de trouver la droite des moindres carrés. Cette droite px + q est l’orthoprojection de f sur Vect(1, x). Le couple (p, q) est solution du système de Cramer ( f – px – q | 1 ) = ( f – px – q | x) = 0.

2

²² ab − p + ( b – a ) q = ∫b

adxxf ).( ,

3

33 ab −p +

2²² ab − q = ∫

b

adxxxf ).( .

La 1ère condition s’écrit aussi 2ab+ p + q =

ab−1 ∫

b

adxxf ).( .

Elle exprime que la droite passe par le point moyen (2ab+ ,

ab−1 ∫

b

adxxf ).( ).

Si l’on note mk = ∫b

a

k dxxfx ).( le moment d’ordre k de f, le système se résout ainsi :

p = 3)(6ab− [ 2m1 – ( a + b ) ] , q = 3)(

2ab− [ 2 ( a2

+ ab + b2 ) m0 – 3 ( a + b ) m1 ] .

∗ Exercice 7 : 1) Trouver les réels a, b, c rendant minimum : ∫+

−

1

1( xe − ax

2 − bx − c)

2 dx .

2) Trouver des réels λ1, λ2, λ3, x1, x2, x3 tels que :

∀P ∈ R5[X] ∫+

−

1

1).( dxxP = λ1.P(x1) + λ2.P(x2) + λ3.P(x3).

3) Soit E = C([−1, 1], R). Déterminer : max ∫+

−

1

1

3 ).(. dxxfx ; f ∈ C ,

où C = f ∈ E ; ∫+

−

1

1).( dxxf = ∫

+

−

1

1).(. dxxfx = ∫

+

−

1

1).(². dxxfx = 0 et ∫

+

−

1

1)².( dxxf = 1 .

4) Trouver P ∈ R[X] unitaire de degré 4 minimisant ∫+

−

1

1)².( dxxP .

Solution : 1) a) Commençons par résoudre cette question par une méthode directe.

F(a, b, c) = ∫+

−−−−

1

1)².²( dxcbxaxex

= 5

²2a − 2a ( e − e5 ) +

34ac + 2c

2 − 2c ( e −

e1 ) +

3²2b −

eb4 +

2² 2−−ee

.

Il s’agit de minimiser cette fonction de 3 variables sur R3.

Annuler les dérivées partielles pose des tas de problèmes : obtient-on un minimum global, local, un maximum global ou local, un point col ? Bref, cette méthode est déconseillée. Procédons de manière plus élémentaire. Observons d’abord que F est somme de deux fonctions :

F(a, b, c) = f(a, c) + g(b) + 2

² 2−−ee , où g(b) =

3²2b −

eb4 .

Par mise sous forme canonique, g(b) = 32 [ (b – 3/e)

2 – 9/e

2 ] est minimum pour b = 3/e.

Enfin, par mises sous forme canonique en a, puis en c :

f(a, c) = 5

²2a − 2a ( e − e5 ) +

34ac + 2c

2 − 2c ( e −

e1 )

= 52 [ a2

– 5a ( e − e5 ) +

310ac ] + 2c

2 − 2c ( e −

e1 )

= 52 [ a –

25 ( e −

e5 ) +

35c ]2 +

98 [ c −

e433 +

43e ]2 + cte

18

f(a, c) est minimum pour c = e4

33 − 43e , puis a =

25 ( e −

e5 ) −

35c =

415e −

e4105.

b) Cette méthode, purement algébrique, n’est pas la bonne. Voici une méthode géométrique.

Plaçons-nous dans l’espace E = C([−1, 1], R) muni du produit scalaire ( f | g ) = ∫+

−

1

1).().( dxxgxf et

de la norme associée. Il s’agit de chercher, parmi tous les trinômes T(x) = ax

2 + bx + c, celui qui minimise || exp – T || .

En vertu du théorème de projection orthogonale, ce trinôme existe et est unique : c’est l’ortho-

projection de exp sur F = R2[X]. Pour le trouver, il suffit d’écrire que exp – T ⊥ F, autrement dit :

exp – T ⊥ 1, x, x2. On obtient un système linéaire 3×3 nécessairement cramérien :

> scal:=proc(f,g)int(f(x)*g(x),x=-1..1);end; := scal procprocprocproc( ) end procend procend procend proc,f g ( )int ,×( )f x ( )g x = x .. -1 1

> T:=x->a*x^2+b*x+c:e0:=x->1:e1:=x->x:e2:=x->x^2: > scal(exp-T,e0);scal(exp-T,e1);scal(exp-T,e2);

> s:=solve(scal(exp-T,e0)=0,scal(exp-T,e1)=0,scal(ex p-T,e2)=0,a,b,c);

:= s , , = b 3 eeee( )-1

= c − + 34

eeee334

eeee( )-1

= a − 154

eeee1054

eeee( )-1

Conclusion : le trinôme cherché est T(x) = ( e.4

15 − e4

105) x2 +

e3 x + (

e433 − e.

43 ).

c) Une solution plus savante consiste à construire au préalable une base (P0, P1, P2) de F orthogonale

pour le produit scalaire, par ex. en appliquant le procédé de Gram-Schmidt à la famille (1, x, x2).

Comme (1, x) est orthogonale, on peut prendre P0 = 1, P1 = x.

Reste P2 = αx2 + βx + γ. Ecrivant que (P0 | P2) = (P1 | P2) = 0, il vient : α.

32 + 2.γ = 0 , β.

32 = 0,

c’est-à-dire, à scalaire près : P2 = 23 x

2 −

21 .

Le trinôme cherché est alors T = 000

0.

)(

)(expP

PP

P+ 1

11

1.

)(

)(expP

PP

P+ 2

22

2.

)(

)(expP

PP

P.

Les polynômes de Legendre sont préprogrammés par Maple :

> with(orthopoly); [ ], , , , ,G H L P T U

> legapprox:=proc(f,n) > local k,x; > expand(sum(int(f(x)*P(k,x),x=-1..1)/int(P(k,x)^2,x= -1..1)*P(k,x), k=0..n));end; > sort(legapprox(exp,2));

− + + + − 1054

eeee( )-1

x2 154

eeee x2 3 eeee( )-1

x334

eeee( )-1 3

4eeee

2) Analysons cette formule de quadrature : considérons le polynôme Φ(x) = (x − x1)(x − x2)(x − x3).

Il doit vérifier ∫+

−Φ

1

1.).( dxxx k = 0 pour k = 0, 1, 2. Φ(x) est de degré 3 et orthogonal à 1, x, x

2, donc

est proportionnel au polynôme de Legendre P3(x) = 2

35 3 xx −.

Par conséquent x1 = −53 , x2 = 0 , x3 =

53 .

Les formes d’évaluation P → P(xi) étant libres sur R2[X], forment une base de l’espace dual.

− − − eeee23

a 2 c eeee( )-1

− + 23

b 2 eeee( )-1

− − − eeee25

a23

c 5 eeee( )-1

19

Il existe donc des constantes λ1, λ2, λ3, telles que :

∀P ∈ R2[X] ∫+

−

1

1).( dxxP = λ1.P(x1) + λ2.P(x2) + λ3.P(x3).

Ces constantes sont données par λi = ∫+

−

1

1).( dxxLi , où (Li) est la base de Lagrange associée aux xi.

Conclusion : ∀P ∈ R5[X] ∫+

−

1

1).( dxxP =

95 .P(−

53 ) +

98 .P(0) +

95 .P(

53 ).

3) [ Rudin, ex. 14 p. 90 ]

Par Cauchy-Schwarz, (x3 | f ) ≤ || x3 ||.|| f || = || x

3 || =

72 , mais cette majoration n’est pas optimale.

Notons (Q0, Q1, Q2, Q3) les polynômes de Legendre normalisés :

Q0(x) = 2

1 , Q1(x) = 23 x , Q2(x) =

25

21²3 −x , Q3(x) =

27

235 3 xx −

.

On en déduit x3 =

52

72 Q3(x) +

53 Q1(x) .

La fonction f est orthogonale à 1, x, x2, donc à Q0, Q1, Q2.

Par Cauchy-Schwarz : (x3 | f ) =

52

72 (Q3 | f ) ≤

52

72 || Q3

||.|| f || =

52

72 .

Il y a égalité ssi f = Q3 .

Autre approche, plus abstraite : si (Qn) est la suite des polynômes de Legendre normalisés,

orthonormalisée de (Xn) par la procédé de Gram-Schmidt, on a une formule de Parseval-Legendre :

|| f ||2 = ∑

≥0

)²(n

nQf , conséquence du théorème de Weierstrass. Les contraintes donnent ici

1 = ∑≥3

)²(n

nQf , et l’on voit que (Q3 | f ) est maximum ss’il vaut 1 et les autres sont nuls. Conclure

comme ci-dessus.

4) Les polynômes unitaires de degré 4 forment un espace affine de dimension 4, F = X4

+ R3[X]. On cherche le polynôme P de plus petite norme appartenant à F, autrement dit l’orthoprojection de 0 sur F. Ce polynôme existe et est unique ; il est caractérisé par les relations :

P ∈ F , P ⊥ 1 , P ⊥ X , P ⊥ X2 , P ⊥ X

3 .

Si l’on introduit les polynômes de Legendre P0, P1, P2, P3, alors P est caractérisé par :

P = X4 + a.P3 + b.P2 + c.P1 + d.P0 , P ⊥ P0 , P ⊥ P1 , P ⊥ P2 , P ⊥ P3 .

(X4 | P0) + d.(P0 | P0) = (X

4 | P1) + c.(P1 | P1) = (X

4 | P2) + b.(P2 | P2) = (X

4 | P3) + a.(P3 | P3) = 0 .

P(X) = X4 − )(.

)(

)(

30

4

XPPP

PXk

k kk

k∑

≤≤.

Laissons Maple effectuer les calculs : > Q:=expand(x^4-sum(int(x^4*P(k,x),x=-1..1)/int(P(k,x )^2,x=-1..1) *P(k,x),k=0..3));

:= Q + − x4 335

67

x2

∗ Exercice 8 : Trouver les réels a, b, c rendant minimum : ∫1

0(lnx − ax

2 − bx − c)

2 dx .

Solution :

20

Considérons ici l’espace E des fonctions continues ]0, 1] → R de carré intégrable, muni du produit

scalaire ( f | g ) = ∫1

0).().( dxxgxf et de la norme associée.

Le trinôme T(x) = ax2 + bx + c la projection orthogonale de la fonction ln sur F = R2[X].

Pour le trouver, il suffit d’écrire que ln – T ⊥ F, autrement dit : ln – T ⊥ 1, x, x2.

> scal:=proc(f,g)int(f(x)*g(x),x=0..1);end; := scal procprocprocproc( ) end procend procend procend proc,f g ( )int ,×( )f x ( )g x = x .. 0 1

> T:=x->a*x^2+b*x+c:e0:=x->1:e1:=x->x:e2:=x->x^2: > scal(ln-T,e0);scal(ln-T,e1);scal(ln-T,e2);

> s:=solve(scal(ln-T,e0)=0,scal(ln-T,e1)=0,scal(ln-T ,e2)=0,a,b,c);

:= s , , = a -5 = c-103

= b 8

Conclusion : le trinôme cherché est T(x) = − 5x2 + 8x −

310 .

Bien entendu, comme dans l’exercice précédent, on peut construire au préalable une base ortho-gonale de F par le procédé de Gram-Schmidt.

Exercice 9 : Soit n ∈ N. Montrer que ∃! Q ∈ Rn[X] ∀P ∈ Rn[X] ∫1

0).().( dxxQxP = ∫ +

1

0.

1²)( dx

xxP

.

Solution : [ Oral X 2012, RMS n° 183 ]

Munissons C([0, 1], R) du produit scalaire ( f | g ) =∫1

0).()( dxxgxf .

L’existence et l’unicité du polynôme Q découlent du théorème de Riesz.

De plus, ce polynôme est l’orthoprojection de 1²

1+x

sur Rn[X].

Il resterait à savoir si cette orthoprojection est intéressante à calculer…

Exercice 10 : Soient n ∈ N* et I = inf ∫ ∑=

−1

0 1

)².1( dttxn

i

ii ; (x1, …, xn) ∈ R

n .

1) Montrer qu’il existe un unique (a1, … , an) ∈ Rn réalisant la borne inférieure.

2) On pose g(X) = 1

1+X

− ∑= ++n

i

i

iXa

1 1. Calculer g(k) pour k ∈ 1, …, n. Que vaut g(0) ?

3) Déterminer I et (a1, …, an).

Solution : [ Centrale PC 2013, RMS n° 994 ] 1) Soit E l’espace vectoriel des fonctions continues [0, 1] → R, muni du produit scalaire ( f | g ) =

∫1

0).().( dxxgxf . La fonction F : (x1, …, xn) → ∫ ∑

=−

1

0 1

)²..1(n

k

kk dttx atteint son minimum en un point

unique (a1, …, an), correspondant au fait que le polynôme P = ∑≤≤ nk

kk ta

1

. est l’orthoprojection de 1 sur

Vect(t, t2, …, t

n). Ce polynôme P est caractérisé par les relations ∀k ∈ 1, …, n ( 1 – P | t

k ) = 0.

Ce système s’écrit :

− − − − 12

b 113

a c − − − − 14

14

a13

b12

c − − − − 19

15

a14

b13

c

21

+++

+

+

121...

31

21

............3

1...51

41

21...

41

31

nnn

n

n

na

aa

...1

0

=

+11...3121

n

.

2) Introduisons la fraction rationnelle : G(X) = 1

1+X

− ∑= ++n

i

i

iXa

1 1.

Elle vérifie G(1) = … = G(n) = 0, en vertu du système ci-dessus.

Comme elle est de degré < 0, elle s’écrit : G(X) = )()(

XDXN

= C)1)...(2)(1(

))...(2)(1(++++

−−−nXXXnXXX

.

Pour avoir la valeur de C, prenons un équivalent de G en −1 :

G(x) ∼ 1

1+x

∼ 1+x

C!

)!1()1(nnn +−

, donc C = 1)1(

+−n

n

.

Une autre façon d’obtenir C est de dire que le résidu de G au pôle −1 est connu, il vaut 1 = )1(')1(

−−

DN

.

Conclusion : G(0) = 1 − ∑= +n

i

i

ia

1 1 =

)²1(1+n

3) In = f(a0, …, an) = ∫ −−1

0)).(1))((1( dttPtP = ∫ −

1

0)).(1( dttP = 1 + ∑

= +n

k

k

ka

1 1 = G(0) =

)²1(1+n

.

Quant aux ak, pour les obtenir, il suffit de multiplier G(X) par X + k et de faire X = − k.

Il en résulte que, lorsque n → +∞, le polynôme de meilleure approximation Pn = ∑≤≤ nk

kk ta

1

. converge en

moyenne quadratique vers 1. Attention ! les ak dépendent de n. Ce polynôme est nul en 0, donc la

suite (Pn) ne converge pas simplement vers 1 sur [0, 1].

Exercice 11 : Soit n ∈ N. 1) Montrer que la fonction f : (a0, …, an) → ∫ ∑=

−1

00

)²..(lnn

k

kk dttat

atteint son minimum sur Rn+1

en un point unique.

2) Former un système linéaire caractérisant (a0, …, an).

Exprimer ∆n = min f à l’aide de (a0, …, an).

3) En considérant la fraction rationnelle F(X) = ²

1X

+ ∑= +n

k

k

kXa

0

, calculer ∆n .

Solution :

1) Soit E l’espace vectoriel des fonctions continues ]0, 1] → R de carré intégrable, muni du produit

scalaire ( f | g ) = ∫1

0).().( dxxgxf . Cet espace contient les polynômes et la fonction ln.

La fonction f : (a0, …, an) → ∫ ∑=

−1

00

)²..(lnn

k

kk dttat atteint son minimum en un point unique, qui

correspond au fait que le polynôme P = ∑≤≤ nk

kk ta

0

. est l’orthoprojection de ln sur Rn[X].

2) P est caractérisé par les relations : ∀k ∈ 0, 1, …, n ( ln – P | tk

) = 0.

Comme ( ln | tk ) = −

)²1(1+k

, le système s’écrit :

22

+++

+

+

121...

21

11

............2

1...31

21

11...

21

11

nnn

n

n

na

aa

...1

0

=

+−

−

−

)²1(1

...²2

1²1

1

n

.

∆n = f(a0, …, an) = ∫ −−1

0)).())(ln((ln dttPttPt = ∫ −

1

0.ln)).((ln dtttPt = 2 + ∑

= +n

k

k

ka

0 )²1(.

3) Introduisons la fraction rationnelle : F(X) = ²

1X

+ ∑= +n

k

k

kXa

0

.

Elle vérifie F(1) = … = F(n + 1) = 0, en vertu du système ci-dessus.

Comme elle est de degré < 0, elle s’écrit : F(X) = C))...(1²(

)1)...(2)(1(nXXXnXXX

++−−−−

.

Pour avoir la valeur de C, prenons un équivalent de F en 0 :

F(x) ∼ ²

1x

∼ ²x

C!

)!1()1( 1

nnn +− +

, donc C = 1)1( 1

+− +

n

n

.

D’une part : F’(X) = − 32X

− ∑= +n

k

k

kXa

0 )²( , donc ∆n = − F’(1).

D’autre part : F’(1) = limx→1 1

)1()(−−

xFxF

= limx→1 C))...(1²()1)...(2(

nxxxnxx++−−−

= 1)1(

+−n

n

C = −)²1(

1+n

.

Conclusion : ∆n = )²1(

1+n

.

Il en résulte que, lorsque n → +∞, le polynôme Pn = ∑≤≤ nk

kk ta

0

. converge en moyenne quadratique vers

ln. (Attention ! les ak dépendent de n.)

Exercice 12 : 1) Calculer inf ∫+∞

−+++0

33

221 .)².1( dxexaxaxa x ; (a1, a2, a3) ∈ R

3 .

2) Calculer inf ∫+∞

−+++0

1 .)²....1( dxexaxa xnn ; (a1, … , an) ∈ Rn .

Ind. : poser P = −∑=

n

k

kkXa

1

, Q = 1 + ∑=

++n

kk kXXa

1

))...(1( , et montrer que Q(k) = 0 pour k ∈ [1, n].

Solution : [ Oral Mines PSI 2011, RMS n° 610, MP 2011, RMS n° 428, MP 2013 RMS n° 488 ]

1) Munissons R[X] du produit scalaire (P | Q) = ∫+∞

−0

.).().( dxexQxP x et de la norme associée.

Cherchons à calculer I = inf ∫+∞

−+++0

1 .)²....1( dxexaxa xnn ; (a1, … , an) ∈ Rn .

Notons F(a1, … , an) = ∫+∞

−+++0

1 .)²....1( dxexaxa xnn la fonction à minimiser.

Le polynôme P = −∑=

n

k

kkXa

1

doit être l’orthoprojection de 1 sur Vect(X, …, Xn).

2) Le système linéaire ( P − 1 | Xk

) = 0 pour k ∈ 1, … , n s’écrit Q(k) = 0 pour k ∈ 1, … , n

où l’on a posé Q = 1 + ∑=

++n

kk kXXa

1

))...(1( , en vertu de ∫+∞

−0

.. dxex xp = p!.

Donc Q(X) = C.( X – 1 ) … ( X – n ). On évalue C en faisant X = −1. Il vient C = )!1()1(

+−n

n

23

D’où : I = ∫+∞

−++0

.)).(1))((1( dxexPxP x = ∫+∞

−+0

.)).(1( dxexP x = Q(0) = 1

1+n

.

3) Solution plus savante.

Si A(x) = 1 +∑≤≤ nk

kkxa

1

, il s’agit de minimiser F(a1, … , an) = || A ||2 sur l’hyperplan affine H

d’équation A(0) = 1. Le polynôme A cherché est l’orthoprojection de 0 sur cet hyperplan.

Cherchons-le dans la base LLLLn = (L0, L1, …, Ln) des polynômes de Laguerre : A(x) = ∑≤≤ nk

kk xL0

)(.λ .

Alors || A ||2 = ∑

≤≤ nkk

0

)²(λ et A(0) = ∑≤≤ nk

k0

λ . Il découle par exemple de Cauchy-Schwarz que le

minimum de∑≤≤ nk

k0

)²(λ sur ∑≤≤ nk

k0

λ = 1 est atteint pour (λ0, λ1, …, λn) = 1

1+n

. Il vaut 1

1+n

.

Conclusion : inf ∫+∞

−+++0

1 .)²....1( dxexaxa xnn ; (a1, … , an) ∈ Rn =

11+n

.

Il est atteint pour A(x) = 1 +∑≤≤ nk

kkxa

1

= 1

1+n ∑

≤≤ nkk xL

0

)( .

Exercice 13 : On munit R[X] du produit scalaire (P | Q) =∫1

0).()( dttQtP .

1) Montrer que (∀n ∈ N) ∃ !An ∈ Rn[X] ∀P ∈ Rn[X] P(0) = (An | P).

2) Montrer que deg An = n, et que An possède n racines distinctes dans ]0, 1[.

3) Calculer An(0) en fonction de n. 4) Existe-t-il un polynôme A ∈ R[X] tel que ∀P ∈ R[X] P(0) = (A | P) ?

Solution : [ Oral Mines MP 2006, RMS n° 324, X MP 2007, RMS n° 171, Centrale PC 2011, RMS n° 1043 ] 1) découle du théorème de Riesz appliqué à Rn[X] muni du produit scalaire induit : pour toute forme

linéaire f sur Rn[X], il existe un unique polynôme A ∈ Rn[X] tel que ∀P ∈ Rn[X] f(P) = (An | P). C’est vrai en particulier pour la forme linéaire P → P(0).

Retrouvons cela élémentairement. Soit An(X) = a0 + a1.X + … + an.Xn le polynôme cherché.

La condition ∀P ∈ Rn[X] P(0) = (An | P) équivaut à ∀k ∈ 0, 1, …, n δk,0 = (An | Xk) ,

i.e. :

+++

+

+

121...

21

11

............2

1...31

21

11...

211

nnn

n

n

na

aa

...1

0

=

0...01

.

La matrice Hn+1 de ce système est la matrice de Gram du produit scalaire ( | ) relativement à la base

canonique de Rn[X], donc elle est symétrie définie positive, et en particulier inversible.

Autre approche. Soit (Q0, Q1, …, Qn) une base orthonormée de Rn[X] pour le produit scalaire ( | ), formée de polynômes à degrés échelonnés. On l’obtient, comme on sait par le procédé dit de Gram-

Schmidt. Si An = ∑≤≤ nk

kk Qa0

. , il vient aussitôt ak = Qk(0). Ainsi, An(x) = ∑≤≤ nk

kk xQQ0

)().0( .

Une autre approche consiste à introduire le produit scalaire < P | Q > = ∫1

0).()( dxxQxxP .

La condition : ∀P ∈ Rn[X] P(0) = (An | P) équivaut à :

∀Q ∈ Rn−1[X] 0 = (An | X.Q) et 1 = (An | 1).

24

Ou encore à : ∀Q ∈ Rn−1[X] 0 = < An | Q > et 1 = (An | 1).

Soit (S0, S1, …, Sn) une base orthonormée de Rn[X] pour le produit scalaire < P | Q >, formée de

polynômes à degrés échelonnés. Il vient aussitôt An = bn.Sn , où bn ∫1

0).( dxxSn = 1.

Remarque : la (une) base (Q0, Q1, …, Qn) s’exprime à l’aide des polynômes de Legendre.

Qk(x) = 12 +k .Pk(2x – 1) ; or Pk(−1) = (−1)k

, de sorte que :

An(x) = ∑≤≤ nk

kk xQQ0

)().0( = ∑≤≤

−+−nk

kk xPk

0

)12().12.()1( .

> with(orthopoly); [ ], , , , ,G H L P T U

> Q:=(n,x)->sqrt(2*n+1)*P(n,2*x-1);

:= Q → ( ),n x + 2 n 1 ( )P ,n − 2 x 1 > A:=(n,x)->expand(sum(Q(k,0)*Q(k,x),k=0..n));

:= A → ( ),n x

expand∑ = k 0

n

( )Q ,k 0 ( )Q ,k x

> for n from 0 to 5 do A(n,x);fsolve(A(n,x)=0,x);od; 1

− 4 6 x .6666666667 − + 9 36x 30x2

,.3550510257.8449489743

− + − 16 120x 240x2 140x3

, ,.2123405382.5905331356.9114120405 − + − + 25 300x 1050x2 1400x3 630x4

, , ,.1397598643.4164095676.7231569864.9428958039

− + − + − 36 630x 3360x2 7560x3 7560x4 2772x5

, , , ,.09853508580.3045357266.5620251898.8019865821.9601901429 > with(plots):p:=n->plot(A(n,x),x=0..1,thickness=2): display(seq(p(n),n=0..6));

Remarque : on constate que An est à coefficients dans Z. Ce n’est pas surprenant, si l’on sait que les inverses des matrices de Hilbert sont à coefficients dans Z [ cf. pb Centrale MP 2011 ].

2) Montrons que An est de degré n. S’il était de degré < n, alors on aurait :

25

dxxxAn ².)(1

0∫ = dxxxAxA nn .)().(1

0∫ = 0.An(0) = 0, violant le théorème aux 4 hypothèses.

Or on ne viole pas un théorème, car un théorème est inviolable. Autres solutions :

i) Montrer que An est de degré n revient à montrer que Qn(0) ≠ 0. Or on sait que Qn a toutes ses racines simples situées dans ]0, 1[.

ii) Du reste, An = bn.Sn , où bn ∫1

0).( dxxSn = 1. Donc bn est non nul et deg An = n.

Montrons que An a n racines simples situées dans ]0, 1[. Pour cela, notons x1, …, xr les racines de

An situées dans ]0, 1[ et en lesquelles An change de signe, autrement dit les racines d’ordre de

multiplicité impaire. Supposons par absurde r < n. Alors ∫ −−1

01 .))...()(( dxxxxxxxA rn = 0.

Or x.(x − x1) … (x − xr).An(x) est non nul, et de signe constant sur [0, 1] : impossible !

3) Montrons que An(0) = ( n + 1 )2.

Avec les notations de 1),

na

aa

...1

0

= Hn+1−1

0...01

. Il suffit de calculer a0 ; or c’est le quotient de deux

déterminants de Cauchy…

Si l’on connaît les polynômes de Legendre, An(0) = ∑≤≤ nk

kQ0

)²0( = ∑≤≤

+nk

k0

)12( = ( n + 1 )2.

4) La réponse est non. 1ère méthode : Si un tel polynôme existait, soit n son degré. Comme ∀P ∈ Rn[X] P(0) = (A | P) , on a par unicité A = An.

Comme ∀P ∈ Rn+1[X] P(0) = (A | P) , on a par unicité A = An+1.

Or An et An+1 sont distincts, en vertu de 2).

2ème méthode : Si un tel polynôme existait, il vérifierait ∫1

0.).( dtttA k = 0 pour tout k ≥ 1, donc

∫1

0..).( dttttA k = 0 pour tout k ≥ 0. Le polynôme tA(t) serait orthogonal à tous les autres, et en

particulier à lui-même. Il serait donc nul, A serait le polynôme nul. On ne pourrait avoir (A | 1) = 1.

Remarque : on voit sur les graphes que (An) tendent vers une mesure de Dirac en 0. Mais en quel sens ?

Exercice 14 : 1) Si n ∈ N, montrer qu’il existe un unique polynôme Tn ∈ R[X] tel que

∀x ∈ R cos(nx) = Tn(cos x).

2) Déterminer inf ∫+

− −1

1.

²1)²( dtt

tP ; P ∈ R[X] unitaire de degré n .

Solution : [ Oral X PC 2012, RMS n° 338 ]

1) Bien connu ; cf. mon chapitre sur les polynômes de Tchebychev. Rappelons que Tn est un

polynôme de degré n, et de coefficient dominant 2n−1

pour n ≥ 1.

2) Notons Fn l’ensemble des polynômes réels unitaires de degré n. Fn est un sous-espace affine de

dimension n de R[X], car Fn = Xn + Rn−1[X]. La borne inférieure est atteinte pour l’orthoprojection

Pn de 0 sur Fn. Ce polynôme Pn est élément de Rn[X] et orthogonal à Rn−1[X], donc il est de la

forme Pn = λTn, en vertu de l’orthogonalité des polynômes de Tchebychev.

26

Comme il est unitaire, Pn(X) = 121

−n Tn(X).

Du coup, inf ∫+

− −1

1.

²1)²( dtt

tP ; P ∈ Fn = 222

1−n ∫

+

− −1

1.

²1)²( dtttTn = 122 −n

π .

Exercice 15 : Soit f ∈ C([0, 1], R) telle que ∫1

0).( dxxf = ∫

1

0).( dxxxf = 1. Montrer ∫

1

0)².( dxxf ≥ 4.


Munissons C([0, 1], R) du produit scalaire ( f | g ) = ∫1

0).()( dxxgxf .

L’orthoprojection de f sur Vect(1, x) est, après calculs, P(x) = 6x – 2.

Du coup, par Pythagore ∫1

0)².( dxxf ≥ ∫

1

0)².( dxxP = 4.

Exercice 16 : Calculer sup ∫1

0

2010 ).( dxxfx ; f ∈ C([0, 1], R) ,∫1

0)².( dxxf = 1 .


Munissons C([0, 1], R) du produit scalaire ( f | g ) = ∫1

0).()( dxxgxf .

Par Cauchy-Schwarz, ∫1

0

2010 ).( dxxfx = ( x2010

| f ) ≤ || x2010

||.|| f || = 40211 .

Il y a égalité ssi f(x) = 4021x2010

.

Exercice 17 : Déterminer inf ²1

0∫ f ; f ∈ C([0, 1], R), f(0) = f(1) = 1 .

Solution : [ Oral X PC 2011, RMS n° 334 ] 1) Analysons le problème posé.

Munissons E = C([0, 1], R) du produit scalaire ( f | g ) = ∫1

0fg .

F = f ∈ C([0, 1], R) ; f(0) = f(1) = 1 est un sous-espace affine de codimension 2 de E.

C’est 1 + F0, où F0 = f ∈ C([0, 1], R) ; f(0) = f(1) = 0 est un sous-espace vectoriel de codimension 2 de E. On cherche le point de F le plus proche de 0 ; logiquement, ce devrait être l’orthoprojection de 0 sur

F… Mais cela supposerait que E = F0 + (F0)⊥. En réalité, nous allons voir qu’il n’en est rien.

2) Synthèse.

Considérons la suite de fonctions fn(x) = [ 1 – 4x(1 − x) ]n .

Ce sont des éléments de F, et ²)(1

0∫ nf → 0 par convergence dominée.

Conclusion : inf ²1

0∫ f ; f ∈ C([0, 1], R), f(0) = f(1) = 1 = 0.

Cette borne inférieure n’est pas atteinte.

On aurait aussi pu choisir fn telle que (fn)2 soit une fonction en biseau, continue, affine sur [0, 1/n],

[1/n, 1 – 1/n] et [1 – 1/n , 1], valant 1 en 0 et 1, 0 en 1/n et 1 – 1/n.

L’explication profonde de ce paradoxe est que F0 et F sont denses dans E.

27

Exercice 18 : 1) Montrer que, dans chaque intervalle [kπ, (k + ½)π[, k ∈ N, l’équation x.tan x = 1

admet une unique solution, notée ωk.

2) Pour tout k ≥ 1, on pose ak = 1 + sin2 ωk . Vérifier que ak = 2

2

12

k

k

ωω

++ .

3) Si k ≥ 1 et x ∈ [−1, 1], soit vk(x) = k

k

a

x)cos(ω. Calculer Im,n = ∫

+

−

1

1).().( dxxvxv nm .

Solution : 1) Il suffit de tracer les courbes tan x et 1/x, et d’invoquer le théorème des valeurs intermédiaires.

2) ak = 1 + sin2 ωk = 2 − cos

2 ωk = 2 −

kω²tan11

+ = 2

2

12

k

k

ωω

++ .

3) On montre, avec une bonne dose de trigo, que Im,n = ∫+

−

1

1).().( dxxvxv nm = δm,n .

La famille (vn) est orthonormée pour le produit scalaire usuel sur [−1, +1].

Remarque : Les vn sont sans nul doute des fonctions propres d’un opérateur intégral autoadjoint à déterminer.

Exercice 19 : Soit (an) une suite fixée de réels.

Pour P et Q ∈ R[X], on pose ( P | Q ) = ∑≥0

)()( )().(n

nn

nn aQaP .

1) Montrer que l’on définit ainsi un produit scalaire.

2) Soit (Pn) la suite obtenue par orthonormalisation de Gram-Schmidt de (Xn). Calculer )()(

jj

i aP .

3) Montrer que Pn(x) = ∫∫1

1021

t

a

x

adtdt … ∫

−

−

1

1

n

n

t

andt .

4) Calculer Pn pour la suite (an) = (nα).

Solution : [ Oral X M’ 1996, RMS n° 15, Oral Centrale MP 2013, RMS n° 815 ] Exercice 20 : Soient E un K -espace vectoriel muni d’un produit scalaire et de la norme associée, B sa boule unité fermée. 1) Montrer que si E est de dimension finie, B est compacte. 2) Montrer que si E est de dimension infinie, il existe une famille orthonormale infinie. En déduire que B n’est pas compacte.

Solution : Il s’agit de démontrer l’alternative de Riesz dans le cas particulier des espaces préhilbertiens. 1) découle du cours.

2) Si E est de dimension infinie, il existe une suite libre infinie (a1, a2, a3, … ). Si l’on applique à cette suite le procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt, on en déduit l’existence d’une famille

orthonormée (e1, e2, e3, … ). Alors pour i ≠ j, || ei – ej || = 2 . Ainsi (en) est une suite de points de B dont on ne peut extraire aucune suite convergente. Donc B n’est pas compacte. _________

2. Espaces euclidiens : généralités.

28

Exercice 1 : On considère une famille (Pk)0≤k≤n d’éléments de R[X] telle que, pour tout k ∈ 0, …,

n, deg Pk = k. Existe-t-il un produit scalaire sur Rn[X] pour lequel la famille (Pk)0≤k≤n soit une base

orthonormée de Rn[X] ?

Solution : [ Oral Mines 2013, RMS n° 487 ]

En vertu du critère des degrés échelonnés, (Pk)0≤k≤n est une base de Rn[X], et on est ramené au :

Lemme : Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie p. Toute base (a1, … , ap) de E est orthonormée pour un certain produit scalaire.

Il suffit de considérer (x | y) = ∑=

p

iii yx

1

, où x = ∑=

p

iii ax

1

et y = ∑=

p

iii ay

1

.

Exercice 2 : Si l’on rapporte E et F à des bases quelconques BBBBE et BBBBF , comment s’exprime la matrice de u* à l’aide de celle de u ?

Solution : Soient G et H les matrices de Gram respectives de BBBBE et BBBBF, c’est-à-dire les matrices donnant les produits scalaires mutuels de leurs vecteurs. L’identité

∀(x, y) ∈ E×F (x | u*(y)) = (u(x) | y) s’écrit : ∀X ∈ Rp ∀Y ∈ R

n tX.G.B.Y = tX.tA.H.Y .

On en déduit que B = G−1

.tA.H .

Lorsque BE et BF sont orthonormées, alors G = Ip et H = In , et l’on retrouve le cours. Exercice 3 : bases duales. Soit E un espace euclidien de dimension n.

1) Soit BBBB = (a1, … , an) une base quelconque de E. Montrer qu’il existe une unique base

BBBB = (b1, … , bn) telle que l’on ait, pour tout x de E : x = ∑=

n

iii axb

1

.)( .

La baseBBBB est dite duale de BBBB. Quelle est la duale de BBBB ? Quand a-t-on BBBB = BBBB ?

2) Si l’application linéaire u : E → F a pour matrice A relativement à des bases de E et F, quelle est la matrice de u* relativement aux bases duales ?

Solution :

1) Tout vecteur x s’écrit x = ∑=

n

iii axf

1

).( , où les fi sont les formes coordonnées relativement à BBBB.

Autrement dit ( f1, … , fn) est la base de E* duale de BBBB.

Or le théorème de Riesz affirme que φ : b → ( b | . ) est un isomorphisme de E sur E*.

BBBB = (b1, … , bn) n’est autre que l’image réciproque de ( f1, … , fn) par φ. Je dis que BBBB est la duale de B B B B . En effet, pour tout couple (x, y) :

(x | y) = ∑=

n

iii yaxb

1

).()( = ( x | ∑=

n

iii bya

1

.)( ) , donc y = ∑=

n

iii bya

1

.)( .

Une autre façon de montrer cela est de noter que (bi | aj) = δi,j. Or cette relation est symétrique. Ceci montre au passage que BBBB = BBBB si et seulement si BBBB est orthonormée.

Avant d’aborder la question 2, considérons une base orthonormée BBBB0 = (e1, …, en) de E.

Soient P la matrice de passage de BBBB0 à BBBB, P’ la matrice de passage de B B B B0 à BBBB’. Je dis que P’ = tP

−1.

Soit x un vecteur de E, X0, X et X’ ses vecteurs coordonnées relativement à BBBB0, BBBB et BBBB’.

29

On sait que X0 = P.X = P’.X’, mais par ailleurs X = tP’.X0, traduisant le fait que les coordonnées de

x relativement à BBBB sont les (bi | x). On conclut aussitôt.

2) Rapportons E à une base BBBBE = (a1, …, ap) et notons BBBB’E = (a’1, …, a’p) sa duale, rapportons F à

une base BBBBF = (b1, …, bn) et notons BBBB’F = (b’1, …, b’n) sa duale.

Notons A = Mat(u, BBBBE, BBBBF) = (αij) et A’ = Mat(u*, BBBB’F, BBBB’E) = (βji). Je dis que A’ = tA.

αij est la i-ème coordonnée de u(aj) dans la base (bi).

Comme u(aj) = ∑i

iij bbau )')(( , αij = (u(aj) | b’ i).

βji est la j-ème coordonnée de u*(b’ i) dans la base (a’ j).

Comme u*(b’ i) = ∑i

jji aabu '))'(*( , βji = (u*(b’ i) | aj).

On voit aussitôt que αij = βji . Cqfd

Exercice 4 : Soient E un espace euclidien de dimension n, (e1, …, en) une famille de vecteurs de E. Montrer l’équivalence des propriétés :

i) (e1, …, en) est une base orthonormée de E ; ii) Pour tout x ∈ E || x ||2 = ∑

≤≤ nkk xe

1

)²( .

Solution : [ Oral EIVP 2013, RMS n° 1206 ]

Le sens i) ⇒ ii) est facile. La réciproque l’est nettement moins.

Tout d’abord, ∀k (ek | x) = 0 ⇒ x = 0. Ainsi, Vect(e1, …, en)⊥ = 0, donc Vect(e1, …, en) = E.

La famille (e1, …, en) est génératrice, donc est une base.

Par dédoublement des variables, on a : ∀(x, y) ∈ E×E (x | y) = ∑≤≤ nk

kk yexe1

))(( .

En effet, deux formes quadratiques égales ont des formes polaires égales.

Du coup, ∀(x, y) ∈ E×E (x | y) = ∑≤≤ nk

kk yexe1

)).(( = ( ∑≤≤ nk

kk exe1

).( | y ).

Par suite, ∀x ∈ E x = ∑≤≤ nk

kk exe1

).( .

On retrouve que (e1, …, en) est génératrice, donc base, et l’on voit aussitôt que c’est une BON. Exercice 5 : Soient E un espace euclidien, F et G deux sous-espaces supplémentaires de E. Déterminer l’adjointe de la symétrie par rapport à F parallèlement à G.

Solution : [ Oral Mines 2008 ] Soit s ladite symétrie.

Si F et G sont supplémentaires orthogonaux, la symétrie s est orthogonale, donc s* = s−1

= s.

Dans le cas général, s2 = IdE implique s*

2 = IdE , et s* est aussi une symétrie vectorielle.

Je dis que s* est la symétrie par rapport à G⊥ parallèlement à F

⊥.

1ère méthode : commençons par trouver l’adjoint d’un projecteur. S = 2p – IdE où p est le projecteur sur F parallèlement à G.

Tout d’abord p*2 = p* , donc p* est un projecteur.

Or Im p* = (Ker p)⊥ = G

⊥ et Ker p* = (Im p)

⊥ = F

⊥ .

p* est donc le projecteur sur G⊥

parallèlement à F⊥.

Il reste à conclure via s = 2p – IdE . 2ème méthode, plus directe :

30

Ker(s* – idE) = Im(s – IdE)⊥ = G

⊥ et Ker(s* + idE) = Im(s + IdE)

⊥ = F

⊥ .

NB : Si F et G sont supplémentaires orthogonaux, on retrouve le fait que p et s sont auto-adjoints.

Exercice 6 : Soient E et F deux espaces euclidiens, f ∈ LLLL(E, F), (a1, …, ap) et (b1, …, bn) des bases

orthonormées de E et F resp. Montrer que la somme S = ∑∑= =

n

i

p

jij baf

1 1

)²)(( ne dépend que de f.

Solution : S = ∑∑= =

n

i

p

jij baf

1 1

)²)(( = ∑=

p

jjaf

1

²)( = ∑=

p

jjj aaoff

1

)))(*(( = tr( f* o f ) .

Exercice 7 : E et F sont deux espaces euclidiens. Soient a1, …, ak des vecteurs de E, b1, …, bk des vecteurs de F.

Quelle est l’adjointe de l’application f : x → ∑ ( ai | x ).bi ?

Que dire de Im f , Ker f , Im f* , Ker f* si les familles (a1, …, ak) et (b1, …, bk) sont libres ?

Solution : L’adjointe de f est l’application g : y → ∑ ( bi | y ).ai .

En effet, ( f(x) | y ) = ∑ ( ai | x ).( bi | y) = ( x | g(y) ).

Supposons les familles (a1, …, ak) et (b1, …, bk) libres.

Alors f(x) = 0 ⇔ (∀i) ( ai | x ) = 0 . Par conséquent Ker f = Vect(a1, …, ak)⊥.

Il est clair que Im f ⊂ Vect(b1, …, bk) .

On en déduit Im f = Vect(b1, …, bk) via le théorème du rang.

De même, Ker f* = Vect(b1, …, bk)⊥ = ( Im f )

⊥ et Im f* = Vect(a1, …, ak) = ( Ker f )

⊥ .

Exercice 8 : Soient E et F deux espaces euclidiens, u linéaire : E → F, b un vecteur de F. Montrer que l’équation u(x) = b a une solution si et seulement si b est orthogonal à toute solution de l’équation homogène adjointe u*(y) = 0.

Solution : Il s’agit, en somme, de démontrer que : Im u = ( Ker u* )⊥.

Exercice 9 : Alternative de Fredholm. Soient E et F deux espaces euclidiens, u linéaire : E → F. Montrer l’alternative suivante : • soit l’équation u(x) = b a une solution pour tout vecteur b de F ; • soit l’équation homogène adjointe u*(y) = 0 a une solution non nulle.

Solution : Autrement dit : soit u est surjective, soit u* n’est pas injective.

Cela découle de l’égalité Im u = ( Ker u* )⊥. Du coup, Im u = F ⇔ Ker u* = 0.

Exercice 10 : Soient E euclidien, x0, a, b trois vecteurs de E, x0 ≠ 0. Montrer l’équivalence :

i) (x0 | a) = (x0 | b) ;

ii) Il existe u ∈ LLLL(E) telle que u(x0) = a et u*(x0) = b.

Solution : [ Oral Centrale 1991, RMS n° 195 ] ii) ⇒ i) (x0 | a) = (x0 | u(x0)) = (u*(x0) | x0) = (b | x0) .

i) ⇒ ii) Soit e1 = 0

0

xx ; complétons ce vecteur en une base orthonormée BBBB = (e1, …, en), telle que

31

a ∈ Vect(e1, e2)...

Exercice 11 : Soient E un espace euclidien, u ∈ LLLL(E), F un sous-espace de E.

Montrer que F est u-stable ⇒ F⊥ est u*-stable.

Solution : Soit y ∈ F⊥. Je dis que u*(y) ∈ F

⊥.

En effet, pour tout x ∈ F : (x | u*(y)) = (u(x) | y) = 0, car u(x) ∈ F. Exercice 12 : Comparaison spectrale de u et u* dans LLLL(E).

1) Soit a ∈ Sp u ; alors a ∈ Sp u* et dim Ker( u* − a.IdE ) = dim Ker( u − a.IdE ). 2) Soient a et b deux valeurs propres distinctes de u ∈ LLLL(E). Alors :

Ker( u − a.IdE ) ⊥ Ker( u* − b.IdE ) .

Solution :

Exercice 13 : Soient E un espace euclidien de dimension n, (e1, …, en) une base orthonormée, (a1,

…, an) un n-uplet de vecteurs. Montrer que si ∑=

−n

iii ae

1

² < 1, (a1, …, an) est une base de E.

Solution : Au fond, une famille suffisamment proche d’une base orthonormée est une base. Résultat général, ici précisé. Il suffit de montrer que (a1, …, an) est libre.

Supposons ∑=

n

iii a

1

.λ = 0. Alors ∑=

n

iii e

1

.λ = ∑=

−n

iiii ae

1

).(λ . Passons à la norme.

Il vient (Cauchy-Schwarz):

(∑=

n

ii

1

)²(λ )1/2 = ||∑

=−

n

iiii ae

1

).(λ || ≤ ∑=

−n

iiii ae

1

.λ ≤ (∑=

n

ii

1

)²(λ )1/2 (∑

=−

n

iii ae

1

² )1/2 .

L’hypothèse implique que ∑=

n

ii

1

)²(λ = 0.

La majorante 1 est optimale, comme le montre le n-uplet (a1, a2, …, an) = (0, e2, …, en). Exercice 14 : familles obtusangles. Soit E un espace euclidien de dimension n. Une famille (x1, …, xp) de vecteurs de E est dite

obtusangle si i ≠ j ⇒ (xi | xj) < 0 . Montrer qu’il existe une famille obtusangle (u1, …, un+1) formée

de vecteurs unitaires vérifiant i ≠ j ⇒ (ui | uj ) = −n1 , mais qu’il n’existe pas de famille obtusangle

de plus de n + 1 vecteurs (récurrences).

Solution :

Exercice 15 : Soit E un espace euclidien de dimension n rapporté à une base orthonormée BBBB = (e1,

…, en). Soit (a1, …, ap) une famille libre de p vecteurs, A la matrice des vecteurs (a1, …, ap)

rapportée à la base (e1, …, en). Montrer que la matrice de l’orthoprojecteur sur F = Vect(a1, …, ap)

relativement à la base BBBB est donnée par P = A.(A*.A)−1

.A* , où A* = tA.

Solution :

32

Exercice 16 : Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3 ; on note x ∧ y le produit vectoriel,

[ x , y , z ] le produit mixte, c’est-à-dire le déterminant dans une base orthonormée directe.

1) Montrer que la distance de x à la droite D = R.a est donnée par d(x , D) = a

ax∧.

2) Montrer que la distance de x au plan P = Vect(a ,b ) est donnée par d(x , P) = ba

xba

∧

],,[.

Solution :

Exercice 17 : Soit E un espace euclidien de dimension n, (Ek)0≤k≤n une suite strictement croissante

de sous-espaces vectoriels de E. Pour k ∈ 0, 1, …, n soit dk : x ∈ E → d(x, Ek).

a) Soit x ∈ E. Que peut-on dire de la suite (dk(x))0≤k≤n ?

b) Soit (δk)0≤k≤n−1 une suite décroissante de réels positifs. Etablir l’existence de x ∈ E tel que

∀k ∈ 0, 1, …, n−1 dk(x) = δk .

Solution : [ Oral X … ]

Exercice 18 : Soit n un entier ≥ 3. On munit Rn de sa structure euclidienne canonique, et on note S

sa sphère unité. Soient (A1, …, An), (B1, …, Bn) et (C1, …, Cn) trois familles de points de S.

Montrer qu’il existe un point P de S tel que ∑=

n

kkPA

1

² = ∑=

n

kkPB

1

² = ∑=

n

kkPC

1

² .

Solution : [ Oral X MP 2011, RMS n° 247 ]

Tout d’abord ∑=

n

kkPA

1

² = ²1∑

=−

n

kk OPOA = … = 2n − 2 )(

1

OPOAn

kk∑

=.

La condition requise s’écrit : )(1

OPOAn

kk∑

= = )(

1

OPOBn

kk∑

= = )(

1

OPOCn

kk∑

=,

ou encore : )(1

OPBAn

kkk∑

= = )(

1

OPCBn

kkk∑

= = 0 .

Elle signifie que le vecteur OP est orthogonal aux vecteurs U = ∑=

n

kkkBA

1

et V = ∑=

n

kkkCB

1

.

Ce vecteur est de norme 1 et appartient à Vect(U , V )⊥, qui est de dimension ≥ n − 2 ≥ 1.

Il existe car n ≥ 3. Exercice 19 : Soient E un espace euclidien, F et G deux sous-espaces vectoriels de E, p la projection orthogonale sur F, q la projection orthogonale sur G. Soit x un vecteur de E, (xn) la suite définie par

x0 = x et ∀n ∈ N* x2n−1 = p(x2n−2) et x2n = q(x2n−1).

Le but de cet exercice est de montrer que (xn) converge vers le projeté orthogonal de x0 sur F ∩ G.

1) Montrer que la suite (||xn||) est décroissante.

2) Montrer que (x2n) est une suite de Cauchy dans G.

3) Montrer que la suite (xn) converge vers y ∈ F ∩ G. Conclure.

Solution : [ Oral X, Cachan PSI 2011, RMS n° 253 ]

33

1) Comme ||p(z)|| ≤ ||z|| et ||q(z)|| ≤ z pour tout z ∈ E, la suite (||xn||) est décroissante. 2) 3) G étant complet, (x2n) → z ∈ G, et (x2n+1) → y = p(z) ∈ F. On a aussi z = q(y). Par conséquent, z = (q o p)(z). Or on sait que ||(q o p)(w)|| ≤ ||p(w)|| ≤ ||w||. z = (q o p)(z) implique ||(q o p)(z)|| = ||p(z)|| = ||z||, et un orthoprojecteur vérifie ||p(z)|| = ||z|| ⇒ z = p(z). Ainsi y = z ∈ F ∩ G. _____________

3. Endomorphismes orthogonaux. 3.1. Réductions concrètes.

Exercice 1 : Dans R3 euclidien orienté canonique, soit A une matrice de rotation. Comment trouver

son axe et son angle ?

Solution : L’axe de A se trouve en résolvant le système non cramérien AX = X.

Une fois trouvé l’axe D = Rω , où ω est unitaire, il reste à déterminer l’angle θ.

La première solution consiste à compléter ω en une base orthonormée directe (i , j ,ω ), et à noter

que A.i = (cos θ) i + (sin θ). j . On obtient ainsi le cosinus et le sinus.

La deuxième solution consiste à passer par la trace ; on a tr A = 1 + 2.cos θ. Mais il reste à trouver le signe du sinus… On peut le faire au moyen du :

Lemme : Si x est un vecteur non colinéaire à ω , le produit mixte (c’est-à-dire le déterminant dans

une BOND) [ x , A x , ω ] est du signe de sin θ.

Preuve : Choisissons une BOND (i , j ,ω ) telle que x = a i + bω .

Dans cette base, Ax = a cos θ. i + a sin θ j + bω , de sorte que [ x , A x , ω ] = a2 sin θ. Cqfd.

Je préfère quant à moi la première méthode, qui évite de mémoriser une formule de plus. Exercice 2 : Caractérisations géométriques et réductions des matrices suivantes :

31

−−

221212122

, 71

−

−

623236362

, 91

−−

481744418

, 571

−

−

47281632441742352

,

−

−

8,0576,0168,06,0768,0224,0

028,096,0

211

−−−−−

−

194841316

81611 ,

14211

−−

−

462128140672112612181134602609

, 18605

1

−−

−

3300180003355114646271464014277466410980

.

Solution : Dans ces exercices, R3 est muni du produit scalaire usuel, et les matrices sont confondues

avec les endomorphismes canoniquement associés. 1) Toutes ces matrices sont orthogonales. Pour le montrer, le plus simple est de vérifier que les deux

premières colonnes c1 et c2 sont de norme 1 et orthogonales, et de calculer c1 ∧ c2 .

34

Si c1 ∧ c2 = c3, la matrice est élément de O+

3(R) ; si c1 ∧ c2 = − c3 , elle est élément de O−3(R).

Dans le premier cas, Ker(A – I) fournit l’axe de la rotation, dans le second, Ker(A + I) l’axe de l’antirotation. Pour achever la réduction, il reste à changer de repère. Dans les deux cas, la trace fournit le cosinus de l’angle θ, mais non le sinus. 2) Le programme Maple suivant fait tout le travail : > with(linalg):rotation:=proc(A) > local d,axe,u,v,P,R,s,theta; > if orthog(A) then print(À est orthogonale`);d:=sim plify(det(A)); > if d = 1 then print(À est une rotation`) else print(À est une antirotation`) fi; > axe:=normalize(op(kernel(A-d))); > print(àxe :`, axe); > if axe[3]=0 then u:=vector([-axe[2],0,axe[1],0]) > else u:=vector([-axe[3],0,axe[1]]);fi; > u:=normalize(u);v:=simplify(crossprod(axe,u)); > P:=transpose(matrix([u,v,axe]));R:=multiply(inverse (P),A,P); > print(`matrice de passage :`,P);print(`forme réduit e :`,R); > s:=solve(cos(theta)=R[1,1],sin(theta)=R[2,1],thet a); print(àngle :`,s);fi;end;

> A:=matrix(3,3,[0,1,0,0,0,1,1,0,0]);rotation(A);

> A:=scalarmul(matrix(3,3,[2,2,1,-2,1,2,1,-2,2]),1/3) ;rotation(A);

,matrice de passage :

−12

2 012

2

0 -1 0

12

2 012

2

> A:=scalarmul(matrix(3,3,[8,1,4,-4,4,7,1,8,-4]),1/9) ;rotation(A);

:= A

0 1 0

0 0 1

1 0 0

A est orthogonale A est une rotation

,axe :

, ,

13

313

313

3


−12

216

2 313

3

0 −13

2 313

3

12

216

2 313

3

,forme réduite :

-12

12

3 0

−12

3-12

0

0 0 1

,angle : = θ −23

π

A est orthogonale A est une rotation

,axe :

, ,

12

2 012

2

,forme réduite :

13

23

2 0

−23

213

0

0 0 1

,angle : = θ − ( )arctan 2 2

:= A

89

19

49

-49

49

79

19

89

-49

A est orthogonale A est une antirotation

,axe :

, ,

1105

35 9135

35 9 −121

35 9

,angle : = θ

arctan

117

35

:= A

23

23

13

-23

13

23

13

-23

23

,forme réduite :

1718

−154

35 9 0

154

35 91718

0

0 0 -1

35

> A:=scalarmul(matrix(3,3,[52,-23,4,17,44,32,16,28,-47]),1/57);rotation(A);

Exercice 3 : Caractérisations géométriques, et réductions des matrices suivantes :

+−−−

−+

θθθθθθ

θθθ

cos².²sin.)cos1(sin.cossin.

)cos1(sin.cos².²

bababba

abaab ( a

2 + b

2 = 1 ) ,

−−−

ϕθϕθϕθθ

ϕθϕθϕ

cossin.sincos.sin0cossin

sinsin.coscos.cos.

Solution : 1) Notons R(θ) la matrice de gauche. C’est une matrice de rotation. Si θ = 0, R(θ) = I ; sinon, R(θ) est la rotation d’axe (b, 0, a) et d’angle θ. Il suffit de résoudre A.X = X en passant à l’angle θ/2.

− 2a.sin2θ [ a.sin

2θ .x − cos

2θ .y − b.sin

2θ .z ] = 0

− 2.sin2θ [ a.cos

2θ .x + sin

2θ .y − b.cos

2θ .z ] = 0

2b.sin2θ [ a.sin

2θ .x − cos

2θ .y − b.sin

2θ .z ] = 0

Comme sin2θ ≠ 0 et (a, b) ≠ (0, 0), les équations 1 et 3 équivalent à

a.sin2θ .x − cos

2θ .y − b.sin

2θ .z = 0, la seconde à a.cos

2θ .x + sin

2θ .y − b.cos

2θ .z = 0.

La matrice de passage est P =

−

ab

ba

0010

0 . Et alors P

−1.A.P =

−

1000cossin0sincos

θθθθ

.

Du coup, si le couple (a, b) est fixé, ces matrices forment un sous-groupe à 1 paramètre de SO(3, R).

Exercice 4 : Réduire la matrice A =

0100001000011000

.

Solution : A est orthogonale de déterminant −1. > with(linalg): > A:=matrix(4,4,[0,0,0,1,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0]); > eigenvects(A);

[ ], ,I 1 [ ], , ,−I -1 I 1 [ ], ,−I 1 [ ], , ,I -1 −I 1 [ ], ,1 1 [ ], , ,1 1 1 1, , ,

[ ], ,-1 1 [ ], , ,-1 1 -1 1


578

9 263

91026 35

1105

35 9

0 −135

26 35135

35 9

178

9 26 −3

18226 35 −

121

35 9

:= A

5257

-2357

457

1757

4457

3257

1657

2857

-4757

A est orthogonaleA est une antirotation

,axe :

, ,

1110

1103

110110 −

111

110


10101

1013

11110101 110

1110

110

0 −1

110101 110

3110

110

1101

101 −3

1111101 110 −

111

110

,angle : = θ −

arctan

253

110

,forme réduite :

5357

257

110 0

−257

1105357

0

0 0 -1

36

> e1:=normalize(vector([1, 1, 1, 1]));e2:=normalize(v ector([-1, 1, -1, 1]));e3:=normalize(map(Re,vector([-I, -1, I, 1]))); e4:=normalize(map(Im,vector([-I, -1, I, 1])));

> P:=transpose(matrix([e1,e2,e3,e4]));orthog(P);multi ply(inverse(P),A,P);

:= P

12

-12

0 −12

2

12

12

−12

2 0

12

-12

012

2

12

12

12

2 0

true

1 0 0 0

0 -1 0 0

0 0 0 1

0 0 -1 0

Exercice 5 : (Maple) Soient M = 31

−−−

−

1011011111101101

, et u l’endomorphisme de R4 canoniquement

associé. 1) Que dire des propriétés algébriques de M ?

2) Soit fn = n1 ∑

−

=

1

0

n

k

ku . Calculer fn(ei) pour n = 10, n = 20, n = 100. Conjecturer une limite pour la

suite (fn). 3) Trouver un polynôme annulateur de degré 2 de M.

4) En déduire qu’il existe un plan F stable par u. Montrer que F⊥ est aussi stable par u.

5) Montrer qu’il existe une base de R4 dans laquelle la matrice M’ de u est de la forme

M’ =

a

a

ROOR , où Ra est une matrice de rotation.

6) Démontrer le résultat conjecturé au début de l’exercice.

Solution : [ Oral Centrale PSI 2013, RMS n° 917 ]

Exercice 6 : On considère R4 muni du produit scalaire habituel, et F l’ensemble des (x1, x2, x3, x4)

∈ R4

tels que x1 + x2 + x3 + x4 = 0 et x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0. 1) Donner la dimension de F. 2) Soit SF la symétrie orthogonale par rapport à F. Trouver une base orthonormée (v1, v2, w1, w2)

de R4 telle que SF(x) = (v1 | x).v1 + (v2 | x).v2 − (w1 | x).w1 − (w2 | x).w2 .

3) Ecrire la matrice de SF dans la base canonique.

:= e1

, , ,

12

12

12

12

:= e2

, , ,

-12

12

-12

12

:= e3

, , ,0 −

12

2 012

2 := e4

, , ,−

12

2 012

2 0

37

Solution : [ Oral Centrale PSI 2013, RMS n° 914 ]

F = Vect(a, b)⊥, où a = (1, 1, 1, 1) et b = (1, 2, 3, 4). Confions les rennes à Maple :

> with(linalg); > a:=vector([1,1,1,1]);b:=vector([1,2,3,4]); c:=vector([0,0,1,0]);d:=vector([0,0,0,1]);

:= a [ ], , ,1 1 1 1 := b [ ], , ,1 2 3 4 := c [ ], , ,0 0 1 0 := d [ ], , ,0 0 0 1

> G:=GramSchmidt([a,b,c,d]);

:= G

, , ,[ ], , ,1 1 1 1

, , ,

-32

-12

12

32

, , ,

-110

-15

710

-25

, , ,

17

-314

0114

> v1:=normalize(G[3]);v2:=normalize(G[4]); w1:=normalize(G[1]);w2:=normalize(G[2]);

:= v1

, , ,−

170

7 10 −135

7 10110

7 10 −235

7 10

:= v2

, , ,

17

14 −314

14 0114

14

:= w1

, , ,

12

12

12

12

:= w2

, , ,−

310

5 −110

5110

5310

5

> P:=transpose(matrix([v1,v2,w1,w2])); > S:=multiply(P,diag(1,1,-1,-1),transpose(P)); >

kernel(S-1);kernel(S+1); ,[ ], , ,1 -2 1 0 [ ], , ,2 -3 0 1 ,[ ], , ,0 1 2 3 [ ], , ,1 0 -1 -2

3.2. Propriétés des matrices orthogonales.

∗ Exercice 1 : Soit A = (aij) ∈ On(R). Montrer que |∑ji

ija,

| ≤ n ≤ ∑ji

ija,

≤ n n . Cas d’égalité ?

Solution : [ Oral CCP 2009, RMS n° 960, etc. ]

Munissons Rn du produit scalaire canonique (X | Y) =

tX.Y.

• Tout d’abord ∑ji

ija,

= tX.A.X = (X | A.X) , où X =

t(1, 1, …, 1).

Par Cauchy-Schwarz : |∑ji

ija,

| = | (X | A.X) | ≤ ||X||.||AX|| = ||X||2 = n.

Il y a égalité ssi A.X et X sont liés.

:= P

−170

7 1017

1412

−310

5

−135

7 10 −314

1412

−110

5

110

7 10 012

110

5

−235

7 10114

1412

310

5

:= S

-25

-45

-15

25

-45

25

-25

-15

-15

-25

25

-45

25

-15

-45

-25

38

• Par Cauchy-Schwarz : (∀j) ∑i

ija ≤ n ∑i

ija )²( = n ; d’où ∑ji

ija,

= ∑∑i

ijj

a ≤ n n .

Il revient au même d’appliquer Cauchy-Schwarz dans Rn²

: ∑ji

ija,

≤ ²n ∑ji

ija,

)²( = n n .

• Enfin, comme |aij | ≤ 1 pour tout (i, j), on a aij2 ≤ |aij | ≤ 1.

D’où, pour tout j : 1 =∑i

ija )²( ≤ ∑i

ija . Il suffit d’additionner, et n ≤ ∑ji

ija,

.

Exercice 2 : Soit P =

DCBA ∈ On(R), où A et D sont carrées. Montrer que (det A)

2 = (det D)

2.

[ Oral Mines 2002, 2007 ]

Solution : 1) Si l’on applique à P des matrices de permutation, on déduit de ceci un résultat plus général : deux sous-matrices carrées complémentaires de P ont même déterminant en valeur absolue.

Ce résultat est vrai pour n = 2, car alors P =

±abba m ,

et pour n = 3 en vertu des propriétés du produit vectoriel.

2) Dans le cas général, écrivons tP.P = In . Il vient :

tA.A +

tC.C = Ip ,

tA.B +

tC.D = O ,

tB.A +

tD.C = O ,

tB.B +

tD.D = Iq .

Formons

q

tt

IOCA

DCBA =

DCOI p et passons au déterminant.

Il vient (det A).(det P) = det D . Or det P = ± 1…

3) Autre solution : écrivons que tP.P = P.

tP = In . Il vient :

tA.A +

tC.C = Ip ,

tA.B +

tC.D = O ,

tB.A +

tD.C = O ,

tB.B +

tD.D = Iq .

A.tA + B.

tB = Ip , A.

tC + B.

tD = O , C.

tA + D.

tB = O , C.

tC + D.

tD = Iq .

Donc (det A)2 = det(A.

tA) = det(Ip – B.

tB) et (det D)

2 = det(

tD.D) = det(Iq –

tB.B).

Or on sait que det(B.tB – X.Ip) = (−X)

p−q det(

tB.B – X.Iq) .

Il reste à faire X = 1. 4) Généralisons l’exercice proposé.

Notons P =

DCBA ∈ Gln(R), Q =

''''

DCBA son inverse,

A et A’ étant carrées de format p×p, D et D’ étant carrées de format (n − p)×(n − p). Ecrivons que Q.P = In . Il vient :

A’.A + B’.C = Ip , A’.B + B’.D = O , C’.A + D’.C = O , C’.B + D’.D = Iq .

Formons

qIOBA ''

DCBA =

DCOI p et passons au déterminant.

Il vient (det A’).(det P) = det D .

Exercice 7 : Soit A =

acbbaccba

∈ M3(R).

1) Caractériser les matrices A ∈ O3(R) , A ∈ SO3(R).

2) Montrer que A ∈ SO3(R) ssi a , b et c sont solutions de X3 – X

2 + k = 0 , k ∈ [0,

274 ].

39

Solution :

1) A ∈ O3(R) ⇔ a2 + b

2 + c

2 = 1 et ab + bc + ca = 0.

A ∈ SO3(R) ⇔ a2 + b

2 + c

2 = 1 , ab + bc + ca = 0 , a

3 + b

3 + c

3 − 3abc = 1 .

A noter que a3 + b

3 + c

3 − 3abc = ( a + b + c )( a

2 + b

2 + c

2 – ab – bc – ca ).

Et que (*) ( a + b + c )2 = a

2 + b

2 + c

2 + 2 ( ab + bc + ca ).

Par conséquent, a2 + b

2 + c

2 = 1 et ab + bc + ca = 0 impliquent a

3 + b

3 + c

3 − 3abc = ± 1.

2) Géométriquement, les conditions a2 + b

2 + c

2 = 1 et ab + bc + ca = 0 sont l’intersection de la

sphère unité et d’un cône de révolution. Mais en vertu de (*), ces conditions sont équivalentes à a

2 + b

2 + c

2 = 1 et a + b + c = ± 1.

L’intersection de la sphère unité et de deux plans parallèles est la réunion de deux cercles.

Les conditions a2 + b

2 + c

2 = 1 , ab + bc + ca = 0 , a

3 + b

3 + c

3 − 3abc = 1 sont équivalentes à :

a2 + b

2 + c

2 = 1 et a + b + c = 1.

C’est celui des deux cercles contenant la matrice unité.


adcbbadccbaddcba

∈ M4(R). Déterminer a, b, c, d pour que A soit orthogonale.


Exercice 9 : R3 est muni du produit scalaire usuel et rapporté à sa base canonique (e1, e2, e3).

Soit e = e1 − e2 + e3. Trouver la rotation f telle que f(e) = e , f(e1) = − e2.

Solution :

Soit A la matrice cherchée. A =

−

rcqbpa

010

=

−

−

ab

ba

0001

0, où a

2 + b

2 = 1.

−

−

ab

ba

0001

0

−111

=

−111

⇔ − a – b = 1 et a – b = 1 ⇔ a = 0 et b = − 1.

Conclusion : A =

−−

010001100

.

Exercice 10 : Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3. Quels sont les sous-espaces stables d’une rotation ? d’une antirotation ?

Solution : 1) Soit f = Rot(∆, θ) une rotation. Si f est l’identité, tous les sous-espaces de E sont f-stables. Si f est un demi-tour, i.e. θ ≡ π (mod 2π), les droites f-stables sont ∆ et toutes les droites incluses dans Π, les plans f-stables sont le plan Π et tous les plans contenant ∆. Sinon, la seule droite f-stable est ∆, et le seul plan f-stable est Π.

2) Soit g = Antirot(∆, θ) une antirotation.

Exercice 11 : Soit A ∈ O3(R). Résoudre et discuter l’équation B2 = A , B ∈ O3(R).

40

Solution :

1) Tout d’abord, si B2 = A, B ∈ O3(R), alors det A = +1. L’équation est sans solution si A ∈ O3

−(R).

2) Si A ∈ O3+(R) − I , A est une rotation Rot( ∆, θ).

Il est clair que A = B2 , où B = Rot( ∆ ,

2θ ) ou Rot( ∆ ,

2θ + π) = − Rot( ∆ ,

2θ ).

3) Pour achever la discussion, il faudrait distinguer le cas θ = 0 ou π (mod 2π).

Exercice 12 : Ecrire, dans R3 muni de sa structure euclidienne orientée canonique, la matrice de la

rotation d’angle π/4 autour du vecteur t(1, 0, −1).

Solution : [ Oral CCP 2010, RMS n° 1052 ]

Notons (i , j ,k ) la base canonique de R3 .

Complétons K = t(

22 , 0, −

22 ) en une base orthonormée directe (I , J , K ), par exemple en

prenant I = t(0, 1, 0) et J = K ∧ I .

Dans cette base, la rotation a pour matrice

−

1000

22

22

022

22

.

Pour obtenir sa matrice dans la base canonique, il suffit de faire un changement de base. Maple fait très bien cela : > with(linalg): > P:=matrix(3,3,[0,1/sqrt(2),1/sqrt(2),1,0,0,0,1/sqrt (2),-1/sqrt(2)]);

:= P

012

212

2

1 0 0

012

2 −12

2

> R:=theta->matrix(3,3,[cos(theta),-sin(theta),0,sin( theta),cos(theta), 0,0,0,1]);A:=multiply(P,R(Pi/4),transpose(P));kerne l(A-1);

:= A

+ 12

14

212

− + 12

14

2

-12

12

2-12

− + 12

14

212

+ 12

14

2

[ ], ,1 0 -1 Remarque : l’exercice suivant, bien plus ambitieux, permet de retrouver cela. Exercice 13 : Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3.

1) Soit ω un vecteur unitaire, R la rotation d’axe Rω et d’angle θ. Montrer que :

(*) (∀u ∈ E) R(u ) = cos θ u + sin θ (ω ∧u ) + (1 − cos θ) (ω |u ).ω .

2) Écrire la matrice de R dans une base orthonormée où ω = (α, β, γ). 3) Formule et matrice de l’antirotation Antirot(D , θ).

41

Solution : 1) Vérifier la formule est facile. Les deux membres étant linéaires, il suffit de la vérifier

sur une base bien choisie. Notons S(u ) le second membre.

Soit BBBB = (i , j , k = ω ) une base orthonormée directe.

Tout d’abord, R(ω ) = ω = S(ω ) .

Ensuite, R(i ) = (cos θ) i + (sin θ) j = S( i ) et R( j ) = − sin θ. i + cos θ. j = S( j ).

Variante : pour montrer que R(u ) = S(u ), il suffit de l’établir :

• pour u = ω ; or R(ω ) = S(ω ) = ω ;

• puis pour u orthogonal à ω et unitaire ; or R(u ) = cos θ u + sin θ (ω ∧u ) = S(u ).

2) Observons qu’un élément de O+(E) dépend de trois paramètres (α, β, γ, θ).

Trois paramètres, et non quatre, car le triplet (α, β, γ) peut être exprimé en coordonnées sphériques.

Exercice 14 : Soit ω un vecteur unitaire, f : u → ω ∧u , et R la rotation d’axe Rω et d’angle θ. Reconnaître f o f, et montrer que R = exp(θf). Retrouver la formule (*) de l’exercice 13.

Solution : Exercice 15 : Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3. Montrer que les rotations sont les seules applications f ∈ Gl(E) telles que :

∀(u ,v ) ∈ E2 f(u ∧ v ) = f(u ) ∧ f( v ) .

¶ Montrer que ce résultat subsiste si on enlève l’hypothèse de linéarité.

Solution :

1) Toute rotation f ∈ O(E) vérifie : ∀(u ,v ) ∈ E2 f(u ∧ v ) = f(u ) ∧ f( v ) .

Soient (i , j ,k ) une base orthonormée directe de E, a = f( i ), b = f( j ), c = f( k ).

Comme f ∈ O(E), (a ,b ,c ) est une base orthonormée directe de E.

Donc c = a ∧ b , b = c ∧ a et a = b ∧ c (*).

La relation ∀(u ,v ) ∈ E2 f(u ∧ v ) = f(u ) ∧ f( v ) s’en déduit par bilinéarité : il suffit de la vérifier

pour les 9 couples (u ,v ) ∈ a ,b ,c 2

. Comme les deux membres sont antisymétriques, il suffit de

la vérifier pour les trois couples (a ,b ), (b ,c ), (c ,a ) : c’est (*).

2) Soit f ∈ Gl(E) vérifiant : ∀(u ,v ) ∈ E2 f(u ∧ v ) = f(u ) ∧ f( v ) .

Soient (i , j ,k ) une base orthonormée directe de E, a = f( i ), b = f( j ), c = f( k ).

Comme f ∈ Gl(E), (a ,b ,c ) est une base de E.

De plus, c = f( k ) = f( i ∧ j ) = f( i ) ∧ f( j ) = a ∧ b , b = c ∧ a et a = b ∧ c .

On en déduit que (a ,b ,c ) est une base orthogonale de E, puis :

||c || = ||a ||.||b || , ||b || = ||c ||.||a || , ||a || = ||b ||.||c || .

On en déduit facilement que ||a || = ||b || = ||c || = 1.

Ainsi, (a ,b ,c ) est une base orthonormée directe, et f ∈ O(E). 3) est plus délicat. Cf. Marc Deléglise et RMS. Exercice 16 : angles d’Euler. On note U(t) = diag(R(t) , 1) et V(u) = diag(1 , R(u)). Montrer que toute matrice A∈O

+(3, R) peut

s’écrire sous la forme A = U(ϕ).V(θ).U(ψ). On pourra procéder, soit par le calcul, soit en supposant le problème résolu et en interprétant les trois matrices comme des matrices de passage.

42

Solution : Exercice 17 : Soient E un espace euclidien, S la sphère unité, f : S → S une isométrie. Montrer qu’il existe g ∈ O(E) prolongeant f.

Solution : Soit (e1, … , en) une base orthonormée de E. Posons ak = f(ek) pour 1 ≤ k ≤ n.

Pour p ≠ q, || ap – aq ||2 = || ep – eq ||

2 = 2, donc ( ap | aq ) = 0.

Ainsi, (a1, … , an) est une base orthonormée de E.

Soit g l’endomorphisme de E tel que ak = g(ek) pour 1 ≤ k ≤ n. Comme g envoie une base orthonormée sur une base orthonormée, g appartient à O(E). Reste à vérifier que g prolonge f.

Soit x ∈ S. On a x = ∑=

n

kkk eex

1

).( et f(x) = ∑=

n

kkk aaxf

1

).)(( .

Mais ( f(x) | ak) = ( f(x) | f(ek)) = … = ( x | ek), par Al Kashi, donc f(x) = ∑=

n

kkk egex

1

)().( = g(x).

Remarque : ce résultat se généralise. 3.3. Le groupe orthogonal.

Exercice 4 : Si E est un plan euclidien, trouver les sous-groupes finis de O+(E) et de O(E).

Solution :

Exercice 15 : Soit D une droite vectorielle. Montrer que G = f ∈ O(E) ; f(D) = D est un sous-

groupe de O(E). Trouver tous les éléments de G ∩ O+(E), puis de G.

Solution :

Exercice 16 : étude de O+(E) en dimension 3. 1) On appelle demi-tours, ou retournements, les orthosymétries par rapport aux droites de E. Montrer qu’ils engendrent O+(E).

2) Quand deux rotations f et g de E commutent-elles ? Si f ∈ O+(E), quel est son commutant dans

ce groupe ? Quel est le centre de O+(E) ?

Solution :

Exercice 22 : Soient E un espace euclidien de dimension n, u ∈ O(E), s = n − dim Ker(u − Id). Montrer que u est composé de s réflexions, et pas d’un nombre < s.

Solution : Exercice 23 : On appelle demi-tours, ou retournements, de E les orthosymétries par rapport aux

sev F de codimension 2. Montrer que les retournements engendrent O+(E).

Solution :

Exercice 24 : Montrer que le centre de O(E) est ± IdE, et que le centre de O+(E) est IdE si n est

impair, ± IdE si n est pair.

43

Solution :

Exercice 18 : Montrer que toute matrice A ∈ On(R) est diagonalisable dans Mn(C).

Quelles sont les matrices A ∈ On(R) qui sont diagonalisables dans Mn(R) ?

Solution : En vertu du théorème spectral des matrices orthogonales, tout revient à montrer que les matrices

diag( Ip , −Iq ,

−11

11

cossinsincos

θθθθ , … ,

−rr

rr

θθθθ

cossinsincos ) , où θi ≠ 0 mod π.

sont diagonalisables dans Mn(C). Cela découle de ce que chaque matrice

−

θθθθ

cossinsincos l’est.

Les matrices A ∈ On(R) diagonalisables dans Mn(R) sont les matrices de symétries orthogonales.

En effet,

−

θθθθ

cossinsincos , où θ ≠ 0 mod π, n’est pas diagonalisable dans R.

Remarque : une autre méthode consiste à observer que On(R) ⊂ Un(C) : une matrice orthogonale est unitaire. La première affirmation découle alors du théorème spectral des matrices unitaires. Exercice 20 : Démontrer que le polynôme caractéristique d’une matrice de rotation d’ordre n est réciproque, i.e. vérifie P(λ) = ± λn

.P(1/λ). En déduire que si n est impair, elle a ±1 comme valeur propre (Brioschi, Faà di Bruno, 1854).

Solution :

Exercice 21 : Soient E un espace euclidien de dimension n , u ∈ O(E).

Soit v = u − I. Montrer que Im v = ( Ker v )⊥ . En déduire lim k→+∞

k1 ( I + u + … + u

k−1 ).

Retrouver ce résultat à l’aide du théorème spectral.

Solution : Il s’agit de démonter le théorème ergodique pour les endomorphismes orthogonaux. Ce théorème se généralise aux endomorphismes u tels que ||| u ||| ≤ 1.

1) Im v = Im( u – I ) = Ker( u* − I )⊥ = Ker( u

−1 − I )

⊥ = Ker( u – I )

⊥ = ( Ker v )

⊥ .

Notons wk = k1 ( I + u + … + u

k−1 ) .

On a wk o v = v o wk = k1 ( I + u + … + u

k−1 )( u – I ) =

k1 ( u

k – I ) → 0.

Soit x ∈ E ; écrivons x = y + z, où y ∈ Im v = Im(u – I) et z ∈ (Ker v)⊥ ; u(y) = y.

wk(x) = wk(y) + wk(z) = y + wk(z) → y.

Conclusion : la suite (wk) tend vers p, orthoprojecteur de E sur Im(u – I).

2) Autre preuve, via le théorème spectral. Soit BBBB une base orthonormée de E telle que

Mat(u, BBBB) = diag(Ip , −Iq , A1 , … , Ar) = R , où Ak =

−kk

kk

θθθθ

cossinsincos , θk ≠ 0 (mod π).

Or si A =

−

θθθθ

cossinsincos , θ ≠ 0 (mod π) ,

k1 ( I + A + … + A

k−1 ) → O.

Cela peut se montrer en passant par les complexes :

“ A = exp(iθ) ” , k1 (1 + exp(iθ) + … + exp(i(k − 1)θ) ) =

k1

θ

θ

i

ik

ee

−−

11

→ O.

44

Cela reste vrai pour θ = π. Du coup, k1 ( I + R + … + R

k−1 ) → diag(Ip , O , O , … , O) .

Géométriquement, diag(Ip , O , O , … , O) est la matrice de l’orthoprojecteur de E sur Im(u – I).

Remarque : tout cela se généralise aux contractions larges dans les espaces vectoriels normés.

Exercice 22 : Soit G un sous-groupe de On(R). Etablir l’équivalence des conditions suivantes :

i) G est fini ; ii) ∃k ∈ N* ∀g ∈ G gk = id ; iii) tr g ; g ∈ G est fini.

Solution : [ Oral X MP 2011, RMS n° 162 ]

Exercice 23 : Soit SSSSn le groupe symétrique de 1, 2, ..., n. A toute permutation σ ∈ SSSSn on associe

la matrice M(σ) = (δi,σ(j)) la matrice de la permutation associée à σ.

1) Montrer que σ → M(σ) est un morphisme injectif de groupes de SSSSn dans On(R) ; quelle est l’inverse de M(σ)? Conséquences spectrales ? 2) Réduction orthonormée de la matrice M(γ) associée au cycle [1, 2, ... , n]. 3) En décomposant σ en cycles, déterminer avec soin ses valeurs propres, ses polynômes carac-téristiques et minimaux. 4) Exemple : réduire la matrice associée à σ = (1, 2, 3, 4, 5, 6) → (2, 4, 5, 1, 3, 6).

Solution : Exercice 24 : Transformation en cosimus discret.

Montrer que la matrice A = (aij)0≤i,j≤7, où ai0 = 81 , et aij =

41 cos

16)12( πji+

pour j ≥ 1, est

orthogonale. La TCD est la transformation M → tA.M.A dans M8(R).

Solution : > with(linalg): > f:=proc(i,j) > if j = 1 then 1/sqrt(8) > else 1/2*cos((2*i-1)*(j-1)*Pi/16);fi;end; > A:=matrix(8,8,f);

A :=

14

212

cos

116

π12

cos

18

π12

cos

316

π14

212

cos

516

π12

cos

38

π

, , , , , , ,

12

cos

716

π

14

212

cos

316

π12

cos

38

π −12

cos

716

π −14

2 −12

cos

116

π

, , , , , ,

−12

cos

18

π −12

cos

516

π,

14

212

cos

516

π −12

cos

38

π −12

cos

116

π −14

212

cos

716

π12

cos

18

π

, , , , , ,

12

cos

316

π,

45

14

212

cos

716

π −12

cos

18

π −12

cos

516

π14

212

cos

316

π −12

cos

38

π

, , , , , ,

−12

cos

116

π,

14

2 −12

cos

716

π −12

cos

18

π12

cos

516

π14

2 −12

cos

316

π

, , , , , ,

−12

cos

38

π12

cos

116

π,

14

2 −12

cos

516

π −12

cos

38

π12

cos

116

π −14

2 −12

cos

716

π

, , , , , ,

12

cos

18

π −12

cos

316

π,

14

2 −12

cos

316

π12

cos

38

π12

cos

716

π −14

212

cos

116

π −12

cos

18

π

, , , , , ,

12

cos

516

π,

14

2 −12

cos

116

π12

cos

18

π −12

cos

316

π14

2 −12

cos

516

π12

cos

38

π

, , , , , ,

−12

cos

716

π,

> orthog(A); true

Exercice 25 : 1) Montrer que A ∈ On(R) et B ∈ Op(R) ⇒ A ⊗ B ∈ Onp(R).

2) Soit A = 2

1

−1111 . Fabriquer des matrices simples appartenant à On(R), pour n = 2

m.

Solution : 1)

t(A ⊗ B).(A ⊗ B) = (

tA ⊗

tB ).( A ⊗ B ) = (

tA.A ) ⊗ (

tB.B ) = In ⊗ Ip = Inp. cqfd

2) A ∈ O2(R). Il suffit de considérer A2 = A ⊗ A, A3 = A2 ⊗ A2, etc. Exercice 26 : inégalité d’Hadamard.

Si A = (aij) ∈ Mn(R) montrer que : | det A | ≤ ∏ ∑= =

n

j

n

iija

1 1

)²( .

Solution : Si det A = 0, il n’y a rien à montrer. Sinon, décomposons A ∈ Gln(R) sous la forme A = O.T , O orthogonale, T triangulaire supérieure a éléments diagonaux > 0. Cette décomposition découle, rappelons-le, du procédé d’orthonorma-lisation de Gram-Schmidt appliqué aux colonnes de A. Alors :

| det A | = | det O |.| det T | = | det T | = |∏=

n

jiit

1

| ≤ ∏ ∑= =

n

j

n

iijt

1 1

)²( = ∏ ∑= =

n

j

n

iija

1 1

)²( ,

car, le fait que A = O.T implique que la j-ème colonne de A a même norme que celle de T.

Il y a égalité ssi une colonne est nulle, ou si les colonnes sont deux à deux orthogonales. En effet, si detA, une colonne doit être nulle. Si det A ≠ 0, T doit être diagonale, ce qui signifie que les colonnes de A sont orthogonales.

46

Exercice 27 : Soit A = (aij) ∈ Mn(R). Si M = max | aij | , alors : | det A | ≤ Mn

nn/2

.

Solution :

Simple conséquence d’Hadamard, car : | det A | ≤ ∏ ∑= =

n

j

n

iija

1 1

)²( ≤ ∏=

n

j

nM1

² = Mn n

n/2.

Exercice 28 : Soit n ≥ 2. Montrer que tout hyperplan de Mn(R) rencontre Gln(R), et même On(R).

Solution : [ Oral 2006, RMS n° 669 ] Soit H un hyperplan de Mn(R). Il a pour équation tr(A.M) = 0, où A est une matrice non nulle. Faisons une décomposition polaire faible de A : A = S.O, où S est symétrique positive, et O orthogonale. Trouver une matrice orthogonale P telle que tr(A.P) = 0 revient à trouver une matrice orthogonale Q telle que tr(S.Q) = 0. Diagonalisons S en base orthonormée sous la forme

R−1

.S.R = tR.S.R = Λ. Tout revient à trouver une matrice orthogonale U telle que tr(Λ.U) = 0.

Et cela est facile : la matrice de permutation circulaire [1, 2, … , n] convient.

Remarque : le problème de Centrale 2007 précise ce résultat en dimension 3.

Exercice 29 : Soit n ≥ 2. 1) Montrer que toute matrice Eij de la base canonique de Mn(R) est combinaison linéaire de deux matrices orthogonales.

2) Montrer que || M || = sup | tr(O.M) | ; O ∈ On(R) définit une norme sur Mn(R), vérifiant :

∀O ∈ On(R) || O.M || = || M.O || = || M ||.

Solution : [ Oral Centrale PC 2011, RMS n° 1052, Mines MP 2013, RMS n° 499 ]

1) E11 = 21 [ I + diag(1, −1, ..., −1) ] , E12 =

21 [ diag(

0110 , In−2) + diag(

− 01

10 , −In−2) ] .

L’essentiel est fait. 2) La fonction O ∈ On(R) → tr(OM) ∈ R, continue sur un compact, est bornée et atteint ses bornes.

|| M || = 0 ⇔ tr(OM) = 0 pour toute O ∈ On(R)

⇔ tr(AM) = 0 pour toute A ∈ Mn(R) en vertu de 1) ⇔ M = 0. || λ.M || = | λ |.|| M || et || M + M’ || ≤ || M || + || M’ || sont faciles.

3) Exemple : n = 2.

Soient M =

dcba , O =

−

θθθθ

cossinsincos , O’ =

− θθθθ

cossinsincos .

tr(O.M) = ( a + d ).cos θ + ( b − c ).sin θ a pour valeur maximum )²()²( cbda −++ ;

tr(O’M) = ( a − d ).cos θ + ( b + c ).sin θ a pour valeur maximum )²()²( cbda ++− .

Par conséquent, || M || = max( )²()²( cbda −++ , )²()²( cbda ++− ).

Si M =

dbba , || M || = max( | a + d | , ²4)²( bda +− ). On peut dessiner la boule unité.

| a + d | ≤ 1 , ( a – d )2 + 4b

2 ≤ 1. Posons x = a – d, y = 2b, z = a + d. Il vient x

2 + y

2 ≤ 1 et | z | ≤ 1 :

c’ets la portion d’un cylindre plein comprise entre deux plans parallèles. Exercice 30 : Soit E un espace euclidien. Déterminer les endomorphismes de E commutant avec tous les éléments de O(E).

Solution : [ Oral Mines MP 2011, RMS n° 444 ]

47

On a vu dans l’exercice précédent que O(E) engendre LLLL(E). Par conséquent, si un endomorphisme commute avec tous les éléments de O(E), il commute avec tous les éléments de LLLL(E), donc c’est une homothétie. 3.4. Propriétés topologiques et géométriques de O(E).

Exercice 1 : Soient A et B dans On(R) telles que (A + 2B)/3 appartienne à On(R). Que dire de A et B ?

Solution : [ Oral Mines MP 2013, RMS n° 501 ] Je dis que A = B. En effet, soient C = (A + 2B)/3, et X un vecteur non nul. On a

||X|| = || C.X || = ||31 A.X +

32 B.X || ≤

31 || A.X || +

32 || B.X || = ||X||.

En vertu du cas d’égalité dans l’inégalité de Minkowski, les vecteurs A.X et B.X sont positivement liés : ∃λ ≥ 0 B.X = λ.A.X. Passant à la norme, il vient λ = 1, donc A = B.

Autre solution : munissons Mn(R) du produit scalaire (A | B) = tr( tA.B ) et de la norme euclidienne

associée. Le groupe orthogonal est inclus dans la sphère S de centre O et de rayon n . Or une droite

vectorielle Mn(R) perce S en au plus deux points… ( Ce n’est pas vrai pour toutes les normes ) Exercice 2 : Soit E un espace euclidien. Montrer que le groupe O(E) est compact, et a deux composantes connexes par arcs, et que ce groupe compact est maximal pour l’inclusion, en ce sens que si un sous-groupe compact G de Gl(E) contient O(E), alors G = O(E).

Solution : Les deux premières assertions sont justifiées dans le cours. Montrons la troisième. Si G contient strictement O(E), il contient un élément f vérifiant : ∃x || f(x) || ≠ ||x||.

Ce vecteur x est non nul. Posons λ = xxf )(

. Soit u ∈ O(E) tel que u(f(x)) = λx.

( par exemple, prendre pour u la symétrie par rapport à l’hyperplan médiateur de [f(x), λx] ). Alors g = u o f ∈ G et g(x) = λx. Si λ > 1, la suite (g

n) est non bornée, car ||| g

n ||| ≥ λn

.

Si λ < 1, la suite (g−n

) est non bornée, car ||| g−n

||| ≥ λ−n.

Exercice 3 : Soit A l’ensemble des endomorphismes f de E tels que f o f* o f = f. 1) Montrer que f ∈ A ⇔ f* o f est un orthoprojecteur. 2) Montrer que O(E) est un ouvert-et-fermé de A.

Solution : [ Oral Mines MP 1998, RMS n° 192 ] 1) Si f est élément de A, f* o f o f* o f = f* o f et f* o f est autoadjoint, donc f* o f est un projecteur autoajoint : c’est donc un orthoprojecteur.

Réciproquement, si f* o f est un orthoprojecteur, c’est l’orthoprojecteur sur Im f* = ( Ker f )⊥.

En effet, on a toujours Ker( f* o f ) = Ker f et Im( f* o f ) = Im f* . Pour tout x, ( f o f* o f )(x) = f(x). C’est immédiat si x ∈ Ker f ;

Si x ∈ ( Ker f )⊥ = Im f* = Im ( f* o f ) , alors ( f o f* o f )(x) = f(x) aussi. Cqfd.

2) A est un fermé de LLLL(E) ; O(E), fermé inclus dans un fermé, est fermé dans A. Du reste, O(E) est l’image réciproque de l’ensemble compact des orthoprojecteurs par l’application continue f ∈ A → f* o f . Par ailleurs, O(E) = A ∩ Gl(E) ; O(E) est ouvert de A comme trace sur A d’un ouvert de LLLL(E).

Remarque : O(E) n’est pas un ouvert de LLLL(E).

48

3.6. Groupes orthogonaux.

Exercice 1 : Montrer que toute matrice inversible A ∈ Gln(R) est orthogonale pour un produit

scalaire sur Rn.

Solution : Cela revient à dire que toute base BBBB = (e1, …, en) de R

n est orthonormée pour un certain produit

scalaire. Si x = ∑ ii ex et y = ∑ jjey , il suffit de considérer le produit scalaire (x | y) = ∑ ii yx .

Exercice 2 : Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie. Montrer que les groupes orthogonaux associés aux différents produits scalaires sur E sont des sous-groupes conjugués dans Gl(E), et que tout conjugué d’un groupe orthogonal est un groupe orthogonal.

Solution : Choisissons un produit scalaire sur E, noté (x | y). Notons O(E), resp. S(E), l’ensemble des endomor-phismes de E orthogonaux, resp. symétriques, pour ce produit scalaire. Les produits scalaires sur E sont de la forme Φu(x, y) = (u(x) | y) , où u est élément de S

++(E), et la

correspondance u → Φu est bijective. Notons Ou(E) le groupe orthogonal de (E, Φu).

Soit f ∈ LLLL(E). Il est facile de vérifier que : f ∈ Ou(E) ⇔ f* o u o f = u ⇔ u1/2

o f o u−1/2

∈ O(E).

Variante : Les produits scalaires sur E sont de la forme Ψg(x, y) = (g(x) | g(y)) , où g est élément de

Gl(E) ; la correspondance g → Ψg n’est pas bijective, mais surjective.

Notons Og(E) le groupe orthogonal de (E, Ψg).

Soit f ∈ LLLL(E). Il est facile de vérifier que : f ∈ Og(E) ⇔ g o f o g−1

∈ O(E).

Ce raisonnement montre au passage la seconde assertion. Exercice 3 : Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie, G un sous-groupe fini, de cardinal N, de Gl(E). Montrer qu’il existe un produit scalaire sur E tel que G soit un sous-groupe de O(E).

Indication : Soit (x | y) un produit scalaire sur E. Considérer < x | y > = N1 ∑

∈Gg

ygxg ))()(( .

Applications : i) Soit A ∈ Mn(R) telle que A2 + I = 0.

Montrer que A est semblable à diag(H, H, …, H), où H =

−

0110 . Cas où n est impair ?

ii) Soit A ∈ Mn(R) telle que A2 + A + I = 0.

Montrer que A est semblable à diag(H, H, …, H), où H =

−−1110 . Cas où n est impair ?

Solution :

1) Il est facile de vérifier que < | > est un produit scalaire sur E. De plus, pour tout h ∈ G :

< h(x) | h(y) > = N1 ∑

∈Gg

yhgxhg )))(())((( = N1 ∑

∈Gg

ygxg ))()(( = < x | y >

car g → g o h est une permutation de G. Ainsi G est un sous-groupe du groupe orthogonal O(E, < | > ). 2) Applications :

49

i) Soit A ∈ Mn(R) telle que A2 + I = 0. Alors A

4 = I, et G = I, A, A

2, A

3 est un sous-groupe fini

de Gln(R). En vertu du théorème spectral des matrices orthogonales, A est semblable à diag(Ip, −Iq,

A1, …, Ar), où Ak =

−kk

kk

θθθθ

cossinsincos , p + q + 2r = n.

Revenant à A2 + I = 0, on voit que p = q = 0 et Ak =

±

0110

m. Un léger changement de base montre

que A est semblable à diag(H, H, …, H), où H =

−

0110 .

Si n est impair, A n’existe pas, ce qu’un simple argument de déterminant aurait permis de voir. ii) Soit A ∈ Mn(R) telle que A

2 + A + I = 0. Alors A

3 = I, et G = I, A, A

2 est un sous-groupe

fini de Gln(R). En vertu du théorème spectral, A est semblable à diag(Ip, −Iq, A1, …, Ar), où

Ak =

−kk

kk

θθθθ

cossinsincos , p + q + 2r = n.

Revenant à A2 + A + I = 0, on voit que p = q = 0 et Ak =

±2/12/3

2/32/1m

.

Un changement de base montre que A est semblable à diag(H, H, …, H), où H =

−−1110 .

Si n est impair, A n’existe pas.

Remarque : On peut démontrer plus généralement que tout sous-groupe compact de Gl(E) est inclus dans un groupe orthogonal. Et l’on a vu que ces groupes orthogonaux sont maximaux pour l’inclusion parmi les sous-groupes compacts de Gl(E).


dcba ∈ M2(R). Cns pour qu’il existe un produit scalaire sur R

2 tel que A soit

une matrice de rotation pour ce produit scalaire.

Solution : Je dis qu’on a l’équivalence des propriétés suivantes :

i) Il y a un produit scalaire sur R2 relativement auquel A est une rotation ;

ii) ∃P ∈ Gl2(R) ∃θ ∈ R P−1

.A.P =

−

θθθθ

cossinsincos ;

iii) A = ± I ou bien | a + d | < 2 et ad − bc = 1 . Cet exercice est un cas particulier du suivant…

Exercice 5 : Soit A ∈ Mn(R). Montrer l’équivalence des propriétés suivantes :

i) Il y a un produit scalaire sur Rn relativement auquel A est une rotation ;

ii) ∃P ∈ Gln(R) ∃θ1, …, θr ∈ R P−1

.A.P = diag( Ip , −Iq ,

−11

11

cossinsincos

θθθθ , … ,

−rr

rr

θθθθ

cossinsincos ).

iii) A est diagonalisable dans Mn(C), et Sp A ⊂ U = z ; |z| = 1 .

Solution :

ii) ⇒ iii) car chacune des matrices

−jj

jj

θθθθ

cossinsincos est diagonalisable de valeurs propres exp(± iθj).

iii) ⇒ ii) Supposons A réelle, diagonalisable dans Mn(C), et Sp A ⊂ U = z ; |z| = 1 .

50

i) ⇒ ii) Soit B ∈ Sn++

(R) , < X , Y > = tX.B.Y le produit scalaire associé.

A ∈ O(Rn, < , >) ⇔ ∀X, Y < AX , AY > = < X, Y >

⇔ ∀X, Y tX.

tA.B.A.Y =

tX.B.Y ⇔

tA.B.A = B.

Soit C ∈ Sn++

(R) une (la) racine carrée de B : < X , Y > = tX.

tC.C.Y = (CX, CY).

Alors tA.B.A = B ⇔ C.A.C

−1 ∈ On(R).

C.A.C−1

est orthogonalement semblable à diag( Ip , −Iq ,

−11

11

cossinsincos

θθθθ , … ,

−rr

rr

θθθθ

cossinsincos ),

donc A est semblable à une telle matrice.

ii) ⇒ i) Considérons le produit scalaire < X , Y > = tX.

tP

−1.P

−1.Y sur R

n.

< A.X , A.Y > = tX.

tA.

tP

−1.P

−1.A.Y = < X , Y > =

tX.

tP

−1.P

−1.Y .

___________

4. Endomorphismes symétriques. 4.1. Exemples et réductions.

Exercice 1 : Soit E = Rn[X], muni du produit scalaire ( P | Q ) = ∫−1

1).().( dxxQxP . Montrer que

u : P → ((x2 − 1).P’)’ et v : P → ∫

+

−+

1

1).(.)( dyyPyx n sont des endomorphismes autoadjoints de E.

Solution : Les linéarités de u et v sont évidentes. De plus, ils laissent stable E. (u(P) | Q) = (P | u(Q)) se montre par IPP. (v(P) | Q) = (P | v(Q)) se montre par intégrales doubles.

Exercice 2 : On munit E = Rn[X] du produit scalaire (P | Q) = ∫1

0).().( dxxQxP .

On définit l’application u par u(P)(x) = ∫ +1

0).(.)( dxtPtx n

1) Montrer que u est autoadjoint bijectif. 2) Soit (P0, …, Pn) une base orthonromale de vecteurs propres de u, Pi étant relatif à la valeur

propre λi. Montrer ( x + y )n = ∑

=

n

kkkk yPxP

0

)()(.λ .

3) Calculer tr u. Comment aurait-on pu obtenir directement ce résultat ? 4) Calculer tr u

2 , tr u

3.

Solution : [ Oral Mines 1998, RMS n° 194 ] (juin 1999)

Exercice 3 : Soit E = C([−1, 1], R) muni du produit scalaire ( f | g ) = ∫−1

1).().( dxxgxf .

1) Montrer que u : f → x.f est un endomorphisme autoadjoint de E. 2) Soit N : (s, t) ∈ [−1, 1]

2 → N(s, t) ∈ R continue et symétrique ; montrer que v : f → F, où

F(x) = ∫+

−

1

1).().,( dyyfyxN est un endomorphisme autoadjoint de E.

51

3) Soient F = C2([−1, 1], R) muni du produit scalaire induit, u∈ C

1([−1, 1], R) tel que u(−1) = u(1)

= 0. Montrer que T : f → u’f’ + u f’’ est un endomorphisme autoadjoint de F. Solution : Exercice 4 : On rapporte E à une base orthonormale BBBB. Soit F un sous-espace vectoriel de base

orthonormale (a1, ..., ap). Matrice de pF dans la base BBBB ?

Solution : Exercice 5 : A-t-on : u et v symétriques ⇒ u o v symétrique ? Quand est-ce vrai ?

Solution : Il est clair que u o v est symétrique ssi u et v commutent. Exercice 6 : Réductions orthonormées des matrices réelles :

−

−

62221352513

,

−−−−−−

211121112

,

−−−

−

210121012

,

abbbabbba

,

abcbabcba

,

bacacbcba

.

Solution : > with(linalg):A:=matrix(3,3,[13,-5,2,-5,13,2,2,2,6]) ;

:= A

13 -5 2

-5 13 2

2 2 6

> c:=factor(charpoly(A,x));eigenvals(A); := c ( ) − x 10 ( ) − x 18 ( ) − x 4

, ,4 10 18 > k1:=normalize(op(kernel(A-18)));k2:=normalize(op(ke rnel(A-10))); k3:=crossprod(k1,k2);

:= k1

, ,−

12

212

2 0

:= k2

, ,

13

313

313

3

:= k3

, ,

16

2 316

2 3 −13

2 3

> P:=transpose(matrix([k1,k2,k3]));Diag:=multiply(tra nspose(P),A,P);

> with(linalg):A:=matrix(3,3,[2,-1,-1,-1,2,-1,-1,-1,2 ]);

:= A

2 -1 -1

-1 2 -1

-1 -1 2

> c:=factor(charpoly(A,x));eigenvals(A);

:= c x ( ) − x 3 2

:= P

−12

213

316

2 3

12

213

316

2 3

013

3 −13

2 3

:= Diag

18 0 0

0 10 0

0 0 4

52

, ,0 3 3 > k1:=normalize(op(kernel(A)));k2:=normalize(op(1,ker nel(A-3))); k3:=crossprod(k1,k2);

:= k1

, ,

13

313

313

3

:= k2

, ,−

12

212

2 0

:= k3

, ,−

16

3 2 −16

3 213

3 2


:= P

13

3 −12

2 −16

3 2

13

312

2 −16

3 2

13

3 013

3 2

> with(linalg):A:=matrix(3,3,[2,-1,0,-1,2,-1,0,-1,2]) ;

:= A

2 -1 0

-1 2 -1

0 -1 2

> c:=factor(charpoly(A,x));eigenvals(A);

:= c ( ) − x 2 ( ) − + x2 4 x 2

, ,2 + 2 2 − 2 2 > k1:=normalize(op(kernel(A-2)));k2:=normalize(op(ker nel(A-2-sqrt(2)))); k3:=crossprod(k1,k2);

:= k1

, ,−

12

2 012

2

:= k2

, ,

12

−12

212

:= k3

, ,

12

12

212

> P:=transpose(matrix([k1,k2,k3])); Diag:=simplify(multiply(transpose(P),A,P));


02/1......02/1............

......02/10

......2/102/10...02/10

∈ Sn(R). Calculer AX, où X =

)sin(...

)2sin()sin(

nt

tt

.

En déduire valeurs et vecteurs propres de A. Diagonalisation orthonormée. Idem pour A = (aij) ∈ Sn(R), où aii = 2, ai,i+1 = ai+1,i = 1, aij = 0 sinon.

:= Diag

0 0 0

0 3 0

0 0 3

:= P

−12

212

12

0 −12

212

2

12

212

12

:= Diag

2 0 0

0 + 2 2 0

0 0 − 2 2

53

Solution : Exercice 8 : Soient a et b deux vecteurs de E. Réduire l’endomorphisme u(x) = (a | x).b + (b | x).a.

Application : réduire la matrice réelle A = ( ai + aj )1≤i,j≤n.

Solution : u est un endomorphisms symétrique de E.

• Supposons d’abord (a, b) libre. Alors Ker u = Vect(a, b)⊥ et Im u ⊂ Vect(a, b).

Donc Im u = Vect(a, b) et rg u = 2 en vertu du théorème du rang. Notons v l’endomorphisme induit par u dans P = Im u.

La matrice de v relativement à la base (a, b) est A =

)()()()(

baaabbba

.

Elle a pour valeurs propres (a | b) ± ||a||.||b||. Un vecteur propre associé à λ = (a | b) − ||a||.||b|| est ||b||.a + ||a||.b. Un vecteur propre associé à µ = (a | b) + ||a||.||b|| est ||b||.a − ||a||.b. Les autres valeurs propres sont nulles.

• Si la famille (a, b) est liée, le lecteur terminera aisément la discussion. Exercice 9 : Polynômes de Legendre.

Soit E = R[X], muni du produit scalaire (P | Q) = ∫−1

1).().( dxxQxP .

On considère l’endomorphisme : P → (x2 − 1).P" + 2x.P' = ((x

2 − 1).P’)’.

1) Montrer que L laisse stable chacun des espaces En = Rn[X], et induit un endomorphisme auto-

adjoint, noté Ln, de En.

2) Quelle est la matrice de Ln dans la base canonique (1, x, x2, ..., x

n) de En ? Conséquences ?

3) Déterminer les vecteurs propres de Ln.

On trouvera, à scalaire près, les polynômes Pk(x) = Dk((x

2 − 1)

k) , 0 ≤ k ≤ n.

Solution : Exercice 10 : Démontrer le théorème spectral en dimension 2, puis l’étendre au cas général.

Solution :

La matrice A =

cbba ∈ S2(R) a pour polynôme caractéristique P(X) = X

2 − ( a + c )X + ac – b2.

Le discriminant de P est ∆ = ( a – c )2 + b

2 ≥ 0.

Si ∆ ≠ 0, A a deux valeurs propres λ ≠ µ, A est diagonalisable, et il est facile de vérifier que les vecteurs propres associés sont orthogonaux. Il suffit de les normaliser. Si ∆ = 0, alors a = c et b = 0. A est diagonale, et il n’y a rien à montrer. En dimension n, soit u un endomorphisme symétrique de E. u admet une droite ou un plan stable.

S’il admet un plan stable P, sa matrice rapportée à une base orthonormée de P est de la forme

cbba .

Dans tous les cas, u admet une valeur propre réelle. Une récurrence sur n conclut, puisque l’orthogonal d’un sous-espace u-stable est u-stable.

Exercice 11 : Quelles sont les matrices de Mn(R) qui sont semblables à une matrice symétrique réelle ?

Solution : Ce sont les matrices diagonalisables.

54

Exercice 12 : Soit u un endomorphisme symétrique. Montrer que Ker u = ( Im u )⊥ .

Solution : x ∈ (Im u)⊥ ⇔ (∀y) (x | u(y)) = 0 ⇔ (∀y) (u(x) | y) = 0 ⇔ u(x) = 0 ⇔ x ∈ Ker u.

Remarque : On a toujours Ker f = ( Im f* )⊥. Ici, cela s’écrit Ker u = ( Im u )

⊥ .

Exercice 13 : Soit A symétrique réelle. Montrer que : ( tr A )2 ≤ rg(A).tr(A

2). Cas d’égalité ?

Solution : Notons r = rg A, λ1, …, λr les valeurs propres non nulles de A.

Après diagonalisation, tout revient à montrer que ( λ1 + … + λr )2 ≤ r.( λ1

2 + … + λr

2 ).

Cela découle de Cauchy-Schwarz. Il y a égalité ssi A = O ou A = 0 et λ1 = … = λr , autrement dit si A = λ.P, P orthoprojecteur de rang r. Exercice 14 : Montrer que les orthoprojecteurs engendrent l’espace vectoriel S(E) des endomor-phismes symétriques. Idem pour les orthosymétries.

Solution : Tout endomorphisme symétrique u est diagonalisable dans une base orthonormée.

Il s’écrit donc u = ∑∈Spu

pλ

λλ. , où pλ est l’orthoprojecteur associé à la valeur propre λ.

Par conséquent, u est combinaison linéaire d’orthoprojecteurs.

Toute orthosymétrie s’écrit s = I – 2p, où p est un orthoprojecteur. Donc p = 21 ( I – s ), etc.

Exercice 15 : 1) Montrer que les matrices d’orthoprojecteurs de R2 sont O, I et les

P(θ) =

θθθθθθ

²sincos.sincos.sin²cos =

21

−+

)2cos(1)2sin()2sin()2cos(1θθ

θθ , où θ décrit R.

2) Décrire de même les orthoprojecteurs de R3.

3) Soit E euclidien. Montrer que l’ensemble PPPP des orthoprojecteurs de E est compact, et admet

n + 1 composantes connexes par arcs, à savoir les PPPPr = p ∈ PPPP ; rg p = r , 0 ≤ r ≤ n.

Solution :

1) Il suffit de noter que

− θθ

θθcossinsincos

0001

−

θθθθ

cossinsincos =

θθθθθθ

²sincos.sincos.sin²cos .

Cet ensemble coincide avec l’ensemble

²²

bababa ; a

2 + b

2 = 1 .

P(θ) ; θ ∈ R est inclus dans le plan affine :

−xyyx

1 ; x, y ∈ R =

1000 +

−xyyx ; x, y ∈ R .

Dans ce plan, c’est la courbe d’équation x = cos2 θ, y = sin θ.cos θ ; en polaires, r = cos θ.

C’est le cercle de diamètre OA où A(1, 0).

2) Les matrices d’orthoprojecteurs de R3 sont O, I, les

P =

²²

²

ccbcabcbbaacaba

; a2 + b

2 + c

2 = 1 pour les projecteurs de rang 1

Q =

+−−−+−−−+

²²²²

²²

bacbcabcacbaacabcb

; a2 + b

2 + c

2 = 1 pour les projecteurs de rang 2.

On peut paramétrer a, b, c en sphériques : a = sin θ.cos ϕ , b = sin θ.sin ϕ , c = cos θ.

55

En effet, si ω =

cba

est un vecteur unitaire, l’orthoprojection de X =

zyx

sur R.ω est donnée par

p(X) = ( X | ω).ω = (tX.ω).ω = (ω.

tX).ω = ω.(

tX.ω) = ω.(

tω.X) = (ω.tω).X.

Et l’orthoprojection de X sur (R.ω)⊥ est X – p(X).

3) PPPP = f ∈ LLLL(E) ; f o f = f et f* = f est fermé, et borné car p ∈ PPPP ⇒ ||| p ||| ≤ 1. Donc compact. Comme le rang d’un projecteur est égal à sa trace, l’application f ∈ PPPP → rg f ∈ 0, 1, … , n est

continue. En vertu du théorème des valeurs intermédiaires, les ensembles PPPPr ne peuvent être reliés

continûment. Reste à montrer que chacun d’eux est connexe par arcs. L’idée est que PPPPr est l’image

de On+(R) par l’application continue P ∈ On

+(R) →

tP.diag(Ir, On−r).P. En effet, quitte à changer un

vecteur propre en son opposé, on peut toujours choisir une base orthonormée propre directe. Exercice 16 : Orthogonalisation simultanée d’un produit scalaire et d’une fbs.

Soient E un R-espace de dimension n, (. | .) un produit scalaire sur E, Φ une forme bilinéaire symétrique sur E. Montrer qu’il existe une base de E orthonormée pour (. | .) et orthogonale pour Φ.

Solution : Nous savons qu’il existe un endomorphisme u symétrique relatif au produit scalaire ( | ) tel que ∀(x, y) ∈ E×E Φ(x, y) = (u(x) | y).

Soit BBBB = (e1, …, en) une base orthonormée propre de u. Il est clair que BBBB est orthogonale pour Φ. Exercice 17 : Montrer que deux endomorphismes autoadjoints qui commutent sont simultanément diagonalisables dans une base orthonormée. Extension à une famille commutante d’autoadjoints.

Solution :

Exercice 18 : Sous-espaces vectoriels de Mn(R).

1) Indiquer un sev de Mn(R) de dimension 2

)1( −nn formé de matrices nilpotentes.

2) En déduire que si E est un sev de Mn(R) formé de matrices diagonalisables, dim E ≤ 2

)1( +nn.

3) Indiquer un sev de dimension 2

)1( +nn de Mn(R) formé de matrices diagonalisables.

Solution : [ Oral Centrale MP 2011, RMS n° 836 ] 1) Il suffit de considérer l’espace vectoriel des matrices triangulaires supérieures de diagonale nulle.

Il a pour base (Eij)i<j et est de dimension 2

)1( −nn.

2) Soit E un sous-espace vectoriel de Mn(R) formé de matrices diagonalisables. Son intersection

avec l’espace précédemment trouvé est 0, par conséquent sa dimension est ≤ 2

)1( +nn.

3) L’espace vectoriel des matrices symétriques réelles répond à la question.

Conclusion : les matrices diagonalisables (resp. nilpotentes), ne forment pas un sous-espace vectoriel de Mn(R), mais un cône. La dimension maximale d’un sous-espace vectoriel inclus dans l’ensemble

des matrices diagonalisables est 2

)1( +nn, la dimension maximale d’un sous-espace vectoriel inclus

dans l’ensemble des matrices nilpotentes est 2

)1( −nn.

56

Remarque : On peut démontrer que les sous-espaces de Mn(R) de dimension 2

)1( +nn formés de

matrices diagonalisables sont exactement Sn(R) et ses conjugués (cf. B. Randé, RMS mars 1992). 4.3. Théorème de Rayleigh-Ritz.

Exercice 19 : Soit A = (aij) symétrique réelle d’ordre n, de valeurs propres λ1 ≥ λ2 ≥ ... ≥ λn . Montrer que : λ1 ≥ max aii ≥ min aii ≥ λn .

Solution :

Soit (e1, …, en) la base canonique de Rn. On a akk =

tek.A.ek ∈ [ λ1, λn ] en vertu de Rayleigh-Ritz.

En effet, si (ε1, …, εn) est une base orthonormée adaptée A.εi = λi.εi , avec ek = ∑i

ikix ε., ,

alors akk = tek.A.ek = ∑

iikix λ)².( , ∈ [ λ1, λn ] en tant que combinaison convexe des λi .

Remarque : le lecteur montrera que si λ1 = aii pour un indice i, alors tous les éléments non diagonaux de la ième ligne et de la ième colonne sont nuls.

Exercice 20 : Soit λ1, resp. λn, l’application qui à A ∈ Sn(R) associe sa plus grande (resp. plus

petite) valeur propre. Montrer que λ1 est convexe continue, et que λn est concave continue.

Montrer que Sn+(R) est un cône convexe fermé, Sn

++(R) un cône convexe ouvert, et que Sn

++(R) est

l’intérieur de Sn+(R).

Solution : [ Oral ENS 2010, RMS n° 36, Oral Centrale PC 2012, RMS n° 901, etc. ]

La fonction A → λ1(A) est sous-additive et positivement homogène, donc convexe, et continue, la

fonction A → λn(A) est sur-additive et positivement homogène, donc concave, et continue.

∀A, B ∈ Sn(R) ∀α ≥ 0 λ1(A + B) ≤ λ1(A) + λ1(B) , λ1(αA) = αλ1(A) , |λ1(A) − λ1(B)| ≤ |||A − B|||

∀A, B ∈ Sn(R) ∀α ≥ 0 λn(A + B) ≥ λn(A) + λn(B) , λn(αA) = αλn(A) , |λn(A) − λn(B)| ≤ |||A − B|||

i) Soit X ∈ S. On a : tX.(A + B).X =

tX.A.X +

tX.B.X ≤ λ1(A) + λ1(B) .

Passant au sup, il vient : λ1(A + B) ≤ λ1(A) + λ1(B) . ii) La seconde propriété est immédiate. iii) Soit X ∈ S. On a :

tX.A.X ≤

tX.B.X +

tX.(A − B).X ≤ λ1(B) + ||| A − B ||| ,

car, par Cauchy-Schwarz, tX.(A − B).X ≤ |

tX.(A − B).X | ≤ || X ||.|| (A − B).X || ≤ ||| A − B ||| .

Pour conclure , il reste à échanger A et B. On peut aussi déduire de i) que λ1(A) − λ1(B) ≤ λ1(A − B), et noter que pour toute valeur propre de

A ∈ Sn(R) vérifie λ ≤ ||| A |||.

iv) Les propriétés de λn se montrent de même, ou se déduisent de celles de λ1 si l’on observe que :

λn(−A) = − λ1(A).

Sn+(R) est l’image réciproque de R+, Sn

++(R) celle de R*+ par la fonction concave continue λn.

Les deux premières affirmations s’en déduisent. Sn

++(R) étant ouvert, est inclus dans l’intérieur de Sn

+(R). De plus, si A est élément de Sn

+(R) mais

non de Sn++

(R), elle adhére au complémentaire de Sn++

(R), car si l’on note pλ les projecteurs

propres : A =

∑−∈ 0)(

.uSp

pλ

λλ = limε→ 0+

∑−∈ 0)(

.uSp

pλ

λλ − ε.p0 .

57

Exercice 21 : Montrer que u ∈ SSSS(E) ; Sp u ⊂ [0, 1] et u ∈ SSSS(E) ; Sp u ⊂ [−1, 1] sont deux convexes compacts dont les points extrémaux sont les orthoprojecteurs, resp. les orthosymétries.

Solution : Notons K = u ∈ SSSS(E) ; Sp u ⊂ [0, 1] . En vertu de Rayleigh-Ritz, on a

K = u ∈ SSSS(E) ; ∀x ∈ E 0 ≤ (u(x) | x) ≤ (x | x) = u ∈ SSSS(E) ; 0 ≤ λn(u) et λ1(u) ≤ 1 .

Le fait que K soit convexe fermé découle de la première forme de K, mais aussi de la seconde si l’on utilise l’exercice précédent. Soit PPPP l’ensemble des orthoprojecteurs. Je dis que K est l’enveloppe convexe de PPPP. En effet, soit

Exercice 22 : Soit f ∈ LLLL(E) un endomorphisme quelconque de E.

Déterminer max )())((

xx

xxf ; x ∈ E• et min

)())((

xx

xxf ; x ∈ E• ?

Solution : L’idée est que )())((

xx

xxf =

)())((

xxxxu

, où u = 21 ( f + f* ).

Par conséquent, le max est la plus grande valeur propre de u, le min sa plus petite valeur propre.

Exercice 23 : Soient a et b deux vecteurs fixés. Déterminer max et min de ²

)).((

x

bxax sur E − 0.

Solution : [ Oral ENS 1988, RMS 234, Mines MP 2012, RMS 457, Mines PC 2012, RMS 646 ]

Ecrivons ²

)).((

x

bxax =

)())((

xx

xxf =

)())((

xxxxu

, où f(x) = (x | a).b , puis u(x) = 21 [ (x | a).b + (x | b).a ].

u est autoadjoint. Nous voilà conduits à trouver la plus grande et la plus petite valeur propre de u. Il faut distinguer trois cas : a et b libres, (a, b) de rang 1, a et b nuls.

• Supposons (a, b) libre. Alors Ker u = Vect(a, b)⊥ et Im u ⊂ Vect(a, b).

Donc Im u = Vect(a, b) et rg u = 2 en vertu du théorème du rang. Notons v l’endomorphisme induit par u dans P = Im u.

La matrice de v relativement à la base (a, b) est A =

)()()()(

baaabbba

.

Elle a pour valeurs propres (a | b) ± ||a||.||b||. L’une est > 0, l’autre est < 0. Un vecteur propre associé à λ = (a | b) − ||a||.||b|| est ||b||.a + ||a||.b. Un vecteur propre associé à µ = (a | b) + ||a||.||b|| est ||b||.a − ||a||.b. Les autres valeurs propres sont nulles.

Bilan : si a et b sont libres, max²

)).((

x

bxax = (a | b) + ||a||.||b||, min

²

)).((

x

bxax = (a | b) − ||a||.||b||

• Si la famille (a, b) est liée, le lecteur terminera aisément la discussion. Exercice 24 : On considère les fonctions de deux variables

f(x, y) = ²²

²2²yx

yxyx+

−− et g(x, y) =

²22²²²yxyx

yxyx++++

.

1) Domaines de définition de f et g ? Extrêma de f ? 2) Trouver une base de R

2 où, en fonction des nouvelles coordonnées X et Y, l’on ait :

58

g(x, y) = ²²

²2²YX

cYbXYaX+

++ , a, b et c étant à déterminer. Trouver les extrema de g.

Solution : 1) f est définie et continue sur R

2 – (0, 0). Les extrema de f peuvent de déterminer de deux façons :

1ère méthode : passer en polaires.

f(x, y) = cos2 θ − 2.sin θ.cos θ − sin

2 θ = cos(2θ) − sin(2θ) = 2 cos(2θ +

4π )

décrit le segment [− 2 , 2 ].

Le maximum est atteint pour cos(2θ + 4π ) = 1, i.e. θ = −

8π + kπ.

Le minimum est atteint pour cos(2θ + 4π ) = −1, i.e. θ =

83π + kπ.

On constate que ce sont deux directions perpendiculaires. 2ème méthode : Rayleigh-Ritz, parbleu !

f(x, y) est le quotient de Rayleigh-Ritz associé à la matrice A =

−−−1111 .

Or les valeurs propres de A sont − 2 et 2 . 2) g est définie et continue sur R

2 – (0, 0), car x

2 + 2xy + 2y

2 = ( x + y )

2 + y

2 .

Posons u = x + y, v = y. Il vient : g(x, y) = ²)²(²²

yyxyxyx

++++

= ²²

²²vu

vuvu+

+− .

On est ramenés à la situation précédente. Les deux méthodes s’appliquent.

Les valeurs propres de A =

−

−12/1

2/11 sont 3/2 et 1/2.

Max g = 3/2 est atteint pour (u, v) = α(1, −1), i.e. (x, y) = α(2, −1) Min g = ½ est atteint pour (u, v) = α(1, 1), i.e. (x, y) = α(0, 1).

Exercice 25 : (Maple) 1) Soit A ∈ Sn+(R). Montrer qu’il existe M ∈ Mn(R) telle que A =

tM.M.

Trouver M pour A =

−

−

62221352513

.

2) Vérifier que f(x, y, z) = yzzyxzxyxzyzxzyxyx

4²6²13410²13²467²126²22

++++−++−++

est définie sur R3 − (0, 0, 0).

3) Montrer qu’il existe C ∈ S3(R) telle que :

f(x, y, z) ; (x, y, z) ≠ (0, 0, 0) = XX

CXXt

t

..

; X ≠ (0, 0, 0) .

4) Montrer que f admet un minimum et un maximum que l’on précisera. 5) Tracer les surfaces d’équation f(x, y, z) = a pour deux valeurs distinctes de a. Conjecture ?

Solution : [ Centrale PSI 2011, RMS n° 943 ]

1) Si P ∈ On(R) est telle que P−1

.A.P = tP.A.P = diag(λ1, … , λn), (λk ≥ 0).

la matrice M = P.diag( 1λ , …, nλ ).tP convient. Elle est symétrique positive.

Ce n’est pas la seule matrice M cherchée, mais c’est la plus simple. > with(linalg):with(plots): > A:=matrix(3,3,[13,-5,2,-5,13,2,2,2,6]);

59

:= A

13 -5 2

-5 13 2

2 2 6

> c:=factor(charpoly(A,x));eigenvals(A); := c ( ) − x 10 ( ) − x 18 ( ) − x 4

, ,4 10 18 > k1:=normalize(op(kernel(A-18)));k2:=normalize(op(ke rnel(A-10))); k3:=crossprod(k1,k2);

:= k1

, ,−

12

212

2 0

:= k2

, ,

13

313

313

3

:= k3

, ,

16

2 316

2 3 −13

2 3


:= P

−12

213

316

2 3

12

213

316

2 3

013

3 −13

2 3

:= Diag

18 0 0

0 10 0

0 0 4

> M:=multiply(P,diag(3*sqrt(2),sqrt(10),2),transpose( P)); simplify(multiply(transpose(M),M));

:= M

+ + 32

213

1013

− + + 32

213

1013

− + 23

13

10

− + + 32

213

1013

+ + 32

213

1013

− + 23

13

10

− + 23

13

10 − + 23

13

10 + 43

13

10

13 -5 2

-5 13 2

2 2 6

2) Posons X = t(x, y, z). Alors f(x, y, z) =

yzzyxzxyxzyzxzyxyx

4²6²13410²13²467²126²22

++++−++−++

= XAX

BXXt

t

...

.

Comme A est définie positive, f est définie sur R3 − (0, 0, 0).

3) Avec les notations précédentes, f(x, y, z) = XAX

BXXt

t

...

= XMMX

BXXtt

t

....

= YY

CYYt

t

..

où Y = M.X et C = tM

−1.B.M

−1. Ici, même : C = M

−1.B.M

−1.

4) C est symétrique réelle, donc diagonalisable dans une base orthonormée.

Il existe P ∈ O3(R) telle que P−1

.C.P = tP.C.P = diag(α, β, γ) = D, où :

α ≈ 3,42499 , β ≈ 0,93829 , γ ≈ 0,26450.

Posant Y = P.Z, il vient : f(x, y, z) = YY

CYYt

t

..

= ZZZDZ

t

t

...

= ²²²

²²²wvu

wvu++++ γβα

.

60

Conclusion : f a pour valeur maximum α ≈ 3,42499 et pour minimum γ ≈ 0,26450.

> B:=matrix(3,3,[22,3,-7/2,3,12,3,-7/2,3,4]); C:=simplify(multiply(transpose(inverse(M)),B,invers e(M)));

:= B

22 3-72

3 12 3

-72

3 4

C :=

+ + + 457360

1372

2 57

1805

2372

2 + 59120

1372

2 5

, ,

− − + − 59180

13144

2 57

3605

2372

2

+ 59120

1372

2 5 + − − 457360

1372

2 57

1805

2372

2

, ,

− − − + 59180

13144

2 57

3605

2372

2

− − + − 59180

13144

2 57

3605

2372

2 − − − + 59180

13144

2 57

3605

2372

2

, ,

− 9445

1336

10

> pc:=factor(charpoly(C,x));sp:=fsolve(pc=0,x);max(sp );min(sp);

:= pc − − + + 1720

833180

x2 4193960

x x3

:= sp , ,.2644986617.93828751033.424991606 3.424991606 .2644986617

5) Dans le repère final, en (u, v, w), la surface d’équation f(x, y, z) = a a pour équation : α.u

2 + β.v

2 + γ.w

2 = a.( u

2 + v

2 + w

2 ) ,

c’est-à-dire : ( α − a ).u2 + ( β − a ).v

2 + ( γ − a ).w

2 = 0.

Ces quadriques sont des cônes du second degré. Plus précisément : • Si a > α ou a < γ, ce sont des ellipsoïdes-points. • Si α > a > β ou β > a > γ, ce sont des cônes réels. • Si α = a, il vient : v = w = 0 : droite. • Si β = a, il vient : ( α − β ).u

2 + ( γ − β ).w

2 = 0 : deux plans sécants.

• Si γ = a, il vient : u = v = 0 : droite.

> f:=(x,y,z)->(22*x^2+12*y^2+4*z^2+6*x*y-7*x*z+6*y*z) / (13*x^2-10*x*y+4*x*z+13*y^2+6*z^2+4*y*z);

:= f → ( ), ,x y z + + + − + 22x2 12y2 4 z2 6 x y 7 z x 6 y z

− + + + + 13x2 10x y 4 z x 13y2 6 z2 4 y z

> S:=a->implicitplot3d(f(x,y,z)=a,x=-4..4,y=-4..4,z=- 4..4,numpoints=4000); := S → a ( )implicitplot3d , , , , = ( )f , ,x y z a = x .. -4 4 = y .. -4 4 = z .. -4 4 = numpoints 4000

> S(0.1);S(.2644986617);S(0.5);S(0.9382875103);S(1.5) ;S(3.424991606);S(4); Plotting error, empty plot Plotting error, empty plot

61

Plotting error, empty plot Plotting error, empty plot

Exercice 25 : Déterminer max ∑≤<≤ nji

ji xx1

; (x1, …, xn) ∈ Rn et ∑

≤≤ niix

1

2 = 1 .

Solution : [ Oral Mines MP 2012, RMS n° 458 ] Deux solutions, l’une savante et générale, l’autre plus simple et plus adaptée.

62

Solution savante : notons X = (x1, …, xn) ∈ Rn euclidien canonique, et q(X) = ∑

≤<≤ njiji xx

1

.

q(X) = tX.M.X =

tX.A.X où M =

00...01...............001...10

et A =

02/1...2/12/1.........

......02/12/1...2/10

.

En vertu de Rayleigh-Ritz, max q(X) ; ||X|| = 1 = λ1(A) et min q(X) ; ||X|| = 1 = λn(A).

Or le calcul du polynôme caractéristique de A donne SpA = 21−n , −

21 , …, −

21 .

Solution plus adaptée : (x1 + … + xn)2 = ∑

≤≤ niix

1

2 + 2 ∑≤<≤ nji

ji xx1

, de sorte que :

q(X) = 21 [(x1 + … + xn)

2 − 1 ] =

21 [ (X | E)

2 − 1 ] , où E = ( 1, ..., 1 ).

Maximiser q(X) équivaut à maximiser (X | E)2 ; or par Cauchy-Schwarz (X | E)

2 ≤ ||X||

2 ||E||

2 ≤ n,

avec égalité ssi X et E sont liés, i.e. x1 = … = xn = n1± .

Minimiser q(X) équivaut à minimiser (X | E)2 ; or (X | E)

2 ≥ 0, avec égalité ssi X est unitaire et

orthogonal à E.

Exercice 26 : Soient E un espace euclidien de dimension n ≥ 2, x1, …, xp des éléments de E, HHHH

l’ensemble des hyperplans de E. Montrer qu’il existe H0 ∈ HHHH tel que :

∀H ∈ H H H H ∑=

p

kk Hxd

10)²,( ≤ ∑

=

p

kk Hxd

1

)²,( .

Solution : [ Oral Mines PSI 2011, RMS n° 584 ] Il s’agit de trouver l’hyperplan minimisant le moment d’inertie du système S = (x1, …, xp). Un hyperplan H de E est entièrement défini par la donnée d’un vecteur unitaire normal ω.

Alors ∑=

p

kk Hxd

1

)²,( = ∑=

p

kkx

1

)²( ω = (∑=

p

kkk xx

1

).( ω | ω) = (u(ω) | ω) ,

où u(x) = ∑=

p

kkk xxx

1

).( ; u est un opérateur autoadjoint positif, l’opérateur d’inertie du système S.

En vertu de Rayleigh-Ritz, la valeur minimum de (u(ω) | ω) est la plus petite valeur propre de u, et ω est un vecteur propre coresspondant. Selon que cette valeur propre est simple ou multiple, l’hyperplan cherché sera unique ou non.

Exercice 27 : Soit S ∈ Sn(R). On note λ1 ≤ λ2 ≤ … ≤ λn ses valeurs propres, Ω l’ensemble des matrices orthogonalement semblables à S. 1) Soit A ∈ Ω. Montrer que ∀k akk ∈ [λ1, λn].

2) Soit g : R → R une fonction convexe. Montrer que max ∑k

kkag )( ; A ∈ Ω = ∑k

kg )(λ .

3) Soient E un espace euclidien, S(E) l’espace vectoriel des endomorphismes symétriques de E.

Pour u ∈ S(E) et f : R → R convexe, on pose f(u) = ∑∈ )(

,).(uSp

upfλ

λλ , où pλ,u est l’orthoprojecteur sur

Ker(u − λid). Montrer que u → tr(f(u)) est convexe sur S(E).

Solution : [ Oral Centrale MP 2005, RMS n° 717, Oral Mines PSI 2010, RMS n° 560 ]

1) Ω est l’ensemble des matrices symétriques admettant pour spectre λ1 ≤ λ2 ≤ … ≤ λn .

Soit (e1, …, en) la base canonique de Rn.

63

Si A ∈ Ω, akk = tek.A.ek ∈ [ λ1, λn ] en vertu de Rayleigh-Ritz.

En effet, si (ε1, …, εn) est une base orthonormée adaptée A.εi = λi.εi , avec ek = ∑i

ikix ε., ,

alors akk = tek.A.ek = ∑

iikix λ)².( , ∈ [ λ1, λn ] en tant que combinaison convexe des λi .

2) Tout d’abord, la matrice S est élément de Ω. Pour cette matrice ∑k

kkag )( = ∑k

kg )(λ .

Reste à montrer que ∀A ∈ Ω ∑k

kkag )( ≤ ∑k

kg )(λ . En reprenant les notations de 1)

∑k

kkag )( = ∑ ∑k i

ikixg ))².(( , λ ≤ ∑∑k i

iki gx )()².( , λ par convexité de g

= ∑∑i k

iki gx )()².( , λ = ∑i

ig )(λ . Cqfd.

___________

5. Endomorphismes symétriques positifs.

Dans les exercices suivants, on note S+(E), resp. S

++(E), l’ensemble des endomorphismes symé-

triques positifs, resp. définis positifs, de l’espace euclidien E, Sn+(R), Sn

++(R), les ensembles

matriciels correspondants.

5.1. Exemples. Exercice 1 : Montrer par deux méthodes que les orthoprojecteurs sont symétriques positifs.

Solution : Soit p un orthoprojecteur. 1ère méthode : (x | p(x)) = (x | x) − (x | x − p(x)) = (x | x) ≥ 0. Géométriquement, le triangle (0, p(x), x) est rectangle en p(x). Or un triangle rectangle a un angle droit et deux angles aigus. 2ème méthode : le spectre de p est inclus dans 0, 1.


cbba ∈ S2(R) une matrice symétrique .

1) Montrer que A est positive si et seulement si a ≥ 0 , c ≥ 0 et ac − b2 ≥ 0 ;

2) Montrer que A est définie positive si et seulement si a > 0 et ac − b2 > 0 .

Solution : Avec Maple on peut visualiser les cônes S

+2(R) et S

++2(R) dans

S2(R) qui est de dimension 3. En notant a = x, c = y, b = z.

> with(plots): > p:=plot3d([u^2,v^2,u*v],u=0..2,v=0..2,color=v): q:=plot3d([u^2,v^2,-u*v],u=0..2,v=0..2,color=v): display(p,q,axes=normal);

64

Exercice 3 : exemples de matrices positives et définies positives.

1) Montrer que A = (aij) ∈ Mn(R), où aij = ∫π

0).sin().sin( dtjtit , est définie positive.

2) Matrices de Hilbert. Montrer que Hn = (1

1−+ ji

)1≤i,j≤n est symétrique définie positive.

3) Matrices de Cauchy. Soient a1, …, an > 0. Montrer que (ji aa +

1 )1≤i,j≤n est définie positive.

4) Matrices de moments. Soit f ∈ C([0, 1], R+), µk = ∫1

0).(. dxxfxk la suite de ses moments. Montrer

que A = (µi+j)0≤i,j≤n est symétrique positive, et que si f ≠ 0, elle est définie positive.

5) Montrer que A = (min(i , j))1≤i,j≤ est définie positive.

6) ¶ Montrer que A = (pgcd(i , j))1≤i,j≤n est définie positive.

7) Matrices de variances-covariances.

Soient X1, … , Xn n variables aléatoires réelles sur (Ω, AAAA, P), admettant des moments d’ordre 1 et 2.

Notons mi = E(Xi) leurs espérances, V(Xi) = E((Xi − mi)2) = E(Xi

2) − mi

2 leurs variances, et

Cov(Xi, Xj) = E((Xi − mi).(Xj − mj)) = E(Xi.Xj) − mi.mj leurs covariances. Montrer que la matrice Cov(X) des variances-covariances est symétrique positive. Soit A ∈ Mn(R), Y = A.X. Exprimer le vecteur des espérances et la matrice de variances-covariances des Y à l’aide de celles de X.

Solution :

Exercice 4 : Soient a1, ..., ak des vecteurs de E. Que dire de l’application u : x → ∑(ai | x).ai ? Quel est son rang ? Son noyau ? Son image ?

Solution : u est un endomorphisme symétrique positif, car :

(u(x) | y) = ∑(ai | x).(ai | y) = (x | u(y)) et (u(x) | x) = ∑(ai | x)2 ≥ 0.

Je dis que Ker u = Vect(a1, …, ak)⊥ .

En effet, x ∈ Ker u ⇒ (u(x) | x) = 0 ⇔ (∀i) (x | ai) = 0 ⇔ x ∈ Vect(a1, …, ak)⊥ .

La réciproque est évidente.

Je dis que Im u = Vect(a1, …, ak), et que rg u = rg (a1, …, ak).

Cela découle de ce que Im u = (Ker u)⊥ pour tout endomorphisme symétrique.

Exercice 5 : Soient f1, …, fn ∈ C([a, b], R), a < b, et A = ( ∫b

aji ff ).

Montrer que det A = 0 ⇔ ( f1, …, fn ) est liée.


Soit X = t( x1, …, xn ) un vecteur colonne. On a

tX.A.X = ∫ ++

b

ann fxfx )²...( 11 ≥ 0.

La matrice A est symétrique positive.

Si ( f1, …, fn) est liée, il existe X ≠ 0 tel que tX.A.X = 0. A n’est pas définie positive, donc det A = 0.

Si det A = 0, A n’est pas définie positive, donc il existe X ≠ 0 tel que tX.A.X = 0.

Alors ∫ ++b

ann fxfx )²...( 11 = 0, et ( f1, …, fn) est liée.

65

5.2. Propriétés générales.

Exercice 1 : Soit A = (aij) ∈ Sn++

(R). 1) Montrer que ∀i aii > 0.

2) Montrer ∀(i, j) |aij |2 ≤ aii .ajj . En déduire max i,j | aij | = max i aii .


1) Notant (e1, …, en) la base canonique de Rn, aii =

tei .A.ei > 0.

2) Supposons i < j. Je dis que la matrice

jjji

ijii

aaaa est symétrique définie positive.

En effet, si t(x, y) est un vecteur non nul, [ x y ]

jjji

ijii

aaaa [ y

x ] = tX.A.X > 0, où X est le vecteur .

t(0, …, 0, x, 0, …, y, 0, …, 0). Du coup,

jjji

ijii

aaaa a un déterminant > 0.

La propriété finale s’en déduit aisément. Plus généralement, si A est symétrique définie positive, toute sous-matrice obtenue en barrant des lignes et des colonnes de mêmes indices, est symétrique définie positive.

Exercice 2 : Soient A, B ∈ Sn(R).

1) Montrer que 2 tr(A.B) ≤ tr(A2) + tr(B

2).

2) Montrer que tr((A.B)2) ≤ tr(A

2.B

2) . Cas d’égalité ?

[ Indication : Noter que M = AB − BA est antisymétrique, et considérer tr(M2). ]

Solution : 1) Ecrire que (A – B)2 est une matrice symétrique positive, donc de trace ≥ 0.

Or (A – B)2 = A

2 + B

2 − AB − BA et tr(AB) = tr(BA).

2) tr(A2.B

2) − tr((A.B)

2) = tr(AABB – ABAB) = tr(A.M.B).

Or M = AB – BA est antisymétrique, donc tr(M2) = − tr(

tM.M) = −∑ )²( ijm ≤ 0.

tr(M2) = tr(MAB – MBA) = tr(BMA) – tr(AMB) = tr(

t(BMA)) – tr(AMB) = − 2.tr(AMB).

Il y a égalité ssi tr(AMB) = 0, i.e. tr(M2) = 0, i.e. tr(

tM.M) = 0, i.e. M = 0, i.e. A et B commutent.


(R). Pour X et Y dans Mn,1(R), on pose < X, Y > = tX.A.Y, et on

note || || la norme associée. 1) Montrer que l’on définit ainsi un produit scalaire sur Mn,1(R), et que les valeurs propres de A sont > 0.

2) On pose S = a12 + a23 + … + an−1,n + an1. Montrer que :

tr A = S + 21 ( || e1 – e2 ||

2 + … + || en−1 – en ||

2 + || en – e1 ||

2 ). Montrer que | S | ≤ tr A.

Solution : [ Oral Centrale MP 2012, RMS n° 735 ]

1) Identifions Mn,1(R) à Rn

, notons (e1 , … , en ) sa base canonique, et convenons que en+1 = e1.

C’est une question de cours : si (X | Y) = tX.Y est le produit scalaire canonique sur R

n, < X, Y > est

le produit scalaire sur Rn défini par la matrice A.

2) Attention ! || X – Y ||2 =

t(X – Y).A.(X – Y) =

tX.A.X +

tY.A.Y – 2

tX.A.Y.

Donc || e1 – e2 ||2 + … + || en−1 – en ||

2 + || en – e1 ||

2 = 2∑

iii

t Aee − 2∑ +i

iit Aee 1

66

= 2∑i

iia − 2∑ +i

iia 1, = 2 ( tr A – S ). D’où la première formule !

On en déduit aussitôt S ≤ tr A.

De même || e1 + e2 ||2 + … + || en−1 + en ||

2 + || en + e1 ||

2 = 2∑

iii

t Aee + 2∑ +i

iit Aee 1

= 2∑i

iia + 2∑ +i

iia 1, = 2 ( tr A + S ).

On en déduit aussitôt −S ≤ tr A. Cqfd !

Exercice 4 : Soit f ∈ LLLL(E, F). Montrer que f* o f ∈ S+(E) et vérifie :

Ker f = Ker( f* o f ) , ( Ker f )⊥ = Im( f* o f ) = Im f* et rg f = rg( f* o f ) = rg f*.

Solution : Tout d’abord : ( f* o f )* = f * o f et ((f* o f )(x) | x) = || f(x) ||

2 ≥ 0 .

Ker f ⊂ Ker( f* o f ), car f(x) = 0 ⇒ ( f* o f )(x) = 0 . Ker( f* o f ) ⊂ Ker f, car ( f* o f )(x) = 0 ⇒ (( f* o f )(x) | x) = 0 ⇔ f(x) = 0 .

Im( f* o f ) = Ker( f* o f )⊥ = ( Ker f )

⊥ .

Du coup, rg f = rg( f* o f ) . Par ailleurs, rg f* = rg f , donc, par inclusion et égalité des dimensions Im( f* o f ) = Im f* .

Exercice 5 : Soient A ∈ Sn(R) et (a, b) ∈ R2 tels que ∀X ∈ R

n a.||X||

2 ≤ (X | AX) ≤ b.||X||

2.

Soit P ∈ R[X] tel que ∀x ∈ [a, b] P(x) > 0. Montrer que P(A) est symétrique définie positive.

Solution : [ Oral X PC 2011, RMS n° 317 ] Soit λ une valeur propre de A ; ∃X ≠ 0 AX = λX, on en déduit a ≤ λ ≤ b, donc P(λ) > 0. A est diagonalisable et Sp P(A) = P(λ) ; λ ∈ Sp A ⊂ ]0, +∞[. Donc P(A) est symétrique définie positive.

Exercice 6 : Soient E un espace euclidien, u ∈ S++

(E). On définit < x | y > = (u(x) | y).

1) Montrer que ∀(x, y) ∈ E2 (u(x) | y)

2 ≤ (u(x) | x).(u(y) | y). Cas d’égalité ?

2) Décrire les endomorphismes symétriques, antisymétriques, orthogonaux, normaux de (E, < | >) à l’aide de ceux de E.

Solution : 1) Deux solutions pour établir cette inégalité. 1ère solution : diagonaliser u en base orthonormée. Soit (λ1, …, λn) le spectre de u, et (e1, …, en) une base orthornomée propre adaptée.

Si x = ∑i

ii ex. et y = ∑i

ii ey. , il s’agit de montrer que (∑i

iii yxλ )2 ≤ (∑

iii x ²λ )(∑

iii y ²λ ) .

On reconnaît l’inégalité de Cauchy-Schwarz usuelle appliquée aux vecteurs de Rn :

X = ( xi iλ ) et Y = ( yi iλ ) .

2ème solution : considérons le produit scalaire < x | y > = (u(x) |y). L’inégalité demandée s’écrit : < x | y >

2 ≤ < x | x >.< y | y >.

C’est l’inégalité de Cauchy-Schwarz relative à ce produit scalaire.

2) Soit v ∈ LLLL(E). Notons v* l’adjoint de v pour le produit scalaire de départ ( | ) et v’ l’adjoint de v pour le produit scalaire < | >.

< v(x) | y > = ( u(v(x)) | y ) = ( v(x) | u(y) ) = ( x | (v* o u)(x) ) = ( x | (u o u−1

o v* o u)(y) )

= ( u(x) | (u−1

o v* o u)(y) ) = < x | (u−1

o v* o u)(y) > = < x | v’(y) > ,

67

Ainsi, v’ = u−1

o v* o u. Par conséquent :

v est symétrique pour < | > ⇔ v’ = v ⇔ u o v = v* o u ⇔ v* = u o v o u−1

.

v est antisymétrique pour < | > ⇔ v’ = − v ⇔ u o v = − v* o u ⇔ v* = − u o v o u−1

.

v est orthogonal pour < | > ⇔ v’ o v = id ⇔ u−1

o v* o u o v = id .

v est normal pour < | > ⇔ v’ o v = v o v’ ⇔ u−1

o v* o u o v = v o u−1

o v* o u .

Si l’on veut exprimer ces conditions de manière plus lisible et concrète, mieux vaut utiliser la racine carrée de u, u

1/2 . En effet, on constate que :

v symétrique pour < | > ⇔ u−1/2

o v* o u1/2

= u1/2

o v o u−1/2

v

⇔ u1/2

o v o u−1/2

est symétrique pour ( | ).

v antisymétrique pour < | > ⇔ u−1/2

o v* o u1/2

= − u1/2

o v o u−1/2

v

⇔ u1/2

o v o u−1/2

est antisymétrique pour ( | ).

v orthogonal pour < | > ⇔ u−1/2

o v* o u1/2

= − u1/2

o v o u−1/2

v

⇔ u1/2

o v o u−1/2

est orthogonal pour ( | ).

v normal pour < | > ⇔ u1/2

o v o u−1/2

est normal pour ( | ). On constate en particulier que les groupes orthogonaux de (E, ( | )) et de (E, < | >) sont conjugués.

Exercice 7 : Soit A ∈ Mn(R). Montrer que A est diagonalisable si et seulement s’il existe S ∈ Mn(R)

symétrique définie positive, telle que tA = S.A.S

−1.

Solution :

1) Supposons A diagonalisable, i.e. ∃P ∈ Gln(R) P−1

.A.P = D, diagonale.

Alors tP.

tA.

tP

−1 =

tD = D, donc

tA =

tP

−1.D.

tP =

tP

−1.P

−1.A.P.

tP = S.A.S

−1,

où S = tP

−1.P

−1 est symétrique définie positive.

2) Supposons tA = S.A.S

−1 , où S est symétrique définie positive.

Je dis que l’endomorphisme canoniquement attaché à A est symétrique relativement à un certain

produit scalaire sur Rn. Ce produit scalaire, cherchons-le sous la forme < X | Y > =

tX.TY, où T est

symétrique définie positive. On a < X | AY > =

tX.T.A.Y , < AX | Y > =

t(AX).TY =

tX.

tA.T.Y.

L’égalité impose T.A = tA.T, et il suffit de prendre T = S.

Conclusion : A est diagonalisable dans une base orthonormée de (Rn, < | >). Cqfd

Exercice 8 : Soit f ∈ LLLL(E). Montrer que f o f * = f 2 ⇒ f ∈ S(E).

Solution : [ Oral … ]

L’hypothèse s’écrit f o ( f* − f ) = 0, i.e. f o a = 0, où a = f* − f est la partie antisymétique de f. On en déduit tr(f o a) = 0. Par ailleurs, si s = f* + f est la partie symétrique de f, on a : tr(s o a) = tr((s o a)*) = tr(a* o s*) = − tr(a o s) = − tr(s o a) , donc tr(s o a) = 0. Par soustraction tr(a o a) = 0, donc a = 0. Cqfd. Au fond, a = f* − f est orthogonal à lui-même pour le produit scalaire de Frobenius.

Exercice 9 : Soit A ∈ Sn+(R). Montrer que la comatrice de A est également symétrique positive.

Solution : [ Oral Centrale 1992, RMS n° 308 ] Si A est symétrique, sa comatrice B l’est aussi.

Si A est définie positive, B = (det A).A−1

est aussi définie positive.

68

Sinon, le plus simple est de procéder par densité. Toute matrice symétrique positive A est limite

d’une suite (Ak) de matrices symétriques définies positives. Les comatrices Bk sont symétriques définies positives, donc leur limite B est symétrique positive. Remarque : une preuve exhaustive est possible cf. RMS.

Exercice 10 : Soient A ∈ Sn+(R) et B ∈ Mn(R) telles que AB + BA = 0. Montrer que AB = BA = 0.

Solution : [ Oral Mines MP 2013, RMS n° 502 ] Soient λ > 0 une valeur propre de A, X un vecteur propre associé. AB.X = − BA.X = − λ.B.X . Comme −λ n’est pas valeur propre de A, B.X = 0, donc AB.X = BA.X = 0. Si X ∈ Ker A, BA.X = 0 donc AB.X = 0. Comme R

n est somme directe des espaces propres de A, on a AB = BA = 0.

Exercice 11 : (Maple) Soient A ∈ Sn(R) et Φ : (X, Y) ∈ Rn×R

n → Φ(X, Y) = det

0YXA

t .

1) Montrer que Φ est une forme bilinéaire symétrique sur Rn. A quelle condition définit-elle un

produit scalaire ?

2) On pose A = 121

−−−−

204441154511

. Montrer que Φ est un produit scalaire et donner la matrice dans

la base canonique de la projection orthogonale pour Φ sur le plan d’équation 2x + y – z = 0.

Solution : [ Oral Centrale PSI 2010, RMS n° 836 ] à terminer , et il y a une faute

1) Φ(X, Y) = det

0YXA

t = det

0XYA

t

t

= det

0XYA

t = Φ(Y, X).

Enfin, Φ(αX + X’, Y) = det

+

0'

YXXA

tα

= α.det

0YXA

t + det

0'

YXA

t = α.Φ(X, Y) + Φ(X’, Y),

car le déterminant est multilinéaire. Ainsi, Φ est une forme bilinéaire symétrique.

Montrons que : Φ est un produit scalaire ⇔ A est symétrique définie négative .

1ère méthode : commençons par supposer A diagonale A = diag(λ1, …, λn).

Alors Φ(X, X) = det

0XXA

t = − ²)(∑i

ii xλ après développement par rapport à la dernière ligne.

Du coup Φ est un produit scalaire ssi tous les λi sont < 0. Exercice 12 : Programmation quadratique.

Soient u un endomorphisme autoadjoint de E, b un vecteur de E, J la fonction : E → R définie par :

(∀x ∈ E) J(x) = 21 (u(x) | x) − (b | x) .

Montrer l’équivalence des propriétés suivantes : a) J est minorée dans E, et atteint sa borne inférieure ; b) J est minorée dans E ; c) u est positif et b ∈ Im u. Montrer que, sous ces hypothèses, J(x) est minimum en les x pour lesquels u(x) = b.

Solution : Soit λ1 ≥ λ2 ≥ … ≥ λn le spectre ordonné de u, et (e1 , e2 , ... , en) une base orthonormée adaptée.

Si l’on note x = ∑i

ii ex et b = ∑i

ii eb , il vient J(x) = ∑ −i

iiii xbx )

2( 2λ = ∑

iii xT )( .

69

c) ⇒ a) Supposons u positif et b ∈ Im u. Ecrivons b = u(c) = ∑i

iii ecλ .

Alors J(x) = ∑ −i

iiii xcx )2(

22λ = ∑ −−

iiii

i ccx ²))²((2λ a pour minimum ∑−

ii

i c ²2λ .

Ce minimum est atteint pour les x vérifiant λi > 0 ⇒ xi = ci.

Alors x = ∑>0; ii

ii ecλ

et u(x) = ∑>0; ii

iii ecλ

λ = ∑i

iii ecλ = b.

Réciproquement, si u(x) = b, alors λi > 0 ⇒ xi = ci. a) ⇒ b) est immédiat.

b) ⇒ c) J est minoré ssi chacun des trinômes Ti l’est. Et Ti est minoré ssi λi ≥ 0 et λi = 0 ⇒ bi = 0. cqfd.

Exercice 13 : Soit A = (aij) ∈ Sn(R) une matrice symétrique définie positive.

1) Montrer que (∀i) aii > 0 , et que Sp A ⊂ R*+ .

2) Soient P = (pij) ∈ On(R) telle que P−1

.A.P = diag(λ1, …, λn), et f : R*+ → R convexe.

a) Exprimer les aii en fonction des pij et des λk .

b) Montrer que ∑=

n

iiiaf

1

)( ≤ ∑=

n

kkf

1

)(λ .

3) Déduire de ce qui précède que det A ≤ a11 × … × ann.

4) Soit M ∈ Mn(R). Montrer que | det M |≤ ∏ ∑= =

n

j

n

iijm

1 1

)²(

Solution : [ Oral CCP 2012, RMS n° 988, Mines 2011, RMS n° 440 ].

Rappelons que A = (aij) ∈ Sn(R) est définie positive ssi ∀X ∈ Rn − 0

tX.A.X > 0.

1) Cette condition implique, et même équivaut à, Sp A ⊂ R*+ (question de cours).

De plus aii = tei.A.ei , où (e1, … , en) est la base canonique, donc aii > 0.

2) Soient P = (pij) ∈ On(R) telle que P−1

.A.P = tP.A.P = diag(λ1, …, λn), et f : R*+ → R convexe.

a) On a, pour tout i, aii = k

n

kikp λ.

1

2∑=

. Donc, si f : R*+ → R est convexe, f(aii) ≤ )(.1

2k

n

kiki fp λ∑

=,

car, pour tout i, les pki2 ( 1 ≤ k ≤ n ) sont positifs de somme 1.

b) Additionnons ! ∑=

n

iiiaf

1

)( ≤ ∑∑= =

n

ik

n

kki fp

1 1

2 )(. λ = ∑∑= =

n

kk

n

iki fp

1 1

2 )(. λ =∑ ∑= =

n

k

n

ikik pf

1 1

2)(λ = ∑=

n

kkf

1

)(λ . Cqfd.

3) Montrons que det A ≤ a11 × … × ann.

Il suffit d’appliquer ce résultat à la fonction f(t) = − ln t, qui est convexe sur R*+.

NB 1 : Si A est positive sans être définie positive, l’une des valeurs propres est nulle, det A = 0. Or

tous les aii sont ≥ 0. L’inégalité det A ≤ a11 × … × ann reste vraie.

4) Si l’on applique ce résultat à A = tMM, on retrouve l’inégalité de Hadamard.

Exercice 14 : Soit A = (aij) ∈ Sn(R) symétrique définie positive de valeurs propres λ1, … , λn .

Montrer que pn

i

piia /1

1

)(∑=

≤ pn

i

pi

/1

1

)(∑=

λ si p ≥ 1. pn

i

piia /1

1

)(∑=

≤ pn

i

pi

/1

1

)(∑=

λ si 0 < p ≤ 1.

Solution :

Il suffit d’appliquer le raisonnement de l’exo précédent à f(t) = tp si p ≥ 1, et f(t) = − t

p si 0 < p ≤ 1.

70


(R).

1) Montrer que (∀i) aii > 0. 2) Montrer que det A ≤ (n

trA )n.

3) En considérant D = diag(11

1a

, …,nna

1 ), et B = D.A.D, montrer que det A ≤ a11 ×… × ann.

4) Soit M = (mij) ∈ Mn(R). Montrer que | det M | ≤ ∏ ∑= =

n

j

n

iijm

1 1

2 .


1) Si l’on note (e1, …, en) la base canonique de Rn, aii =

tei.A.ei > 0.

2) Notons (λ1, …, λn) le spectre de A. L’inégalité demandée s’écrit : λ1× … × λn ≤ (n

nλλ ++...1 )n.

Elle découle de l’inégalité de la moyenne géométrique. 3) La matrice B est symétrique définie positive et a une diagonale uniquement formée de 1. Si on lui applique le résultat de 2), il vient det B ≤ 1. C’est le résultat demandé.

4) Supposons M = (mij) ∈ Gln(R). Comme tM.M est symétrique définie positive, appliquons 3) :

( det M )2 = det(

tM.M ) ≤ ∏∑

= =

n

j

n

iijm

1 1

2)( .

Si det M = 0, il n’y a rien à montrer.

Exercice 16 : (Maple) Soit A =

313172324

.

1) Montrer que A est diagonalisable dans une base orthonormée et en exhiber une.

2) On pose X = t(1, 1, 1) et Un =

XA

XAn

n

. Conjecturer à l’aide de Maple la convergence et la limite

U de (Un). Démontrer cette conjecture.

3) On pose B = ( I3 – U.tU )A( I3 – U.

tU ) et Vn =

XB

XBn

n

. Que peut-on dire du comportement

asymptotique de (Vn) ?

4) Donner un équivalent de || Un – U || et de || Vn – V ||.

Solution : [ Oral Centrale MP 2012, RMS n° 734, énoncé légèrement modifié pour le rendre compatible avec le TIPE de Quentin Pagat ] 1) La matrice A est symétrique réelle, donc etc.

Elle a trois valeurs propres distinctes, que nous noterons a > b > c.

Maple donne a ≈ 8,973 , b ≈ 4,616 , c ≈ 1,590. A est donc définie positive.

Soient BBBB = (e1, e2, e3) une base orthonormée propre adaptée, P la matrice orthogonale qu’elle forme,

c’est-à-dire la matrice de passage, et p1, p2, p3 les orthoprojecteurs propres.

2) Ecrivons X = x.e1 + y.e2 + z.e3 dans la base BBBB. On constate que x, y et z sont ≠ 0.

Alors An.X = a

n.x.e1 + b

n.y.e2 + c

n.z.e3 = a

n.( x.e1 + (

ab )

n.y.e2 + (

ac )

n.z.e3 ) = a

n.( x.e1 + o(1)

).

71

et || An.X || = ²²² 222 zcybxa nnn ++ = a

n | x |²²)(

²²)(1 22

xz

ac

xy

ab nn ++ = a

n | x | ( 1 + o(1) ).

Donc Un = XA

XAn

n

→ xx e1 = sgn(x).e1 = U. Notons de plus que || A.Un || → |a|.

3) U.tU n’est autre que l’orthoprojecteur p1, U.

tU.Y = ( U | Y).U. Donc I3 – U.

tU = p2 + p3 .

tP.B.P =

tP.( I3 – U.

tU ).P.

tP.A.P.

tP.( I3 – U.

tU ).P =

100010000

cb

a

000000

100010000

=

cb00

00000

.

Alors Bn.X = b

n.y.e2 + c

n.z.e3 = c

n.( z.e3 + (

cb )

n.y.e2 ) = c

n.( z.e3 + o(1)

).

et || Bn.X || = ²² 22 zcyb nn + = c

n | z |²².)(1 2

zy

cb n+ = c

n | z | ( 1 + o(1) ).

Donc Vn = XB

XBn

n

→ zz e3 = sgn(z).e3 = V. Notons de plus que || A.Vn || → |c|.

En pratique, on fait les calculs, non dans la base propre puisqu’on la cherche, mais dans l’ancienne base.

4) Il suffit de faire un développement asymptotique de Un et de Vn ; la vitesse de convergence est géométrique (exponentielle).

Conclusion : Cet algorithme fournit les vecteurs propres e1 et e2 associés aux deux plus grandes valeurs propres, c’est-à-dire le plan principal d’inertie en analyse des données. La feuille de calculs Maple ci-dessous montre que, les valeurs propres de A n’étant pas des entiers naturels simples, on est obligé de faire des calculs approchés. La matrice P obtenue n’est pas orthogonale, mais presque, mais les approximations sont fort bonnes. > with(linalg):A:=matrix(3,3,[4,2,3,2,7,1,3,1,3]);

:= A

4 2 3

2 7 1

3 1 3

> c:=factor(charpoly(A,x));

:= c − + − x3 14x2 47x 17 > evalf(eigenvals(A));evalf(eigenvects(A));

, , − 8.973443435 .1 10-8 I + .410401979 .2 10-9 I + 4.616154587 .2 10-9 I

− 8.973443435 .1 10-8 I 1., ,[

[ ], , + .72177255 .156384098210-8 I 1. − .52989833 .112768196310-8 I ] [,

+ .410401979 .2 10-9 I 1., ,

[ ], , − -7.371714018 .234515416610-10 I 1. − 8.153830014 .953096916710-9 I ] [, + 4.616154587 .2 10-9 I 1., ,

[ ], , − -.778629970 .263780262210-9 I 1. − -.826585476 .472439475710-9 I ]

> a:=8.973443435;e1:=normalize(op(kernel(A-a))); := a 8.973443435

:= e1 [ ], ,-.5377164927-.7449943742-.3947712703 > b:=4.616154587;e2:=normalize(op(kernel(A-b)));

:= b 4.616154587

72

:= e2 [ ], ,-.5145884285.6608895739-.5462817227 > c:=.410401979;e3:=normalize(op(kernel(A-c)));

:= c .410401979 := e3 [ ], ,-.6678770267.09059996433.7387367079

> P:=transpose(matrix([e1,e2,e3]));orthog(P);multiply (transpose(P),P);

:= P

-.5377164927 -.5145884285 -.6678770267

-.7449943742 .6608895739 .09059996433

-.3947712703 -.5462817227 .7387367079

false

1.000000000 .1 10-9 .1 10-9

.1 10-9 1.000000000 0.

.1 10-9 0. .9999999999

> X:=vector([1,1,1]);multiply(transpose(P),X); := X [ ], ,1 1 1

[ ], ,-1.677482137-.3999805773.1614596455 > U:=proc(n) option remember; > if n = 0 then evalf(normalize(X)); else evalf(normalize(multiply(A,U(n-1))));fi;end; > for n from 0 to 20 do U(n);od;

[ ], ,.5773502693.5773502693.5773502693 [ ], ,.5934424260.6593804733.4615663313 [ ], ,.5689206504.7019150881.4285376327 [ ], ,.5541218907.7231620509.4122930734 [ ], ,.5462326904.7338565410.4038371270 [ ], ,.5421167325.7392901400.3994490421 [ ], ,.5399851042.7420667642.3971813249 [ ], ,.5388848408.7434901472.3960120315 [ ], ,.5383178672.7442210433.3954098036 [ ], ,.5380259462.7445966812.3950998147 [ ], ,.5378757073.7447898250.3949402993 [ ], ,.5377984029.7448891581.3948582276 [ ], ,.5377586310.7449402509.3948160045 [ ], ,.5377381701.7449665324.3947942830 [ ], ,.5377276442.7449800520.3947831086 [ ], ,.5377222293.7449870066.3947773603 [ ], ,.5377194437.7449905842.3947744032 [ ], ,.5377180108.7449924245.3947728819 [ ], ,.5377172736.7449933713.3947720993 [ ], ,.5377168944.7449938583.3947716968 [ ], ,.5377166994.7449941089.3947714896

> UU:=multiply(e1,transpose(e1));J:=diag(1,1,1);B:=mu ltiply(J-UU,A,J-UU);

:= B

1.405427302 -1.594723410 1.095162089

-1.594723411 2.019589778 -1.639111030

1.095162090 -1.639111030 1.601539488

> V:=proc(n) option remember; > if n = 0 then evalf(normalize(X)); else evalf(normalize(multiply(B,V(n-1))));fi;end; > for n from 0 to 20 do V(n);od;

73

[ ], ,.5773502693.5773502693.5773502693 [ ], ,.4903037360-.6572149825.5724252899 [ ], ,.5124548377-.6605971360.5486360025 [ ], ,.5143989515-.6608638471.5464912577 [ ], ,.5145715845-.6608872889.5463003531 [ ], ,.5145869309-.6608893708.5462833790 [ ], ,.5145882952-.6608895560.5462818697 [ ], ,.5145884164-.6608895724.5462817357 [ ], ,.5145884274-.6608895737.5462817237 [ ], ,.5145884282-.6608895737.5462817226 [ ], ,.5145884285-.6608895738.5462817224 [ ], ,.5145884284-.6608895741.5462817225 [ ], ,.5145884282-.6608895740.5462817226 [ ], ,.5145884284-.6608895741.5462817223 [ ], ,.5145884282-.6608895737.5462817226 [ ], ,.5145884285-.6608895738.5462817224 [ ], ,.5145884284-.6608895741.5462817225 [ ], ,.5145884282-.6608895740.5462817226 [ ], ,.5145884284-.6608895741.5462817223 [ ], ,.5145884282-.6608895737.5462817226 [ ], ,.5145884285-.6608895738.5462817224

Exercice 17 : Soient u un endomorphisme symétrique inversible de E, F un sous-espace de E. Montrer l’équivalence : 1) u est défini positif ;

2) (u(x) | x) > 0 (∀x ∈ F−0) et (u−1

(x) | x) > 0 (∀x ∈ F⊥ −0) .

Solution : Exercice 18 : inégalités de Begstrom (1952).

1) Soient y ∈ E fixé non nul, u ∈ S++

(E). On pose µ(u) = 1/(u−1

(y) | y).

a) Montrer que µ(u) = min (u(x) | x) ; (x | y) = 1 .

b) En déduire que ∀u, v ∈ S++

(E) µ(u) + µ(v) ≤ µ(u + v) .

2) Soient A, B ∈ Sn++

(R). Pour 1≤ i ≤ n, soient Ai et Bi les matrices obtenues en supprimant les

i-ème lignes et i-ème colonnes de A et B. Prouver que : )det(

)det(

ii BABA

++

≥ )det()det(

iAA

+ )det()det(

iBB

.

Solution : [ Oral X 1985, RMS n° 49, ENS MP 2011, RMS n° 36 ] 1) a) Notons tout d’abord, par un argument d’homogénéité, que :

inf (u(x) | x) ; (x | y) = 1 = inf )²(

))((yx

xxu; (x | y) ≠ 0 .

Pour montrer que cet inf est atteint et vaut 1/(u−1

(y) | y), plusieurs solutions. Géométriquement, notons < x | y > = (u(x) |y) le produit scalaire associé à u. Il s’agit de trouver le point de l’hyperplan affine H : (x | y) = 1 le plus proche de 0 pour la norme associée à ce produit scalaire. Ce point n’est autre que l’orthoprojection z de 0 sur H.

Or H a aussi pour équation < x | u−1

(y) > = 1. Donc on doit avoir (z | y) = 1 et z = α.u−1

(y). On trouve z = µ(u).y et (u(z) | z) = µ(u).(y | z) = µ(u). Cqfd.

Autre solution : diagonalisons u dans une base orthonormée (e1, …, en) de E.

74

Si x = ∑ ii ex et y = ∑ ii ey , on veut minimiser ∑ )²( ii xλ sachant ∑ ii yx = 1.

Or Cauchy-Schwarz donne : 1 = ∑ ii yx = ∑i

iii

yxλ

λ ≤ ∑ )²( ii xλ ∑ )²(1i

iyλ

Donc (u(x) | x) = ∑ )²( ii xλ ≥ [∑ )²(1i

iyλ ]−1

.

Cette valeur est atteinte lorsque les vecteurs ( xi iλ ) et ( yi / iλ ) sont colinéaires.

b) Soit x tel que (x | y) = 1. Alors ((u + v)(x) | x) = (u(x) | x) + (v(x) | x) ≥ µ(u) + µ(v). En passant à l’inf, il vient : µ(u + v) ≥ µ(u) + µ(v).

2) Il suffit d’appliquer 1.b) en considérant A et B comme des endomorphismes symétriques définis positifs de R

n euclidien usuel, et y = ei, i-ème vecteur canonique.

En effet, tei A

−1 ei =

AAi

detdet , etc.

Référence : Jean Dieudonné, Calcul infinitésimal, n° 17 p. 51. Exercice 19 : factorisation de Cholesky.

Soit A une matrice symétrique définie positive. Montrer qu’il existe une unique matrice trigonale

supérieure T, à éléments diagonaux > 0, telle que A = tT.T. Réciproque ? En déduire un procédé de résolution du système A.X = B.

En déduire l’inégalité de Hadamard : Si M = (mij) ∈ Mn(R), | det M | ≤ ∏ ∑= =

n

i

n

jijm

1 1

)²( .

Solution :

Notons Tn+(R) l’ensemble (le cône) des matrices triangulaire supérieures à éléments diagonaux > 0.

1ère approche, abstraite.

Montrons d’abord l’unicité de la décomposition. Si A = tT.T = tU.U, alors D = T.U−1

= tU

−1.tT est

triangulaire inférieure et supérieure, donc diagonale, à éléments diagonaux > 0, et ses éléments sont égaux à leur inverse, donc égaux à 1. Venons-en à l’existence : Soient A une matrice symétrique, (x | y)A = (Ax | y) =

tx.A.y le produit

scalaire sur Rn associé. La matrice de ce produit scalaire relativement à la base canonique (e1, … ,

en) de Rn est A. Soit maintenant (a1, … , an) une base de R

n orthonormée pour (x | y)A . Si P est la

matrice de passage de (e1, … , en) à (a1, … , an), on a In = tP.A.P, donc A =

tP

−1.P

−1.

Or on peut faire en sorte que P soit triangulaire supérieure à éléments diagonaux > 0, en construisant (a1, … , an) ) l’aide du procédé d’orthonormalisation de Gram-Schmidt appliqué à (e1, … , en).

2ème approche, calculatoire. a) Commençons par traiter le cas n = 2.

Soit A =

cbba ∈ S2

++(R). Cela se traduit par a > 0 et ac – b

2 > 0.

On cherche T =

tus

0 , s et t > 0, telle que A = tT.T. Cela conduit à s = a , u = ab , t =

abac ²− .

On voit que T → tT.T est un C∞

-difféomorphisme de T2+(R) sur S2

++(R).

b) Raisonnons par récurrence sur n. Supposons le résultat acquis au rang n. Soit A ∈ Sn+1++

(R).

Ecrivons A =

cbbA

t'

, où A’ est la sous-matrice de A obtenue en barrant les dernières ligne et

colonne, et b est un vecteur. A’ ∈ Sn++

(R), donc on peut écrire A’ = tT’.T’, où T’ ∈ Tn+(R).

75

Cherchons T sous la forme T =

wuT

0' , où u est un vecteur et w un réel.

Cela conduit à tT’.u = b et

tu.u + w

2 = c. La première condition donne u =

tT’

−1.b.

La seconde semble plus ardue. Mais nous allons nous en tirer habilement : il existe un nombre

complexe w tel que et tu.u + w

2 = c. On a alors A = tT.T, où T =

wuT

0' .

Passons au déterminant : det A = ( det T )2 = ( det T’ )

2.w

2 , donc w

2 > 0.

Il reste à poser w = )'det()det(

TA

.

Remarques : 1) Pour résoudre AX = B, on est amené à résoudre deux système triangulaires, ce qui se fait par remontée.

2) Il découle de cette factorisation que T → tT.T est un homéomorphisme de Tn

+(R) sur Sn

++(R).

Du coup, Sn++

(R) est une variété de dimension n(n+1)/2, car A dépend de n(n+1)/2 paramètres réels.

La décomposition polaire Sn++(R)×On(R) → Gln(R) donne n(n+1)/2 + n(n−1)/2 = n2.

Exercice 20 : critère de Jacobi-Sylvester.

Soit A ∈ Sn(R). Pour 1 ≤ k ≤ n, on note ∆k(A) = det(aij)1≤i,j≤k les mineurs principaux de A.

Montrer que : A est définie positive ⇔ (∀k) ∆k(A) > 0 .

[ Indication : faire une récurrence sur n, et, soit utiliser Fischer-Courant, soit utiliser la théorie des formes quadratiques, soit faire une preuve directe.]

Solution :

Exercice 21 : 1) Soient A1, … , Ap ∈ Sn+(R). Montrer que A1 + … + Ap = 0 ⇒ A1 = … = Ap = 0.

2) Soient A, B, C ∈ Sn+(R). Montrer que ( A + B + C )

2 ≤ 3 ( A

2 + B

2 + C

2 ). Cas d’égalité ?

Solution :

1) A1 + … + Ap = 0 ⇒ (∀X) tX.A1.X + … +

tX.Ap.X = 0

⇒ (∀X) tX.A1.X = … =

tX.Ap.X = 0 ⇒ A1 = … = Ap = 0.

2) 5.3 Considérations géométriques.

Exercice 1 : géométries de S+(E) et de S

++(E).

1) Montrer que S+(E) est un cône convexe fermé de S(E), S

++(E) un cône convexe ouvert, et que

S++

(E) est exactement l’intérieur de S+(E), et S

+(E) l’adhérence de S

++(E).

2) On munit S(E) du produit scalaire < f , g > = tr( f o g ).

Montrer que le cône polaire de S+(E) est S

−(E) = − S

+(E).

[ Rappelons que le cône polaire d’un cône C est C° = x ; < x | y > ≤ 0 (∀y ∈ C) .]

3) Exemple : n = 2. Décrire dans S2(R) identifié à R3 les ensembles précédents.

Solution :

Exercice 2 : Montrer que K = u ∈ S+(E) ; tr u = 1 est un convexe compact de S(E).

Montrer que K est l’enveloppe convexe des orthoprojecteurs de rang 1, et que ces derniers sont les points extrémaux de K.

76

Solution :

Géométriquement K est l’intersection du cône convexe S+(E) avec l’hyperplan affine tr u = 1.

C’est donc un convexe fermé. Il est compact, comme image d’un compact par une fonction continue. En effet, notons Σn = (λ1, …, λn) ∈ (R+)

n ; λ1 + … + λn) = 1 le simplexe unité.

C’est un convexe compact de Rn .

L’application F : (P, (λ1, …, λn)) ∈ On(R)×Σn → P.diag(λ1, …, λn).tP ∈ Mn(R) est continue, et K

est compact comme image du compact On(R)×Σn par F. Remarque : Plus généralement, on peut montrer que l’enveloppe convexe des orthoprojecteurs de rang r est l’ensemble des u ∈ S

+(E) tels que tr u = r et λ1(u) ≤ 1 ; cf Hiriart-Urruty, Optimisation et

analyse convexe, p.266. Exercice 3 : l’espace vectoriel ordonné des endomorphismes symétriques.

1) Montrer que u ≤ v ⇔ v − u ∈ S+(E) est une relation d’ordre dans S(E), compatible avec la

structure vectorielle de S(E), i.e. vérifiant : u ≤ v ⇒ u + w ≤ v + w et α.u ≤ α.v ∀w ∈ S(E) , ∀α ≥ 0 .

2) Montrer que tout orthoprojecteur p vérifie 0 ≤ p ≤ I, et que, si p et q sont deux orthoprojecteurs, p ≤ q ⇔ Im p ⊂ Im q.

3) Montrer que u ≤ v ⇒ f* o u o f ≤ f* o v o f (∀f ∈ LLLL(E)) .

4) Montrer que dans S(E), toute suite croissante majorée converge .

5) Soit s ∈ S++(E). Montrer que 2.idE ≤ s + s−1


6) Soient u, v ∈ S+(E). Montrer que : u ≤ v ⇒ det u ≤ det v.

7) Soient Sp u = λ1 ≥ λ2 ≥ ... ≥ λn et Sp v = µ1 ≥ µ2 ≥ ... ≥ µn les spectres de u et v.

Montrer que u ≤ v ⇒ λ1 ≤ µ1 , λn ≤ µn , et, plus généralement, λk ≤ µk (∀k)

[Utiliser la théorie de Fischer-Courant]. Retrouver 5). Ainsi, chacune des fonctions : u → λk(u) est croissante de S(E) dans R.

8) Pour tout u ∈ S(E), on pose |u| = (u2)1/2

. Valeurs propres de |u| ? Montrer que |u| = sup(u, −u).

9) Soient u, v ∈ S(E) tels que u o v = v o u. Montrer que u et v ont des bornes supérieure et inférieure dans S(E), données resp. par

sup(u, v) = 21 ( u + v + | u − v | ) et inf(u, v) =

21 ( u + v − | u − v | ).

Exercice 4 : génératrices extrémales de S+(E).

Soit C un cône convexe de sommet O. On appelle génératrice extrémale de C une demi-droite R

+.u, où u ∈ C−0 vérifie la condition : u = v + w, (v, w) ∈ C

2 ⇒ v et w sont liés.

Démontrer que les génératrices extrêmales de S+(E) sont les demi-droites R

+p, où p est un

orthoprojecteur de rang 1.

Solution : Exercice 5 : applications aux ellipsoïdes.

On munit R3 de la structure euclidienne standard. À toute matrice A ∈ S3

++(R) on associe

l’ellipsoïde plein K(A) = x ∈ Rn ; tx.A.x ≤ 1 .

1) Montrer que A ≤ B ⇔ K(B) ⊂ K(A). En déduire que le grand axe de K(B) est inférieur au grand axe de K(A), idem pour le moyen axe et le plus petit axe.

77

2) On note a ≥ b ≥ c les demi-grand axe, demi-moyen axe et demi-petit axe de K(A). On coupe K(A) par un plan vectoriel P. Montrer que la section est une ellipse pleine dont les demi-axes α et β vérifient : a ≥ α ≥ b ≥ β ≥ c . ¶ 3) Réciproquement, montrer qu’étant donnés deux réels α et β vérifiant : a ≥ α ≥ b ≥ β ≥ c , il existe un plan vectoriel dont la section avec K(A) admet α et β comme demi-axes. 4) Généraliser.

Solution : Exercice 6 : Monter que l’application f → exp f de LLLL(E) dans Gl(E) induit une surjection continue de l’espace des endomorphismes symétriques sur le cône convexe des endomorphismes définis positifs.

Solution : 5.4. Racine carrée d’un endomorphisme symétrique positif. La racine carrée de matrice symétrique positive est un outil commode qui permet de démontrer des propriétés de croissance, des inégalités, etc., ayant souvent des interprétations géométriques simples, car à toute matrice symétrique définie positive est associé un produit scalaire, et un ellipsoïde plein, sa boule unité fermée. Dans la plupart des exercices mettant en jeu deux matrices symétriques positives, je conseille de commencer par supposer que l’une est l’identité. On peut alors diagonaliser l’autre dans une base orthonormée, et faire les calculs dans cette base. Ensuite, des techniques utilisant la notion de racine carrée permettent de conclure (mais d’autres méthodes sont possibles). Les exercices ci-dessous se formulent aussi bien en termes d’endomorphismes qu’en termes de matrices, et se transposent aisément dans un cadre hermitien.

Exercice 1 : Soit u un endomorphisme symétrique positif.

Montrer qu’il existe un unique endomorphisme symétrique positif v tel que v2 = u .

On l’appelle racine carrée de u, et on le note v = u = u1/2 .

Si u et v sont positifs et commutent, on a (u o v)1/2

= u1/2 o v

1/2 .

Si u est défini positif, u1/2 aussi et (u

1/2)−1

= (u−1

)1/2 .

Solution : Ce résultat est un des rares exemples où l’existence est plus facile à établir que l’unicité.

Existence : Soient λ1 ≥ λ2 ≥ ... ≥ λn ≥ 0 les valeurs propres de u comptées avec leurs multiplicités, BBBB

= (e1, e2 , …, en) une base orthonormée propre associée.

L’endomorphisme v défini par v(ei) = iλ ei pour tout i, est autoadjoint, positif, et tel que v2 = u.

Plus profondément, changeons de notation, soient α1 > α2 > ... > αr ≥ 0 les valeurs propres de u

comptées sans leurs ordres de multiplicité. Soient Ei les espaces propres, et pi les projecteurs propres.

On a u = ∑=

r

iii p

1

.α , et v = ∑=

r

iii p

1

.α .

Unicité : Elle repose sur une observation simple : l’application x → x2 est injective sur R+ .

Si v est autoadjoint positif, v et v2 ont les mêmes espaces propres.

Du coup, si u = ∑=

r

iii p

1

.α , on doit avoir v = ∑=

r

iii p

1

.α .

Autre approche : v est à chercher parmi les endomorphismes qui commutent à u. Or ces endomor-

phismes laissent stable chaque Ei. Ils sont de la forme f = ∑=

r

iif

1

, où fi est un endomorphisme de Ei .

78

Si v est autoadjoint, chaque fi l’est. Il est diagonalisable dans une base orthonormée de Ei, à valeurs

propres positives, et son carré est αi.pi . Finalement fi = iα pi . cqfd. Dans les exercices suivants, les matrices carrées A, B, … sont confondues avec les endomorphismes canoniquement associés, X, Y, … désignent des vecteurs de R

n identifé à Mn,1(R).

Exercice 2 : Calculer les racines carrées de A =

1112 et A =

211121112

.

Solutions Maple par interpolation de Lagrange et par réduction orthonormée. > with(linalg): > A:=matrix(2,2,[2,1,1,1]);

:= A

2 1

1 1

> Sp:=[eigenvals(A)];evalf(Sp);R:=map(sqrt,Sp);

> P:=interp(Sp,R,x);B:=evalm(subs(x=A,P));

:= P + 15

5 x15

5

> e1:=normalize(op(kernel(A-Sp[1]))):e2:=normalize(op (kernel(A-Sp[2]))): Q:=transpose(matrix([e1,e2])); > C:=map(simplify,multiply(Q,diag(op(R)),inverse(Q))) ;

Exercice 3 : Rn est muni du produit scalaire usuel (X | Y) =

tX.Y.

1) Soit M ∈ Mn(R). Montrer que < X | Y > = (MX | MY) est une forme bilinéaire symétrique

positive sur Rn, et un produit scalaire si M ∈ Gln(R).

2) Montrer qu’on obtient ainsi toutes les formes positives, resp. les produits scalaires, sur Rn.

Solution : 1) est bien facile. 2) Soit Φ une forme bilinéaire symétrique sur R

n . Il existe une matrice A ∈ Sn(R) telle que, pour

tout couple (X, Y) Φ(X, Y) = (X | AY). Tout revient à montrer que si A est positive, resp. définie positive, il existe M ∈ Mn(R), resp. M ∈ Gln(R), telle que A =

tM.M.

Il suffit de prendre pour M la racine carrée de A. Exercice 4 : Réduction simultanée.

Soient A ∈ Sn++

(R) et B ∈ Sn(R). Montrer qu’il existe P ∈ Gln(R) et D diagonale telles que :

A = tP.P et B =

tP.D.P .

:= Sp

, +

32

12

5 − 32

12

5 [ ],2.618033989.381966011 := R

, +

12

512

− 12

512

:= B

35

515

5

15

525

5

:= Q

2 +

12

512

+ 10 2 52

1

+ 10 2 5

21

+ 10 2 52

− − 12

12

5

+ 10 2 5

:= C

3 + 5 1

+ 5 5

+ 5 1

+ 5 5

+ 5 1

+ 5 52

+ 5 1

+ 5 5

79

1ère solution : < X | Y > = tX.A.Y est un produit scalaire, et Φ(X, Y) =

tX.B.Y une forme bilinéaire

symétrique sur Rn. Il existe une base orthonormée BBBB pour < | > qui est orthogonale pour Φ.

Si Q est la matrice de passage de la base canonique à BBBB , on a tQ.A.Q = In et

tQ.B.Q = D, diagonale.

Il suffit de poser P = Q−1

.

2ème solution : La matrice S = A−1/2

B A−1/2

est symétrique, donc

∃Ω ∈ On(R) tΩ A

−1/2 B A

−1/2 Ω = D, diagonale. Alors P =

tΩ.A1/2

convient.

Exercice 5 : Soit A ∈ Mn(R). Exprimer ||| A ||| = sup ||AX|| ; ||X|| ≤ 1.

Solution : Il s’agit de calculer la norme triple de A, subordonnée à la norme euclidienne usuelle.

On a ||AX|| = AAXX tt . Or tAA est symétrique positive. En vertu de Rayleigh-Ritz, |||A||| est la

plus grande valeur propre de AAt . Pour des compléments, cf. le cours.

Exercice 6 : Montrer que, pour toute matrice symétrique positive A, et A1/2

est un polynôme de A.

En déduire que si A appartient à une sous-algèbre de Mn(R), A1/2

aussi.

Donner une cns pour que A =

abbb

abbba

.........

......

soit positive, et calculer sa racine carrée.

Solution : Il ne s’agit pas de prétendre que la fonction A → A1/2

est polynomiale, mais que, pour

chaque A, A1/2

est élément de l’algèbre R[A] des polynômes de A.

En effet, A1/2

= P(A), où P est le polynôme d’interpolation de Lagrange qui aux valeurs propres α1 >

α2 > ... > αr ≥ 0 de A associe leurs racines carrées. La deuxième assertion en découle.

La troisième suggère de calculer et caractériser A(x, y)2, et de résoudre A(x, y)

2 = A(a, b).

Exercice 7 : Soient A ∈ Sn++

(R), Y ∈ Rn . Déterminer min tX.A.X , X ∈ R

n et tX.Y = 1 .

Solution : Cet exercice est extrêmement intéressant. Bien entendu Y est un vecteur non nul.

Il s’agit de minimiser f(X) = tX.A.X sur l’hyperplan affine H de Rn d’équation tX.Y = 1.

1) Commençons par supposer A = I. Il s’agit de trouver le point de l’hyperplan le plus proche de O pour la norme euclidienne usuelle : ce point existe et est unique : c’est l’orthoprojection de O sur l’hyperplan H.

On le trouve en écrivant tX.Y = 1 et X = λY, puisque Y est normal à l’hyperplan H.

Bilan : X = ²Y

Y .

Voici une solution moins géométrique, utilisant Cauchy-Schwarz :

1 = (X | Y) ≤ ||X||.||Y||, donc YY ≤ ||X||, et ce minimum est atteint ssi X est positivement lié à Y.

Et l’on retrouve X = ²Y

Y .

2) Traitons maintenant le cas général.

Notons ( X | Y ) le produit scalaire usuel sur Rn, ||X|| la norme associée,

< X | Y > = (X | AY) le produit scalaire associé à la matrice A, ||X||A la norme associée.

80

Il s’agit de minimiser ||X||A sur l’hyperplan H. Le minimum est atteint en un seul point : l’ortho-projection de O sur H, au sens du produit scalaire < . | . > .

Or l’hyperplan H a pour équation < X | A−1

.Y > = 1.

Le vecteur X cherché est de la forme X = λ.A−1

.Y. On trouve X = YAYA

YA

..

.11

1

−−

− = ( ).

.1

1

YYAYA

−

−.

Variante : Si l’on introduit la racine carrée de A, on a ||X||A| = ||A1/2

.X||.

L’hyperplan H a pour équation ( A1/2

.X | A−1/2

.Y ) = 1.

|| A1/2

.X || est minimum ssi A1/2

.X est orthoprojection de O sur H au sens usuel du terme, autrement

dit ssi A1/2

.X est colinéaire à A−1/2

.Y . Et l’on retombe sur la formule ci-dessus.

Exercice 8 : 1) Soit A une matrice symétrique positive n×n. Montrer que tr A ≥ n n Adet .

2) Soient A et B deux matrices symétriques positives d’ordre n. Montrer que tr(AB) ≥ n n AB)det( .

Solution : 1) Si l’on diagonalise A dans une base orthonormée, l’inégalité proposée s’écrit :

n1 ∑ iλ ≥ n

i∏λ . On reconnaît l’inégalité de la moyenne géométrique.

2) Dans le cas général, on ne peut plus faire ces calculs, à moins de supposer A et B simultanément diagonalisables (c’est-à-dire commutantes), mais cela ne sera pas nécessaire.

Ecrivons tr(AB) = tr(A1/2

.A1/2

.B) = tr(A1/2

.B.A1/2

) ≥ n n BAA )det( 2/12/1 = n n AB)det( ,

en vertu de la question 1 appliquée à C = A1/2

.B.A1/2

, qui est symétrique positive, et de la multiplica-tivité du déterminant. 3) Une autre solution, plus subtile, consiste à démontrer que AB est symétrique positive, non pas pour le produit scalaire usuel (le produit de deux matrices symétriques n’est symétrique que si elles commutent !), mais pour un autre produit scalaire. Supposons A définie positive.

Cherchons une matrice symétrique définie positive M telle que ∀(X, Y) t(ABX).M.Y =

tX.M.ABY.

Cela équivaut à BAM = MAB. La matrice M = A−1

répond à la question. Il suffit dès lors d’appliquer la question 1) à l’endomorphisme symétrique associé à AB. Si A est positive, passer à la limite. Exercice 9 : Soient A et B deux matrices symétriques positives d’ordre n.

Montrer que : det(A + B) ≥ det A + det B .

Solution : 1) Supposons pour commencer B = I. Si l’on diagonalise A dans une base orthonormée, l’inégalité

proposée s’écrit : ∏ + )1( iλ ≥ 1 + ∏ iλ . C’est immédiat, car si l’on développe le premier membre,

on trouve le second membre, plus d’autres termes positifs. 2) Dans le cas général, supposons d’abord B définie positive, et écrivons :

det(A + B) = det( A + B1/2

.B1/2

) = det( B1/2

.(B−1/2

.A.B−1/2

+ I ).B1/2

)

= ( det B1/2

).det( B−1/2

.A.B−1/2

+ I ).( det B1/2

)

= ( det B ).det( B−1/2

.A.B−1/2

+ I )

≥ (det B).( 1 + det(B−1/2

.A.B−1/2

)) , en vertu de 1 appliqué à B−1/2

.A.B−1/2

. = det B + det A. Lorsque B est symétrique positive, elle est limite d’une suite de matrices symétriques définies positives. La formule s’obtient par passage à la limite. Voir aussi l’exercice suivant…

81

Exercice 10 : Soient A et B deux matrices symétriques positives d’ordre n.

Montrer que A ≤ B ⇒ det A ≤ det B.

Solution : A ≤ B signifie que B − A est symétrique positive, i.e. que (∀X) tX.A.X ≤

tX.B.X.

Il s’agit de démontrer que le déterminant est une fonction croissante sur le cône ordonné des matrices symétriques positives.

1ère méthode : cet exercice est parfaitement identique au précédent !

2ème méthode, géométrique.

A toute matrice symétrique définie positive A associons le produit scalaire ΦA(X, Y) ≡ tX.A.Y et la

boule unité fermée associée N(A) = X ; tX.A.X ≤ 1 . Je dis que :

• N(A) est un ellipsoïde de volume A

Vn

det, où Vn = N(I) est le volume de la boule unité standard.

• 0 ≤ A ≤ B ⇔ N(B) ⊂ N(A). L’implication ⇒ est immédiate. La réciproque, inutile ici, découle d’un argument d’homogénéité. Il reste à conclure en passant au volume.

3ème méthode, via la théorie de Fisher-Courant. Cette théorie donne une expression explicite de la k-ème valeur propre d’une matrice symétrique

réelle A. Si l’on note S la sphère unité, et GGGGk l’ensemble des sous-espaces de dimension k de Rn, la k-

ème valeur propre de A est donnée par :

λk(A) = max L∈Gk min x∈S∩L

tX.A.X .

On en déduit aussitôt que A ≤ B ⇒ (∀k) λk(A) ≤ λk(B) .

Du coup, si O ≤ A ≤ B ⇒ (∀k) 0 ≤ λk(A) ≤ λk(B) ⇒ det A ≤ det B .

Exercice 11 : Soient M =

CBBA

t symétrique définie positive d’ordre m + n, A∈Mm(R), C∈Mn(R).

1) Montrer que A et C sont symétriques définies positives. 2) Montrer que det M ≤ (det A).(det C).

Solution : [ Oral Centrale 2006, Oral X MP 2013, RMS n° 231 ] 1) Soit q(X) =

tX.M.X la forme quadratique associée à M. A et C sont les matrices des restrictions

de q à des sous-espaces de Rm+n

. Ces restrictions sont définies positives.

2) On note que

− − IAB

OItt 1

CBBA

t

− −

IOBAI 1

=

− − BBACOOA

t 1 .

Passant au déterminant, il vient det M = (det A).det(C − tB A

−1 B).

Or C − tB A

−1 B ≤ C, donc, en vertu de l’ex. 10, det M ≤ (det A).(det C).

Exercice 12 : 1) Déterminer le sous-espace vectoriel de Mn(R) engendré par Sn++

(R).

2) Soient A1, … , Ak dans Sn++

(R), λ1, …, λk réels. On pose A = λ1.A1 + … + λk.Ak et

B = |λ1|.A1 + … + |λ1|.Ak . Montrer que | det A | ≤ det B.


1) Le sous-espace vectoriel de Mn(R) engendré par Sn++

(R) est Sn(R). En effet :

D’une part, Sn(R) contient Sn++

(R). D’autre part, toute matrice diagonale est différence de deux matrices diagonales à coefficients > 0. 2) Les matrices A et B sont symétriques, B étant définie positive.

82

De plus, pour tout vecteur X, tX.A.X = ∑

ii

ti XAX ..λ ≤ ∑

ii

ti XAX ...λ =

tX.B.X.

Donc A ≤ B au sens de la relation d’ordre usuelle sur Sn(R). Si A est positive, cela conclut. Sinon, cela ne conclut pas… A suivre… Exercice 13 : Soient A et B deux matrices symétriques positives d’ordre n.

a) Montrer que A ≤ B ⇒ (∀p ∈ N) Ap ≤ B

p .

b) Montrer que A ≤ B ⇒ A1/2

≤ B1/2

.

c) Montrer que si A est définie positive, A ≤ B ⇒ B−1

≤ A−1

.

Solution : 1) Comme toujours, montrons a), b) et c) lorsque A = I.

Notons β1 ≥ … ≥ βn ≥ 0 les valeurs propres de B rangées dans l’ordre décroissant.

Il découle immédiatement du théorème de Rayleigh-Ritz que :

• I ≤ B ⇔ Sp B ⊂ [1, +∞[ ⇔ βn ≥ 1.

• I ≥ B ⇔ Sp B ⊂ [0, 1] ⇔ β1 ≤ 1.

Il est alors immédiat que (βn)p ≥ 1 , (βn)

1/2 ≥ 1 et βn−1

≤ 1.

Or βn−1

est la plus grande valeur propre de B−1

.

2) Revenons au cas général. Supposons A définie positive ; alors B l’est automatiquement.

Supposons A ≤ B. On veut montrer que (∀X) tX.A

p.X ≤

tX.B

p.X

ou encore que : tX.A

p/2.A

p/2.X ≤

tX.B

p.X.

Posons Y = Ap/2

.X. Cela s’écrit : tY.Y ≤

tY.A

−p/2.B

p.A

−p/2.Y.

Or C = A−p/2

.Bp.A

−p/2 = (A−p/2

.B.A−p/2)p

est symétrique définie positive, et I ≤ A−p/2

.B.A−p/2

. Le reste est du même tonneau.

Exercice 14 : Soient A une matrice symétrique, B une matrice symétrique définie positive d’ordre n.

Trouver max X ≠ 0 XBXXAX

t

t

et min X ≠ 0 XBXXAX

t

t

.

Solution : 1) Supposons B = I. On sait que max X ≠ 0 XBXXAX

t

t

= λ1 et min X ≠ 0 XBXXAX

t

t

= λn ,

où λ1 et λn sont la plus grande et la plus petite valeur propre de A.

2) Dans le cas général, notons que :

tX.B.X =

tX.B

1/2.B

1/2.X =

tY.Y , où Y = B

1/2.X décrit R

n − 0 avec X. Dès lors

XBXXAX

t

t

= YY

YABBYt

t

... 2/12/1 −−

= YYYCY

t

t

...

, où C = B−1/2

.A.B−1/2

est symétrique définie positive.

Finalement max X ≠ 0 XBXXAX

t

t

= γ1 et min X ≠ 0 XBXXAX

t

t

= γn ,

où γ1 et γn sont la plus grande et la plus petite valeur propre de C.

Cet exercice montre directement que deux normes euclidiennes sur Rn sont équivalentes, et fournit

les constantes optimales d’encadrement.

83

Exercice 15 : Soient A ∈ Sn++

(R) et B ∈ Sn(R). Montrer que : 1) Le spectre de A.B est réel.

2) On a Max Sp(AB) = sup X ≠ 0 XAXXBX

t

t

....1− et Min Sp(AB) = inf X ≠ 0 XAX

XBXt

t

....1− .

3) AB est diagonalisable.

4) Si B est positive, Sp(AB) ⊂ R+; si B est définie positive, Sp(AB) ⊂ R*

+ .

Solution : Lorsque A = I, il n’y a rien à montrer !

La matrice C = A1/2

.B.A1/2

est symétrique positive et semblable à AB, car AB = A1/2

.C.A−1/2

. Comme C est diagonalisable, il en est de même de AB. De plus : • les valeurs propres de AB sont les mêmes que celles de C ; elles sont donc ≥ 0.

• les espaces propres de AB sont les images par A−1/2

des espaces propres de C. De plus, si B est inversible, C est définie positive, donc les valeurs propres de C et de AB sont > 0. Reste le point 2). Il découle de l’exercice précédent.

Exercice 16 : Soient A, B ∈ S2(R) telles que A2 = A et B

2 = B.

La matrice AB est-elle diagonalisable ? Encadrer les valeurs propres de AB.

Solution : [ Oral Mines MP 2007, RMS n° 407 ] A et B sont des orthoprojecteurs. La réponse est immédiate si A ou B sont de rang 0 ou 2.

Supposons-les toutes deux de rang 1. Soit P ∈ O2(R) telle que P−1

.A.P =

0001 .

P−1

.AB.P = P−1

.A.P.P−1

.B.P =

0001 .C , où C est un orthoprojecteur de rang 1.

C =

− θθ

θθcossinsincos

0001

−

θθθθ

cossinsincos =

θθθθθθ

²sincos.sincos.sin²cos .

Au final, P−1

.AB.P =

00cos.sin²cos θθθ . Cette matrice est diagonalisable, que cos θ soit nul ou non

nul. Et son spectre est de la forme 0, α, 0 ≤ α ≤ 1.

Conclusion : AB est diagonalisable et Sp(AB) ⊂ [0, 1].

Remarque : on peut donner de ce résultat une preuve directe, plus maladroite.

A =

ϕϕϕϕϕϕ

²sincos.sincos.sin²cos = [ ϕ

ϕsincos ].[ cos ϕ sin ϕ ] ;

B =

θθθθθθ

²sincos.sincos.sin²cos = [ θ

θsincos ].[ cos θ sin θ ] .

Donc A.B = cos(ϕ − θ).[ ϕϕ

sincos ].[cos θ sin θ ] = cos(ϕ − θ).A où rg A = 0 ou 1, et tr A = cos(ϕ − θ).

Or « on sait qu’ » une matrice carrée de rang 1 est diagonalisable ssi sa trace est non nulle. Si cos(ϕ − θ) ≠ 0, A est de rang 1 et diagonalisable, etc. Si cos(ϕ − θ) = 0, p o q = 0.

L’exercice suivant généralise ce résultat. Exercice 17 : Soient E un espace euclidien, p et q deux orthoprojecteurs de E. Montrer que p o q est diagonalisable et que Sp(p o q) ⊂ [0, 1].

Solution : [ Oral X 2006 ]

84

0) Notons d’abord que si p et q commutent, p o q est l’orthoprojecteur sur Im p ∩ Im q ; son spectre est donc inclus dans 0, 1. En effet (p o q)

2 = p

2 o q

2 = p o q, (p o q)* = q o p = p o q ; et Im(p o q) = Im p ∩ Im q se montre par

double inclusion. Dans le cas général, la preuve est subtile délicate. Elle s’inspire de celle de l’exercice 13, mais la situation est plus compliquée, car p et q sont symétriques positifs sans être définis positifs. En voici les étapes : 1) Les valeurs propres de p o q appartiennent à [−1, +1].

Cela découle de ce que ||| p ||| et ||| q ||| ≤ 1.

2) L’idée fondamentale est que p o q = p o p o q.

Or f = p o q o p est un endomorphisme symétrique positif, tel que ||| f ||| ≤ 1. Donc f est diagonalisable et Sp f ⊂ [0, 1] . Or on sait que u o v et v o u ont même polynôme caractéristique et même spectre. Donc Sp(p o q) = Sp (p o p o q) = Sp f .

3) Reste à montrer que p o q est diagonalisable.

Notons λ1 > … > λr > 0 les valeurs propres de f, E1, … , Er, E0 les espaces propres associés.

E = E1 ⊕ ... ⊕ Er ⊕ E0 , somme directe orthogonale.

• Je dis que, pour 1 ≤ i ≤ r, Ker( p o q − λi.I ) = Ei .

En effet x ∈ Ker(p o q − λi.I) ⇔ (p o q)(x) = λi.x ⇒ x ∈ Im p ⇒ p(x) = x ⇒ (p o q o p)(x) = λi.x.

Et x ∈ Ei ⇔ (p o q o p)(x) = λi.x ⇒ x ∈ Im p ⇒ p(x) = x ⇒ (p o q)(x) = λi.x.

• Je dis que Ker(q o p) = Ker f , et donc que Im(p o q) = Im f . En effet f = p o (q o p) implique que Ker(q o p) ⊂ Ker f .

Et x ∈ Ker f ⇒ (p o q o p)(x) = 0 ⇒ ((p o q o p)(x) | x) = 0 ⇒ ((q o p)(x) | p(x)) = 0 ⇒ (q o p)(x) = 0. Cela découle d’un lemme relatif aux endomorphismes positifs u : (u(x) | x) = 0 implique u(x) = 0.

Ainsi Ker(q o p) = Ker f . Par suite, Im(p o q) = Im((q o p)*) = Ker(q o p) ⊥ = ( Ker f )

⊥ = Im f .

Du coup, rg(p o q) = rg f et dim Ker(p o q) = dim Ker f . La somme des dimensions des espaces propres de p o q est dim E. Cqfd.

Récapitulons les résultats obtenus : i) La décomposition spectrale de f s’écrit : E = E1 ⊕ ... ⊕ Er ⊕ E0 , somme directe orthogonale.

ii) La décomposition spectrale de p o q est : E = E1 ⊕ ... ⊕ Er ⊕ F , où F = Ker(p o q) a même

dimension que E0 = Ker f ; mais F n’est orthogonal à E1 ⊕ ... ⊕ Er que si F = E0, i.e. ssi p et q commuent. Exercice 17 bis : Soient E un espace euclidien, F et G deux sous-espaces vectoriels de E, p et q les projecteurs orthogonaux sur F et G. 1) Montrer que p o q o p est autoadjoint. 2) Montrer que E est somme directe orthogonale de Im p + Ker q et de Ker p ∩ Im q. 3) Montrer que p o q est diagonalisable.

Solution : [ Oral X PC 2011, RMS n° 315, Ecrit E3A MP 2012 ] a) L’endomorphisme f = p o q o p est autoadjoint, car f* = p* o q* o p* = p o q o p. Et il est positif, car pour tout vecteur x, ( f(x) | x ) = ((p o q o p)(x) | x) = ((q o p)(x) | p(x)) ≥ 0.

On en déduit que f est diagonalisable dans une base orthonormée de E, et que Sp f ⊂ R+.

Enfin, pour tout x, ||(p o q)(x)|| ≤ ||q(x)|| ≤ ||x||, donc Sp f ⊂ [−1, 1].

Au final, Sp f ⊂ [0, 1].

b) Le sous-espace Im p est stable par f, car f( Im p ) ⊂ Im f ⊂ Im p.

85

f induit un endomorphisme diagonalisable de Im p, noté u. Cet endomorphisme est autoadjoint et son spectre est inclus dans celui de f, donc inclus dans [0, 1].

c) Le sous-espace Im p est stable par l’endomorphisme p o q, car (p o q)(Im p) ⊂ Im p.

Soit u l’endomorphisme induit. Je dis que u = fIm p.

En effet, si x ∈ Im p , x = p(x) donc u(x) = (p o q)(x) = (p o q o p)(x) = f(x). Du coup, u est diagonalisable et a un spectre inclus dans [0, 1].

d) Soit G = Im p + Ker q. G⊥ = ( Im p + Ker q )

⊥ = ( Im p )

⊥ ∩ ( Ker q )

⊥ = Ker p ∩ Im q.

L’endomorphisme p o q est nul sur G⊥, autrement dit G

⊥ ⊂ Ker(p o q).

En effet x ∈ G⊥ ⇒ p(x) = 0 et q(x) = x ⇒ (p o q)(x) = p(x) = 0.

e) Démontrons que p o q est diagonalisable, et a un spectre inclus dans [0, 1].

On sait que E est somme directe orthogonale de G et de G⊥ .

• Le sous-espace G⊥ est (p o q)-stable et p o q induit l’endomorphisme nul.

• Le sous-espace G est (p o q)-stable, car si x ∈ G, il s’écrit x = p(y) + z, où q(z) = 0.

Alors (p o q)(x) = (p o q o p)(y) ∈ Im p ⊂ Im p + Ker q = G. Notons w l’endomorphisme de G induit par p o q. ♦ p o q induit l’endomorphisme nul de Ker q. ♦ p o q induit un endomorphisme diagonalisable u de Im p. Du coup, p o q induit un endomorphisme diagonalisable de G = Im p + Ker q. Cela repose sur le lemme suivant : Lemme : Soient E un espace vectoriel de dimension finie, u un endomorphisme de E, F et G deux sous-espaces u-stables de E tels que E = F + G. Si uF et uG sont diagonalisables, u est diagonalisable. Ce lemme, évident lorsque F et G sont supplémentaires, l’est moins dans le cas général. Mais, si P, resp.

Q, est un polynôme scindé sans facteurs carrés annulant uF, resp. uG, le ppcm de P et Q est scindé sans

facteurs carrés et annule uF et uG, donc u. Exercice 18 : Soient E un espace euclidien, F et G deux sous-espaces vectoriels de E, p la projection orthogonale sur F, q la projection orthogonale sur G. Soit x un vecteur de E, (xn) la suite définie par

x0 = x et ∀n ∈ N* x2n−1 = p(x2n−2) et x2n = q(x2n−1).

Montrer que la suite (xn) converge vers le projeté orthogonal de x sur F ∩ G.

Solution : Nous avons déjà résolu cet exercice au § 2 (exercice 9). Reprenons-le ici à la lumière de l’exercice précédent, mais en n’utilisant que f = p o q o p.

On a en effet, pour tout n : (p o q o p)n = (p o q)

n o p , donc x2n+1 = (p o q o p)

n(x).

Comme p o q o p est symétrique, donc diagonalisable dans une base orthonormée, et a un spectre inclus dans [0, 1], la suite (p o q o p)

n converge vers l’orthoprojecteur h sur

H = Ker( p o q o p – I ) = Im p ∩ Im q.

Montrons cette égalité. D’une part, x ∈ Im p ∩ Im q ⇒ (p o q o p)(x) = x.

D’autre part, (p o q o p)(x) = x implique x ∈ Im p, donc p(x) = x, et enfin, x = (p o q)(x).

Or on a toujours ||(p o q)(x)|| ≤ ||q(x)|| ≤ ||x|| ; et x = (p o q)(x) implique ||x|| = ||q(x)||, ce qui pour un orthoprojecteur implique x = q(x). Ainsi x ∈ Im p ∩ Im q.

Conclusion : x2n → h(x).

Comme p o h = q o h = h, x2n+2 = q(x2n) → (q o h)(x) = h(x). Cqfd. Remarque : on aurait pu aussi utiliser l’exercice précédent sur la diagonalisabilité de q o p. Exercice 19 : produit de deux endomorphismes autoadjoints positifs.

86

Soient u et v deux endomorphismes autoadjoints positifs de E, et s = u1/2

. 1) Montrer que (u(x) | x) = 0 ⇒ u(x) = 0. 2) En considérant l’endomorphisme f = s o v o s, montrer que u o v est diagonalisable et que son spectre est inclus dans R+.

Solution : Cet exercice généralise les exercices 16 et 17.

1) (u(x) | x) = (s(x) | s(x)), donc (u(x) | x) = 0 ⇒ s(x) = 0 ⇒ u(x) = 0.

2) L’endomorphisme f est autoadjoint positif. f* = s* o v* o s* = s o v o s = f et ( f(x) | x) = ((s o v o s)(x) | x) = ((v o s)(x) | s(x)) ≥ 0. Notons λ1 > … > λr > 0 les valeurs propres de f , E1 , … , Er et E0 les espaces propres associés.

E = E1 ⊕ ... ⊕ Er ⊕ E0 , la somme directe étant orthogonale.

3) Je dis que Sp f = Sp(s o s o v) = Sp(u o v). Donc Sp(u o v) ⊂ R+ .

Cela découle d’une propriété « bien connue » : Sp(a o b) = Sp(b o a).

Ainsi f et u o v ont même valeurs propres. Soient Fi = Ker(u o v − λi.I) les espaces propres de u o v.

Les Fi étant toujours en somme directe, il s’agit de montrer que dim F0 + ∑≤≤ ri

iF1

dim = dim E .

4) Je dis que dim F0 = dim E0 .

Montrons tout d’abord que E0 = Ker f = Ker(v o s).

(v o s)(x) = 0 ⇒ f(x) = (s o v o s)(x) = 0 ⇒ f(x) = 0.

f(x) = 0 ⇒ (f(x) | x) = 0 ⇒ ((v o s)(x) | s(x)) = 0 ⇒ (v o s)(x) = 0 en vertu de 1) appliqué à v.

Du coup, Im f = ( Ker f )⊥ = (Ker(v o s))

⊥ = Im(s* o v*) = Im (s o v) et rg f = rg(s o v).

Du coup, dim Ker f = dim Ker(s o v) . Or Ker(s o v) = Ker(u o v) , car Ker s = Ker u, donc v(x) ∈ Ker s ⇔ v(x) ∈ Ker u. Finalement, dim Ker f = dim Ker(u o v). CQFD.

5) Je dis que pour 1 ≤ i ≤ r, dim Ei ≤ dim Fi .

Cela découle de ce que s induit une application linéaire injective de Ei dans Fi .

x ∈ Ei ⇒ s(x) ∈ Fi , car (s o v o s)(x) = λi.x ⇒ (s o s o v o s)(x) = λi.s(x) ⇒ (u o v)(s(x))= λi.s(x).

x ∈ Ei et s(x) = 0 ⇒ (s o v o s)(x) = λi.x et s(x) = 0 ⇒ λi.x = 0 ⇒ x = 0 (car λi ≠ 0) . cqfd.

6) Concluons !

D’une part, dim E ≥ dim F0 + ∑≤≤ ri

iF1

dim , car les Fi sont en somme directe

D’autre part, dim F0 + ∑≤≤ ri

iF1

dim ≥ dim E0 + ∑≤≤ ri

iE1

dim = dim E d’après ce qui précède. CQFD !

Remarque : Lorsque u est défini positif, la preuve peut être notablement simplifiée, car u o v et f sont

conjugués : u o v = s o f o s−1

. Or tout endomorphisme conjugué d’un endomorphisme diagonalisable l’est aussi. Exercice 20 : produit de deux endomorphismes autoadjoints positifs. On se propose de montrer que si E est un espace euclidien et u et v deux endomorphismes auto-adjoints positifs de E, u o v est diagonalisable et son spectre est inclus dans R+ .

1) a) Montrer qu’il existe un élément s ∈ S+(E) tel que u = s

2.

b) En déduire que ∀x ∈ E (u(x) | x) = 0 ⇒ u(x) = 0 .

On note u1 et w les endomorphismes de Im u induits par u et u o v respectivement.

2) a) Montrer que u1 est un élément de S++

(Im u).

87

b) Montrer que w est autoadjoint positif relativement au produit scalaire Φ(x, y) = (1

1−

u (x) | y)

sur Im u. 3) Déduire de la question précédente que l’endomorphisme de Im(u o v) induit par u o v est diagonalisable et que son spectre est inclus dans R+ .

4) Montrer, à l’aide de (1), que E = Im(u o v) ⊕ Ker(u o v). 5) Conclure. [ Centrale 2009, 2ème épreuve, extrait ]

Solution : cet exercice reprend le précédent sous un autre éclairage.

Les questions 1 à 3 sont laissées au lecteur.

4) En vertu du théorème du rang, tout revient à montrer que Im(u o v) ∩ Ker(u o v) = 0. Soit donc x ∈ Im(u o v) ∩ Ker(u o v). Ecrivons x = (u o v)(t) = u(z), avec z = u(t).

• Tout d’abord (u o v)(x) = (u o v o u)(z) = 0 , donc ((u o v o u)(z) | z) = 0. Cela s’écrit ((v o u)(z) | u(z)) = 0 ; cela implique (v o u)(z) = 0, i.e. v(x) = 0, en vertu de 1.b).

• Donc (v o u o v)(t) = 0. Cela implique ((v o u o v)(t) | t) = 0. Cela s’écrit ((u o v)(t) | v(t)) = 0 ; cela implique (u o v)(t) = 0, i.e. x = 0. Cqfd.

5) En vertu de 3), il existe une base (e1, …, er) de Im(u o v) telle que (∀i) (u o v)(ei) = αi.ei , αi ≥ 0.

Si (er+1, … , en) est une base de Ker(u o v), B = (e1, … , en) est une base de E et

Mat(u o v , B) = diag(α1, … , αr, 0, …, 0).

A noter que Im(u o v) ∩ Ker(u o v) = 0 implique même (∀i) αi > 0. Exercice 21 : vers Loewner-Behrend. Soient A et B deux matrices symétriques définies positives d’ordre n, distinctes.

Montrer que si 0 < α < 1, alors det(α.A + (1 − α).B) > (det A)α.(det B)

1−α .

En déduire que l’ensemble M ∈ Sn++(R) ; det M ≥ 1 est convexe.

Solution : [ Oral ENS 2005 ] Il s’agit de démontrer que A → log(det A) est concave sur le cône convexe ouvert Sn

++(R).

Même méthode que dans les exercices précédents.

1) Si A = I et Sp B = β1, β2 ,…, βn, par concavité du log, il vient :

ln det(α.A + (1 − α).B) = ln ∏=

−+n

kk

1

))1(( βαα = ∑=

−+n

kk

1

))1(ln( βαα

≤ ∑=

−+n

kk

1

)ln).1(1ln.( βαα = (1 − α)∑=

n

kk

1

ln. β = (1 − α).ln (det B).

De plus, si B ≠ I, l’un des βk est ≠ 1, et l’une des inégalités est stricte.

2) Dans le cas général, écrire :

det(α.A + (1 − α).B) = (det A1/2

).det(α.I + (1 − α).A−1/2

B A−1/2

).(det A1/2

) , etc.

L’exercice suivant permet de retouver cela par une toute autre méthode :

Exercice 22 : 1) Soit A ∈ S2++

(R). Montrer que ∫∫−

²R

XAXdxdye

t

= Adet

π , où X = t(x, y).

2) Soient A, B ∈ S2++

(R). Déduire de 1) une inégalité faisant intervenir 2

det BA+ , Adet et

Bdet . Retrouver l’exercice précédent.

88

Solution : [ Oral TPE 2012, RMS n° 1038 ].

1) Soit A ∈ S2++

(R). Montrons que ∫∫−

²R

XAXdxdye

t

= Adet

π , où X = t(x, y).

La fonction (x, y) → est continue positive sur R2, et intégrable.

En effet, si P ∈ O2+(R) est telle que P

−1.A.P =

tP.A.P = diag(λ, µ), le changement de variable

t(x, y) = P.

t(x’, y’) donne, formellement :

∫∫−

²R

XAXdxdye

t

= ∫∫−

²

'.'''

R

XDXdydxe

t

= ∫∫ −−²

'²'² ''R

yx dydxe µλ = ∫+∞

∞−− '.'² dxe xλ . ∫

+∞

∞−− '.'² dye yµ =

λµπ =

Adetπ .

2) Soient A, B ∈ S2++

(R). Alors 2BA+ ∈ S2

++(R), et :

)2

det(²

BA+π = ( ∫∫

+−

²

2

R

XBAXdxdye

t

)2 = ( ∫∫

−−

²

2.

2

R

XBXXAXdxdyee

tt

)2

≤ ( ∫∫−

²R

XAXdxdye

t

)( ∫∫−

²R

XBXdxdye

t

) = Adet

πBdet

π par Cauchy-Schwarz

Par conséquent : Adet . Bdet ≤ det (2BA+ ) (*)

Conséquence : passons au ln, il vient 21 ( ln det A + ln det B ) ≤ ln det (

2BA+ ).

Comme la fonction ln det est continue, on en déduit, par un argument classique de densité des dyadiques, que la fonction A → ln( det A) est concave du cône convexe ouvert S2

++(R) dans R.

Exercice 23 : Montrer que A → A2 est un homéomorphisme de Sn

+(R).

Solution : C’est une bijection continue. Reste à montrer que A → A1/2 est continue.

Supposons donc que Ap → A dans Sn+(R), et montrons que Ap

1/2 → A1/2

.

La suite (Ap1/2

) est bornée. Elle admet donc une valeur d’adhérence Ap(k)1/2 → B.

B est symétrique positive, et Ap(k) → B

2 = A, donc B = A

1/2 .

Or dans un espace normé de dimension finie, si une suite bornée n’a qu’une valeur d’adhérence, elle converge vers cette valeur. Exercice 24 : Soit A symétrique définie positive d’ordre n. Montrer que GA = M ∈ Mn(R) ; A =

tM.A.M est un sous-groupe de Gln(R), isomorphe à On(R).

Solution : Le mieux est d’introduire le produit scalaire < X | Y > = tX.A.Y associé à A, et d’observer

que M ∈ GA ⇔ ∀(X, Y) < MX | MY > = < X | Y >. Autrement dit, GA est le groupe orthogonal

pour ce produit scalaire. Tous les groupes orthogonaux en dimension n sont isomorphes à On(R).

Si l’on veut un isomorphisme explicite de GA sur On(R), le voici : M → A1/2

.M.A−1/2

. Exercice 25 : décompositions polaires.

1) Soit A ∈ Gln(R). Montrer que A s’écrit de manière unique sous la forme A = Sg.Ug, où Sg est

symétrique définie positive, et Ug orthogonale. Montrer que l’application (S, U) → S.U est un

homéomorphisme de Sn++

(R)×On(R) sur Gln(R) (décomposition polaire à gauche de A).

2) Soit A ∈ Gln(R). Montrer que A s’écrit de manière unique sous la forme A = Sd.Ud, où Sd est

symétrique définie positive, et Ud orthogonale. Montrer que l’application (S, U) → U.S est un

homéomorphisme de Sn++

(R)×On(R) sur Gln(R) (décomposition polaire à droite de A).

89

3) Montrer que Ud = Ug.

4) Montrer que si A ∈ Mn(R), A s’écrit encore sous les deux formes précédentes, Sg et Sd étant

uniques, mais pas forcément Ud et Ug.

5) Exemple : décompositions polaires des matrices A =

1231 et A =

−−

−

2/23232/22/23232/2

103.

6) Applications : a) Soit B la boule unité fermée d’un espace euclidien E. Montrer que K = f ∈ LLLL(E) ; f(B) ⊂ B est un compact et que f ∈ K ⇒ | det f | ≤ 1.

b) Soient A, B ∈ Mn(R). Montrer que tA.A =

tB.B ⇔ ∃P ∈ On(R) B = P.A.

c) Soit A ∈ Mn(R). Résoudre l’équation tX.X +

tX.A +

tA.X = 0 , d’inconnue X ∈ Mn(R).

Solution : [ Glazman-Lioubitch, Analyse linéaire dans les espaces de dimension finie (éd. Mir), Ecrit Centrale MP 2013, Maths 2, Mines 2013, Maths 2, etc. ] De même qu’un vecteur non nul du plan ou de l’espace euclidien s’écrit de façon unique sous la

forme x = r.u , où r est un réel > 0 et u est un vecteur unitaire, de même un isomorphisme f d’un espace euclidien s’écrit de façon unique sous la forme f = s o u, où s est symétrique défini positif et u est orthogonal. C’est ce qu’on nomme la décomposition polaire à gauche de f. Cette décomposition polaire a de multiples applications. Nous supposons ici connue l’existence et l’unicité de la racine carrée d’une matrice symétrique définie positive.

1) Décomposition polaire à gauche. Procédons par analyse et synthèse : Si A = S.U , alors

tA =

tU.S et A.

tA = S

2.

S est la racine carrée de A.tA, et U = S

−1.A. Voilà pour l’unicité.

Reste à montrer que U est orthogonale. Or tU.U =

tA S

−1 S

−1 A =

tA (A.

tA)

−1 A = I .

Conclusion : Sg = ( A.tA )

1/2 et Ug = Sg

−1.A.

L’application (S, U) → S.U est une bijection continue de Sn++

(R)×On(R) sur Gln(R).

Montrons que sa réciproque est continue. Soit Ap = Sp.Up une suite de matrices inversibles tendant

vers la matrice inversible A = S.U. On veut montrer que (Sp) tend vers S et que (Up) tend vers U.

Utilisons pour cela la compacité de On(R) : la suite (Up) a une valeur d’adhérence V, i.e. il existe une

suite extraite (Up(k)) tendant vers V. Alors Sp(k) = Ap(k).Up(k)−1

→ T = A.V−1

, donc T = A.V−1

est symétrique positive. Ainsi, A = T.V, où T est symétrique positive et V est orthogonale. Comme A est inversible, T est définie positive, et par unicité de la décomposition polaire à gauche, T = S, V = U.

Ainsi, la suite (Up) n’a qu’une valeur d’adhérence, U ; elle converge donc vers U, et (Sp) tend vers S.

2) Décomposition polaire à droite. On procède de même, ou, mieux, on applique ce qui précède à

tA.

Conclusion : Sd = ( tA.A )

1/2 et Ud = A.Sd

−1 .

L’application (S, U) → U.S est un homéomorphisme de Sn++

(R)×On(R) sur Gln(R). Cela se démontrer comme ci-dessus, ou se déduit du raisonnement précédent.

3) Montrons que Ud = Ug . Cela équivaut à A Sd

−1 = Sg

−1 A, ou encore à Sd

= A

−1 Sg A.

Or A−1

Sg A est symétrique : le vérifier ! Et elle est semblable à Sg , donc à valeurs propres > 0.

Elle est donc symétrique définie positive.

Il suffit donc de montrer que Sd et A

−1 Sg A ont le même carré, c’est-à-dire que tA.A = A

−1 A tA A.

4) Extension aux matrices quelconques.

90

Soit A ∈ Mn(R), (Ap) une suite de matrice inversibles tendant vers A.

Soit Ap = Sp.Up la décomposition polaire à gauche de Ap. De la suite (Up) on peut extraire une suite

convergente (Up(k)) → V. Alors Sp(k) = Ap(k).Up(k)−1

→ T = A.V−1

, donc T = A.V−1

est symétrique

positive, car Sn+(R) est fermé dans Mn(R).

Ainsi, A = T.V, où T est symétrique positive et V orthogonale.

T est unique : c’est la racine carrée de A.tA. En revanche, V n’est pas unique. Par exemple, si A est

la matrice nulle, T = 0 et V peut être choisie quelconque. 5) Exemples. > with(linalg): > A:=matrix(3,3,[3,0,-1,sqrt(2)/2,3*sqrt(2),-3*sqrt(2 )/2,-sqrt(2)/2, 3*sqrt(2),3*sqrt(2)/2]);

:= A

3 0 -1

12

2 3 2 −32

2

−12

2 3 232

2

> B:=multiply(transpose(A),A);eigenvals(B);eigenvects (B);

:= B

10 0 -6

0 36 0

-6 0 10

, ,4 16 36 , ,[ ], ,4 1 [ ], ,1 0 1 [ ], ,36 1 [ ], ,0 1 0 [ ], ,16 1 [ ], ,1 0 -1

> e1:=vector([0,1,0]);e2:=normalize(vector([1,0,-1])) ; e3:=normalize(vector([1,0,1]));

> P:=transpose(matrix([e1,e2,e3]));multiply(transpose (P),B,P);

:= P

012

212

2

1 0 0

0 −12

212

2

> Sd:=multiply(P,diag(6,4,2),transpose(P)):Ud:=multip ly(A,inverse(Sd)): print(`décomposition polaire à droite de A : ` [e valm(Ud),evalm(Sd)]);

décomposition polaire à droite de A :

,

1 0 0

0 /12 2 − /12 2

0 /12 2 /12 2

3 0 -1

0 6 0

-1 0 3

> C:=multiply(A,transpose(A));

:= C

10 3 2 −3 2

3 2 23 13

−3 2 13 23

> eigenvals(C);eigenvects(C); , ,4 16 36

, ,[ ], ,16 1 [ ], ,2 1 -1 [ ], ,4 1 [ ], ,2 -1 1 [ ], ,36 1 [ ], ,0 1 1 > a1:=normalize(vector([0,1,1]));a2:=normalize(vector ([-sqrt(2),-1,1]));a3:=normalize(vector([sqrt(2),-1,1]));

36 0 0

0 16 0

0 0 4

:= e2

, ,

12

2 0 −12

2 := e3

, ,

12

2 012

2 := e1 [ ], ,0 1 0

91

:= a1

, ,0

12

212

2

:= a2

, ,−

12

2-12

12

:= a3

, ,

12

2-12

12

> Q:=transpose(matrix([a1,a2,a3]));multiply(transpose (Q),C,Q);

:= Q

0 −12

212

2

12

2-12

-12

12

212

12

36 0 0

0 16 0

0 0 4

> Sg:=multiply(Q,diag(6,4,2),transpose(Q)):Ug:=multip ly(inverse(Sg),A):print(`décomposition polaire à gauche de A : ` [evalm( Sg),evalm(Ug)]);

décomposition polaire à gauche de A :

,

3 /1 2 2 − /1 2 2

/1 2 2 /9 2 /3 2

− /1 2 2 /3 2 /9 2

1 0 0

0 /1 2 2 − /1 2 2

0 /1 2 2 /1 2 2

> multiply(Sg,Ug);multiply(Ud,Sd);

6) Applications : a) Soit B la boule unité fermée d’un espace euclidien E. Montrons que K = f ∈ LLLL(E) ; f(B) ⊂ B est un compact et que f ∈ K ⇒ | det f | ≤ 1.

K n’est autre que la boule unité fermée de (LLLL(E), ||| |||) ; elle est convexe compacte

De plus f ∈ K ⇒ | det f | ≤ 1, car f = u o s, où u est orthogonale et s définie positive.

S = ( f* o f )1/2

a ses valeurs propres ∈ [0, 1]

b) Soient A, B ∈ Mn(R). Montrons que tA.A =

tB.B ⇔ ∃P ∈ On(R) B = P.A.

Le sens ⇐ est facile. Si B = P.A, alors tB.B =

tB.B =

tA.A.

Réciproquement, si tA.A =

tB.B, A et B ont des décompositions polaires à droite de la forme

A = U.S et B = V.S, avec le même S. Donc B = P.A, avec P = V.U−1

orthogonale.

Ce résultat est très important. On peut l’énoncer ainsi : « Pour que les n-uplets de vecteurs (a1, …, an) et (b1, …, bn) aient même matrice de Gram, il faut et

il suffit qu’il existe un endomorphisme orthogonal u tel que (∀k) bk = u(ak). »

Concrètement, avoir même matrice de Gram signifie que ak et bk ont même norme, et qu’ils ont entre eux les mêmes angles respectifs.

c) Soit A ∈ Mn(R). L’équation tX.X +

tX.A +

tA.X = 0 , d’inconnue X ∈ Mn(R), s’écrit aussi :

( tX +

tA ).( X + A ) =

tA.A . En vertu de la question précédente, cela équivaut à :

3 0 -1

12

2 3 2 −32

2

−12

2 3 232

2

3 0 -1

12

2 3 2 −32

2

−12

2 3 232

2

92

∃P ∈ On(R) X + A = P.A , ou encore à : X = ( P – I ).A, où P ∈ On(R). Exercice 26 : critère de Jacobi-Sylvester.

Soit A ∈ Sn(R). Pour 1 ≤ k ≤ n, on note ∆k(A) = det(aij)1≤i,j≤k les mineurs principaux de A.

Montrer que : A est définie positive ⇔ (∀k) ∆k(A) > 0 .

En déduire que Sn++

(R) est un ouvert de Sn(R)

Solution :

1) Le sens ⇒ est assez facile. Tout d’abord, si A est définie positive, det A = ∆n(A) > 0 : c’est le produit des valeurs propres !

Pour tout k, soit Ak la sous-matrice de A obtenue en barrant les lignes et colonnes d’indice > k.

Ces matrices sont toutes définies positives, car si X = t(x1, … , xk) ∈ R

k et si X’ =

t(x1, … , xk, 0, …,

0) ∈ Rn , alors

tX.Ak.X =

tX’.A.X ≥ 0, et

tX.Ak.X = 0 ⇒

tX’.A.X = 0 ⇒ X’ = 0 ⇒ X = 0.

2) Le sens ⇐ est moins facile, et susceptible de multiples présentations. L’idée est de faire une récurrence sur n. Le résultat est immédiat pour n = 1. Supposons-le acquis au

rang n – 1. Soit A une matrice symétrique d’ordre n telle que (∀k) ∆k(A) > 0.

Par hypothèse de récurrence, la sous-matrice A’ = An−1 est définie positive.

1ère méthode : par signature des formes quadratiques. La forme quadratique q(X) =

tX.A.X sur R

n induit sur l’hyperplan H = X ; xn = 0 une forme

définie positive. Par conséquent, la signature de q est (n, 0), (n – 1, 1) ou (n – 1, 0). Dans le 2ème cas, A aurait une valeur propre < 0, n – 1 valeurs propres > 0, donc det A < 0. Dans le 3ème cas, A aurait une valeur propre nulle, n – 1 valeurs propres > 0, donc det A = 0. En conclusion, nous sommes dans le 1er cas, et A est définie positive. 2ème méthode : par intercalation des valeurs propres. Ce théorème découle de la théorie de Fischer-Courant, mais peut aussi se montrer directement. Les valeurs propres de A’ sont toutes > 0. Or on sait que les valeurs propres de A sont séparées par celles de A’. Par conséquent, A a au plus une valeur propre ≤ 0. Comme det A > 0, cette valeur propre est aussi > 0 et A est définie positive. De ces deux méthodes, la première est hors programme depuis peu de temps, la seconde suppose connu un résultat intermédiaire. Voici une méthode plus en phase avec le programme actuel. 3ème méthode : par congruence. Rappelons que deux matrices symétriques A et B d’ordre n sont congruentes s’il existe une matrice P ∈ Gln(R) telle que B =

tP.A.P. La congruence possède trois propriétés simples :

• C’est une relation d’équivalence dans Sn(R).

• A est symétrique définie positive ssi elle est congruente à In. • Enfin, si A et B sont congruentes, det A et det B ont même signe dans −1, 0, +1.

Revenons au problème posé. La sous-matrice A’ est définie positive, donc congruente à In−1.

Il existe P’ ∈ Gln(R) telle que In−1 = tP’.A’.P’.

Si l’on pose P = diag(P’, 0), on a : tP.A.P =

−

−vuuu

u

uu

n

n

121

1

2

1

...1...00

...............0...100...01

= B.

Or cette matrice est congruente à une matrice diagonale de la forme D = diag(1, …, 1, w) .

Il suffit de conjuguer B par des matrices de transvection convenable : Tij(λ) = I + λ.Eij ( i ≠ j)

93

Par exemple, Tn1(−u1).B.T1n(−u1) =

−

−'...0

1...00...............

0...1000...01

12

1

2

vuuu

u

n

n

, etc.

Cette matrice D est de déterminant > 0, donc définie positive. Du coup, A aussi. Pour conclure, considérons la fonction Φ : A ∈ Sn(R) → (∆1(A), …, ∆n(A)) ∈ R

n.

C’est une fonction continue car polynomiale. Et Sn++

(R) est un ouvert de Sn(R) en tant qu’image

réciproque de l’ouvert (R*+)n par Φ.

Exercice 27 : itérations de Héron d’Alexandrie matricielles.

Soit A ∈ Sn++

(R). On définit la suite (Bk) de matrices par : B0 = I , Bk+1 = 21 ( Bk + A Bk

−1 ) .

Montrer que la suite (Bk) est bien définie et tend vers A1/2 en décroissant à partir du rang 1.

[ Oral Mines 2007 ]

Solution résumée :

1ère étape : Je dis que, pour tout réel a > 0, la suite récurrente (xk) définie par :

x0 = 1 , xk+1 = 21 ( xk +

kxa ) .

tend vers a en décroissant à partir du rang 1. Cet algorithme, dit de Héron d’Alexandrie, remonte en fait aux babyloniens (19ème siècle avant J.-C.).

2ème étape : Diagonaliser A dans une base orthonormée. Si P−1

.A.P = t P.A.P = diag(λ1, λ2, …, λn) ,

alors on déduit de 1) que P−1

.Bk.P = t P.Bk.P ↓ diag ( 1λ , 2λ , …, nλ ) pour k ≥ 1.

Exercice 28 : produit de Schur de matrices symétriques. Si A = (aij) et B = (bij) appartiennent à Mn(R), on appelle produit de Schur, ou de Hadamard, de A et

B la matrice A B = (aij .bij).

1) Montrer que si A et B sont symétriques positives, resp. définies positives, il en est de même de A B. [ Indication : on pourra introduire la racine carrée de A. ]

2) En déduire que si A, B, C et D sont symétriques positives, A ≤ B et C ≤ D ⇒ A C ≤ B D.

3) Montrer que si A = (aij) est symétique positive, il en est de même de M = (exp(aij)).

Solution : [ Oral X 2006, Centrale 2007, etc. ]

1) Notons C = A B . Il s’agit de montrer que (∀X) tX.C.X = ∑ji

jijiji xbax,

≥ 0.

Notons Λ = A1/2

. Alors aij = ∑k

jkikλλ .

tX.C.X = ∑

kjijijjkiki xbx

,,

λλ = ∑∑k ji

jkjijiki xbx,

λλ = ∑k

kkt BXX , où Xk = (xi.λik). Cqfd !

La suite est facile. ___________

6. Endomorphismes antisymétriques.

Exercice 1 : L’endomorphisme u de E est dit antisymétrique si ∀(x, y) ∈ E2 (x | u(y)) = −(u(x) | y).

94

Montrer que cette condition équivaut à celle-ci : ∀x ∈ E (x | u(x)) = 0 . Géométriquement, cela signifie que u(x) est toujours orthogonal à x.

Solution : Si u est antisymétrique, (x | u(x)) = − (u(x) | x), donc (u(x) | x) = 0. Si, pour tout x, (u(x) | x) = 0, alors pour tous x et y (u(x + y) | x + y) = 0, donc, en développant : (u(x) | y) + (u(y) | x) = 0. Ainsi (u(x) | y) = − (u(y) | x) = − (x | u(y)).

Exercice 2 : Soit u une application de E dans E telle que : ∀(x, y) ∈ E2 (x | u(y)) = − (u(x) | y) .

Montrer que u est linéaire.

Solution : On a identiquement: (x | u(λy + y’)) = − (u(x) | λy + y’) = − λ(u(x) | y) − (u(x) | y’) = λ(x | u(y)) + (x | u(y’)) = (x | λu(y) + u(y’)). Comme c’est vrai pour tout x, u(λy + y’) = λu(y) + u(y’). Donc u est linéaire.

Exercice 3 : Montrer que A(E) est stable pour le crochet de Lie [u, v] = u o v − v o u. C’est donc une algèbre (non associative) pour cette loi.

Solution : Exercice 4 : Soit E un espace euclidien de dimension n. 1) Montrer que, si n = 1, la seule application antisymétrique est l’application nulle, et que, si n = 2,

les applications antisymétriques sont les similitudes d’angle ±2π .

2) On suppose n = 3. E est orienté, muni du produit vectoriel x ∧ y et du produit mixte [x , y , z ].

Montrer que, pour tout vecteur ω , l’application u : x → ω ∧ x est antisymétrique ; si ω ≠ 0, son

noyau est la droite D = R.ω , son image le plan P = D⊥.

Montrer que, pour toute base orthonormée directe B = (i , j ,k ), on a :

ω = 21 [ i ∧ u(i ) + j ∧ u( j ) + k ∧ u(k ) ] .

3) Réciproquement, montrer que toute application antisymétrique est de cette forme.

Montrer que si u et u' sont antisymétriques de vecteurs ω et ω ', [u, u'] = u o u’ – u’ o u est

antisymétrique de vecteur ω ∧ ω '.

Solution : Exercice 5 : Soient E un espace euclidien, a et b deux vecteurs libres de E. Etudier l’endomorphisme u(x) = (a | x) b – (b | x) a.

Solution : Exercice 6 : Soient E un espace euclidien, a et b deux vecteurs non nuls tels que (a | b) = 0 On considère l’endomorphisme u défini par u(x) = (a | x) b – (b | x) a. Expliciter u* et calculer ||| u ||| .

Solution : [ RMS 153, juin 2000 ]

Exercice 7 : Réduire la matrice A ∈ Mn(R) définie par : aii = 0 , aij = 1 si i > j , aij = −1 si j > i .

95

Solution :

Exercice 8 : Soit A une matrice de Mn(R) antisymétrique, telle que la suite (Ak) converge vers B

dans Mn(R). Que peut-on dire de B ?

Solution : [ Oral Mines MP 2013, RMS n° 517 ] Les A

2k sont symétriques, les A

2k+1 antisymétriques. A la limite, B ets symétrique et antisymétrique,

donc nulle. Exercice 9 : Soit A une matrice antisymétrique réelle. Montrer que le rang de A est pair.

Solution : [ Oral Mines MP 2013, RMS n° 509 ] Cela découle aussitôt du théorème spectral relatif aux matrices antisymétriques réelles. Il y a une preuve élémentaire, mais elle est compliquée (cf. Jean-Denis Eiden, Les clefs du problème)

Exercice 10 : Soit (E, ( | )) un espace euclidien, f ∈ LLLL(E) tel que f + f* = 2.idE. Que dire du noyau de

f ? Montrer que f a au plus une valeur propre. Montrer que le rang de f − idE est pair.

Solution : [ Oral Mines MP 2013, RMS n° 494 ] L’hypothèse signifie que la partie symétrique de f est idE, autrement dit que f = idE + u, où u est un endomorphisme antisymétrique. La seule valeur propre possible de u est 0, donc la seule valeur propre éventuelle de f est 1. En particulier, 0 n’est pas valeur propre de f, et f est bijectif. Enfin, le rang de u = f − idE est pair en vertu du théorème spectral des endomorphismes antisymétriques.

Exercice 11 : Déterminer les A ∈ Mn(R) nilpotentes et antisymétriques.

Solution : [ Oral X PC 2012, RMS n° 339 ] Raisonnons en terme d’endomorphismes. Soient E un espace euclidien, u un endomorphisme de E à la fois antisymétrique et nilpotent. Comme u est antisymétrique, je dis que E = Ker u ⊕⊥ Im u.

On en déduit Ker u = Ker u2 = … = Ker u

k pour tout k ≥ 1.

Comme u est nilpotent, il existe k ≥ 1 tel que Ker uk = E. Conclusion : u est nul.

NB : plus généralement un endomorphisme normal et nilpotent est nul. Exercice 12 : Soit E un espace euclidien. Caractériser les endomorphismes à la fois orthogonaux et antisymétriques de E.

Solution : voir exercice suivant. Exercice 13 : Soient E un espace euclidien, f ∈ LLLL(E). Montrer que 2 des 3 propriétés entraînent la

troisième : a) f 2 = − IdE ; b) f est une isométrie ; c) ∀x ∈ E (x | f(x)) = 0 .

Dévisser ces endomorphismes.

Solution :

Exercice 14 : Soient (x1, ..., xk) des vecteurs de E ; trouver dim f ∈ LLLL(E) ; (∀i) f(xi) = f*(x i) .

Solution :

96

Notons n = dim E, r = rg(x1, ..., xk) et u = f – f* la partie antisymétrique de f.

u est un endomorphisme antisymétrique dont le noyau contient x1, ..., xk, donc F = Vect(x1, ..., xk).

G = F⊥ est u-stable, et u induit un endomorphisme antisymétrique de G.

Par conséquent, u décrit un sous-espace de dimension 2

)1)(( −−− rnrn de E.

f est somme de u et d’un endomorphisme symétrique v absolument quelconque, donc :

dim f ∈ LLLL(E) ; (∀i) f(xi) = f*(x i) = 2

)1)(( −−− rnrn +

2)1( +nn

.

Exercice 15 : Soit M ∈ Mn(R) telle que S = 2

MM t+ soit positive. Montrer que det M ≥ det S.

[ Indication : utiliser le théorème spectral des matrices antisymétriques.]

Solution : [ Oral X … ]

Exercice 16 : Coordonnées de Plücker des plans de R4.

Soit P un plan de R4. A toute base BBBB = (u, v) de ce plan, que l’on représente comme une matrice à

4 lignes et 2 colonnes, on associe la matrice carrée A = A(P, BBBB) = (aij), où aij = jj

ji

vuuu

.

1) Montrer que A est antisymétrique, non nulle, et de rang 2. 2) Soient BBBB et BBBB’ deux bases de P. Montrer que A(P, BBBB’) = λ.A(P, BBBB), où λ ∈ R*.

3) Soient P et P’ deux plans de R4 . Montrer que A(P, BBBB) = A(P’, BBBB’) ⇒ P = P’.

4) Montrer que toute matrice antisymétrique d’ordre 4 et de rang 2 est de la forme A(P, BBBB).

Solution : Exercice 17 : Autre preuve du théorème spectral.

1) Si u ∈ LLLL(E) est antisymétrique, montrer que u2 est symétrique négatif. Conséquences ?

2) Soit x un vecteur propre de u2 associé à une valeur propre < 0 ; que dire de Vect(x, u(x)) ?

3) Conclure.

Solution :

Exercice 18 : Soit A ∈ An(R) considérée comme élément de Mn(C). Montrer que les valeurs propres de A sont imaginaires pures, et que, si Z = X + iY est un vecteur propre complexe, X étant Y réels,

alors X et Y sont orthogonaux. Exemple : A =

−−

−

00

0

abac

bc.

Solution : Soit (λ, Z) un couple d’éléments propres.

Considérons le complexe z = Zt A Z = Zt tA Z en raison du format.

Comme A est antisymétrique, z = − Zt A Z .

De plus, A étant réelle, z = Zt A Z = Zt A Z . Finalement z est imaginaire pur.

Or z = λ. Zt Z , où Zt Z > 0.

Posons Z = X + iY. Alors Zt Z = Xt X − Yt Y + 2 i tX.Y est un réel > 0, donc

tX.Y = 0.

97

De plus, supposons : λ = ia ≠ 0 . Je dis que Xt X = Yt Y.

En effet, écrivant A.(X + iY) = ia.(X + iY), il vient : A.X = − a Y , A.Y = a X.

Comme (Z, Z ) sont C-libres, (X, Y) est C-libre, donc R-libre : Vect(X, Y) est un plan réel A-stable.

Enfin tX.A.Y = a

tX.X = a

tY.Y . Finalement, X et Y sont orthogonaux et de même norme.

Exemple : A =

−−

−

00

0

abac

bc est la matrice de f : x → ω ∧ x , où ω = (a, b, c).

Si on se place dans un RON (i, j, k), où k = ω/||ω||, alors f a pour matrice B = ²²² cba ++

−

000001010

.

B est orthogonalement semblable à A, donc Sp A = 0 , ± i ²²² cba ++ .

Remarque finale : tout ceci s’éclaire, dans le cadre des espaces hermitiens, si l’on considère que la matrice iA est hermitienne complexe. Exercice 19 : lien entre rotations et antisymétries. 1) Montrer que l’application u → exp u de LLLL(E) dans Gl(E) induit une surjection continue de

l’espace vectoriel A(E) des endomorphismes antisymétriques sur le groupe compact SO(E) = O+(E)

des rotations de E.

Application : retrouver la connexité par arcs de O+(E) et O

−(E).

2) Exemple : Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3, u : x → ω ∧ x (ω unitaire). Reconnaître u o u et exp(θu).

Solution : Procédons matriciellement. 1) Tout d’abord A ∈ An(R) ⇒ exp(A) ∈ SOn(R).

En effet, texp(A) = exp(

tA) = exp(−A) = exp(A)

−1. D’où exp(A) ∈ On(R).

Enfin, det(exp A) = exp(tr A) = exp(0) = 1.

2) Reste à montrer que ∀B ∈ SOn(R) ∃A ∈ An(R) B = exp(A).

C’est vrai pour n = 2, car R(θ) =

−

θθθθ

cossinsincos = exp A(θ), où A(θ) =

−

00θ

θ .

Dans le cas général, il suffit d’observer qu’il existe une matrice orthogonale P telle que :

P−1.B.P = tP.B.P = diag(Ip , R(θ1) , ... , R(θr)) = diag(Op , A(θ1) , ... , A(θr)) .

Dès lors, B = exp A , où A = P.diag(Op , A(θ1) , ... , A(θr)).P−1

.

3) Soient P et Q deux éléments de O+(E), ou de O

−(E), A une matrice antisymétrique telle que exp

A = P−1

.Q. Alors ϕ(t) = P.exp(tA) est un chemin continu joignant P à Q.

Exercice 20 : Sous-groupes à un paramètre de O(E) et GO(E).

Déterminer les homomorphismes de groupes continus ϕ de (R , +) dans O(E), puis dans GO(E). On pourra commencer par démontrer que de tels morphismes sont de classe C

1.

Solution :

Exercice 21 : 1) Soit γ : t ∈ R → M(t) ∈ On(R) un arc paramétré de classe C1, tracé dans On(R), et

tel que M(0) = I. Montrer que dt

dM (0) = M'(0) ∈ An(R).

98

2) Réciproquement, montrer que toute matrice antisymétrique A est le vecteur tangent en I à un arc paramétré de classe C

1 tracé dans On(R).

Solution : 1) Nous avons ∀t ∈ R

tM(t).M(t) = In.

Dérivons ! Il vient : ∀t ∈ R tM’(t).M(t) +

tM(t).M’(t) = On.

Si l’on fait t = 0, il vient tM’(0) + M’(0) = On , donc M'(0) ∈ An(R).

2) Réciproquement, soit A ∈ An(R). L’arc γ : t ∈ R → M(t) = exp(tA) est de classe C1, tracé dans

On(R), et tel que M'(0) = A ∈ An(R).

Remarque : géométriquement, cela signifie que l’espace tangent en In à la variété différentielle

On(R) est l’espace affine In + An(R).

Exercice 22 : Soient A ∈ An(R) , Y' = A.Y le système différentiel linéaire associé.

Montrer que || )(tY || est constant, donc que l’arc t → )(tY est tracé sur une sphère. Réciproque ?

Solution : 1) peut se montrer de deux façons.

• l’une, directe, en notant que dtd || )(tY ||2 = 0.

En effet dtd ( )(tY | )(tY ) = 2 (Y(t) | Y’(t)) = 2 (Y(t) | A.Y(t)) = 0.

• l’autre, plus savante, en notant que Y(t) = exp(tA).Y(0) et que exp(tA) est une rotation.

De sorte que ||Y(t)|| = ||Y(0)|| .

2) Réciproquement si toute solution Y de Y’ = A.Y est de norme constante, alors pour tout t :

dtd ( )(tY | )(tY ) = 2 (Y(t) | Y’(t)) = 2 (Y(t) | A.Y(t)) = 0.

Comme X = Y(0) peut être choisi quelconque, il vient (∀X) (X | AX ) = 0. Donc A est antisymétrique. Exercice 23 : Repère mobile.

1) Soit I un intervalle de R, t → BBBB(t) = (e1(t), ..., en(t)) une application de classe C1 de I dans

l’ensemble des bases orthonormées de E. On note dtd ej(t) = ∑

=

n

iji t

1, )(ω ei(t) (∀j).

Montrer que pour tout t, la matrice Ω(t) = (ωij (t)) est antisymétrique.

En particulier, si n = 3, il existe un vecteur ω (t) tel que (∀j) dtd ej(t) = ω (t) ∧ ej(t).

On l’appelle vecteur rotation instantanée du repère à l’instant t.

2) Exemples : comment se traduisent ces propriétés dans le cas :

du repère radial θ → (u (θ),v (θ)) ,

du repère de Frénet d’une courbe plane de classe C2 ,

du repère de Serret-Frénet d’une courbe gauche , du repère de Darboux-Ribaucour d’une surface...

3) Soit t → Ω(t) une application de classe C1 de I dans l’ensemble des matrices antisymétriques.

Montrer qu’existe une unique application t → B(t) = (e1(t), ..., en(t)) de classe C1 de I dans

l’ensemble des bases orthonormées de E, telle que )(tdt

d jε = ∑

=

n

iji t

1, )(ω .ei(t) (∀j).

99

Solution : Exercice 24 : transformation de Cayley (1846).

Montrer que A → R = ( I − A ).( I + A )−1

met en bijection l’ensemble des matrices antisymétriques réelles d’ordre n et l’ensemble des rotations n’admettant pas −1 comme valeur propre.

Solution : 1) Soit A une matrice antisymétrique d’ordre n.

I + A est inversible, car ( I + A ).X = 0 ⇔ A.X = − X ⇒ 0 = tX.A.X = −

tX.X ⇒ X = 0.

R est donc définie. Elle est orthogonale, car : tR =

t( I + A )

−1 t( I − A ) = ( I +

tA )

−1 ( I −

tA ) = ( I – A )

−1 ( I + A )

tR.R = ( I – A )

−1 ( I + A ) ( I − A ).( I + A )

−1 = ( I – A )

−1 ( I − A ) ( I + A )( I + A )

−1 = I .

det A = )det()det(

AIAI

−+

= 1, car I + A et I – A sont transposées, donc ont même déterminant.

−1 ∉ Sp R, car R.X = − X ⇔ ( I – A ).( I + A )−1

.X = −X = - X

⇔ ( I + A )−1

( I – A ) X = −X , car I – A commute à I + A, donc avec son inverse ⇔ ( I – A ).X = − ( I + A ).X ⇒ X – AX = − X – A.X ⇒ X = 0.

2) Soit R une rotation n’admettant pas – 1 comme valeur propre.

Cherchons une matrice A telle que R = ( I − A ).( I + A )−1

.

Elle vérifie R.( I + A ) = I – A , donc ( R + I ).A = I – R , A = ( I + R )−1

.( I – R ). Cela montre l’unicité de A. Il reste à montrer que A est définie (car –1 n’est pas valeur propre de R), et que A est antisymétrique. t

A = ( I – tR ).( I +

tR )

−1 = ( I – R

−1).( I + R

−1)−1

. tA = − A ⇔ ( I – R

−1).( I + R

−1)−1

= − ( I + R )−1

.( I – R )

⇔ ( I + R ).( I – R−1

) = − ( I – R ).( I + R−1

) ⇔ R – R−1

= R – R−1

. Vrai !

Remarque : l’exercice est résolu, mais il reste à comprendre !

Considérons l’homographie h : z → zz

+−

11 ; h est une bijection involutive de C – −1 sur C – −1.

Cette bijection envoie la droite imaginaire iR sur le cercle unité privé de −1, U – −1. Du coup, si une matrice A ∈ Mn(C) est diagonalisable et a un spectre inclus dans iR, h(A) sera diagonalisable et son spectre sera inclus dans U – −1. En particulier, si A est antihermitienne, h(A) sera unitaire et son spectre ne contiendra pas −1. Si de plus A est réelle, alors elle est antisymétrique, et on retrouve le résultat ci-dessus. ___________

7. Endomorphismes normaux. Un endomorphisme d’un espace euclidien est dit normal s’il commute avec son adjoint, une matrice carrée réelle est dite normale si elle commute avec sa transposée. Un théorème stipule que si u est un endomorphisme normal, il existe une base orthonormée BBBB de E telle que la matrice de u s’écrive :

Mat(u, BBBB) = diag(λ1, …, λp, A1, …, Aq) , où Ak =

−kk

kk

abba , bk ≠ 0 (mod π).

La réciproque est aussi vraie, et la traduction matricielle immédiate. Le recours à ce théorème permet de résoudre immédiatement ou aisément les exercices ci-dessous, comme le lecteur s’en rendra compte aussitôt. Mais ce théorème n’est pas au programme, et j’ai cherché à donner aussi des solutions élémentaires dans l’esprit du programme. Exercice 1 : Trouver les matrices normales d’ordre 2.

100

Forment-elles un espace vectoriel ? Engendrent-elles M2(R) ?

Solution : Soit A =

dcba ∈ M2(R). A est normale ssi b

2 = c

2 et ab + cd = ac + bd.

Si b = c, la deuxième condition est remplie : on trouve les matrices symétriques. Si c = −b ≠ 0, on trouve a = d. En résumé N2(R) est la réunion de deux sous-espaces vectoriels de M2(R) :

• Le sous-espace vectoriel de dimension 3 formé des matrices symétriques

dbba .

• Le plan vectoriel formé des matrices

− ab

ba .

Comme aucun d’eux ne contient l’autre, leur réunion n’est pas un sous-espace de M2(R).

Par exemple,

3221 +

−

0110 =

3311 n’est pas normale.

Comme leur intersection est de dimension 1, leur somme est M2(R).

Exercice 2 : Quelles sont les matrices M ∈ Mn(R) à la fois triangulaires supérieures et normales ?

Solution : après calculs, ce sont les matrices diagonales (commencer par n = 3).

Exercice 3 : 1) Soit M =

COBA , où A et C sont carrées. A quelle condition M est-elle normale ?

2) Soit M =

FOOEDOCBA

une matrice triangulaire par blocs, où A, D et F sont carrées.

A quelle condition M est-elle normale ?

Solution :

1) La relation tM.M = M.tM se traduit par A.tA + B.tB = tA.A , C.

tC =

tB.B + tC.C,

Prenons la trace du premier membre. Il vient tr(B.tB) = 0, donc B = 0. Conclusion : M est normale ssi A et C sont normales, et B est nulle.

2) Si l’on calcule les produits par blocs tM.M et M.

tM et si l’on égale les termes diagonaux, il vient :

(*) tA.A = A.

tA + B.

tB + C.

tC ,

tB.B +

tD.D = D.

tD + E.

tE ,

tC.C +

tE.E +

tF.F = F.

tF.

Passons à la trace dans la première et la troisième relation. Il vient :

tr( B.tB + C.

tC ) = tr(

tC.C +

tE.E ) = 0 , donc tr( B.

tB ) = tr( C.

tC ) = tr(

tE.E ) = 0.

Cela découle de ce que B.tB , C.

tC ,

tC.C et

tE.E sont symétriques positives.

Or tr( tM.M ) = 0 ⇒ M = O, car tr(

tM.M ) = ∑ )²( ijm . Ainsi, B, C et E sont nulles.

En reportant en (*), A, D et F sont normales. M est donc diagonale par blocs. Réciproque facile. Exercice 4 : Soient E un espace euclidien, u un endomorphisme normal de E.

Montrer que si F est un sous-espace u-stable, il en est de même de F⊥.

Solution : Donnons une solution matricielle de ce résultat. Complétons une base orthonormée de F en une base

orthonormée B de E, et soit M =

COBA la matrice de u relativement à B.

101

La relation tM.M = M.

tM implique A.

tA + B.

tB =

tA.A. Si l’on prend la trace des deux membres, il

vient tr( B.tB ) = 0, c’est-à-dire ∑

jiijb

,

)²( = 0, donc B = 0. Cqfd !

A l’aide de ce résultat et de l’exercice 1, on peut aisément démontrer le théorème spectral mentionné en introduction, par récurrence sur la dimension, car u admet une droite ou un plan stable, dans lequel il induit un endomorphisme normal, le sous-espace orthogonal étant lui aussi stable… Exerccie 5 : On admet le théorème spectral relatif aux matrices normales. Quelles sont les matrices de Mn(R) qui sont normales pour au moins un produit scalaire ?

Solution : Ce sont les matrices semi-simples, c’est-à-dire diagonalisables dans Mn(C). Cela demande de bonnes bases en algèbre. Voir mon exercice correspondant sur les matrices qui sont orthogonales pour au moins un produit scalaire.

Exercice 6 : Soit M ∈ Mn(R). Montrer que M est symétrique si et seulement si χM est scindé et

M.tM = tM.M.

Solution : [ Oral Mines MP 2013, RMS n° 508 ] Si M est symétrique, il est immédiat que χM est scindé et M.

tM =

tM.M.

Réciproquement, si χM est scindé, M est trigonalisable dans Mn(R).

Il existe donc une matrice inversible P telle que P−1

.M.P soit triangulaire supérieure. Quitte à « Gram-Schmidter » cette matrice P, il existe une matrice orthogonale Q telle que

Q−1

.M.Q = tQ.M.Q = T triangulaire supérieure.

La condition M.tM =

tM.M se traduit alors par T.

tT =

tT.T .

Or si une matrice triangulaire supérieure vérifie cette condition, elle est diagonale. Un calcul par identification pour n = 3 le montre aisément, et ce calcul se généralise sans peine. Par suite, M est orthosemblable à une matrice diagonale, donc est symétrique. Exercice 7 : Soient E un espace euclidien, u un endomorphisme normal de E. a) Comparer ||u(x)|| et ||u*(x)||. En déduire que Ker u = Ker u*, puis que Im u = Im u*. b) Que dire de Ker u et Im u ? En déduire que Ker u = Ker u

2.

Solution : || u(x) ||

2 = (u(x) | u(x)) = ((u* o u)(x) | x) = ((u o u*)(x) | x) = (u*(x) | u*(x)) = || u*(x) ||

2.

Réciproquement d’ailleurs, si, pour tout x, ||u(x)|| = ||u*(x)||, alors ((u* o u)(x) | x) = ((u o u*)(x) | x). Et, par dédoublement des variables, u est normal. On en déduit aussitôt que Ker u = Ker u*.

Par suite, (Im u)⊥ = Ker u* = Ker u = (Im u*)

⊥ , donc Im u = Im u*.

Ker u et Im u sont supplémentaires orthogonaux, car (Ker u)⊥ = Im u* = Im u.

Exercice 8 : Trouver les M ∈ Mn(R) telles que M tM M = I.

Soit M ∈ Mn(C) telle que M tM M = I ; montrer que M est diagonalisable.

Solution : [ Oral Mines 2000, RMS n° 151, Mines PC 2010, RMS n° 632, Centrale MP 2011 RMS n° 843 ]

Soit M une telle matrice. On a tM M

tM M =

tM , c’est-à-dire

tI.M =

tM . Donc M est symétrique.

Par suite, M3 = I. Comme M est diagonalisable (dans une base orthonormée), on en déduit M = I

102

Autre solution : M est inversible car det M = 1. Du coup, tM = M

−2 , et M est normale…

Si M est complexe, on a encore que M est symétrique complexe, et telle que M3 = I.

Elle annule le polynôme scindé X3 – 1, donc est diagonalisable dans Mn(C) et Sp M ⊂ 1, j, j

2 .

Exercice 9 : Soit n ≥ 2. Trouver les A ∈ Mn(R) nilpotentes et telles que tA.A = A.

tA.

Solution : [ Oral Mines PC 2010, RMS n° 631, Centrale MP 2011, RMS n° 842. ]

1ère solution : On a An = (

tA )

n = O. Comme A et

tA commutent, (

tA.A )

n = O .

tA.A est nilpotente, donc de trace nulle. Cela implique A = O, car tr(

tA.A) = ∑ )²( ija

2ème solution : On a An = (

tA )

n = O. Comme A et

tA commutent, ( A +

tA )

2n = O ( binôme ! ).

A + tA est symétrique réelle et nilpotente, donc nulle (car diagonalisable).

Ainsi, A est antisymétrique et nilpotente.

On a (Ker A)⊥ = Im(

tA) = Im A, donc R

n = (Ker A) ⊕⊥

(Im A). Im A est A-stable, et A induit un automorphisme de Im A.

Comme cet automorphisme est nilpotent, Im A = 0 et Rn = Ker A.

Conclusion : A est nulle.

Exercice 10 : Existe-t-il M ∈ M3(R) telle que tr M = 0 et M2 +

tM = I ?

Solution : [ Oral Mines PC 2010, RMS n° 617 ] Soit M une telle matrice. Elle vérifie

tM = I − M

2 , donc

M = I − t( M

2 ) = I − (

tM )

2 = I − ( I − M

2 )2 = 2.M

2 − M4 .

Ainsi, M annule le polynôme P(X) = X4 – 2X

2 – X = X ( X – 1) ( X − α ) ( X − β ) ,

où α = 2

51+− , β = 2

51−− .

P étant scindé à racines simples, M est diagonalisable dans M3(R) et Sp M ⊂ 0, 1, α, β . Soient a, b, c, d les ordres de multiplicités respectives de ces valeurs propres. On a a + b + c + d = 3 , tr M = b + c.α + d.β = 0.

Comme 5 est irrationnel, c = d, puis b = c. Ainsi a + 3b = 3.

• Si b = 0, a = 3 et M = O ; mais la matrice nulle ne vérifie pas tM = I − M

2 .

• Si b = 1, a = 0 et M est semblable à diag(1, α, β). Passons à la trace dans M

2 +

tM = I ; il viendrait 1 + α2

+ β2 = 3. Or 1 + α2

+ β2 = 4…

En conclusion, il n’y a pas de matrice répondant à la question.

Exercice 11 : Résoudre tM = M

2 dans Mn(R) .

Solution : [ Oral X MP 2010, RMS n° 184 ] Identifions M et l’endomorphisme canoniquement associé de l’espace euclidien standard R

n.

M4 = ( M

2 )2

= ( tM )

2 =

t ( M

2 ) =

ttM = M .

P = M3 =

tM.M = M.

tM est autoadjoint positif et tel que P

2 = P ; c’est un orthoprojecteur.

Rn est somme directe orthogonale de Im P et Ker P.

Ker P = Ker M en vertu de P = tM.M (car PX = 0 ⇒

tX.P.X = 0 ⇒ ||MX||

2 = 0).

Im P ⊂ Im M en vertu de P = M.tM , et même Im P = Im M en vertu du théorème du rang.

Rn est donc somme directe orthogonale de Im M et Ker M.

Enfin, je dis que la restriction N de M à Im M est une isométrie.

103

En effet, pour tout Y, || M.MY || = || MY ||, car tM

2.M

2 =

tM.M .

Par conséquent, il existe une matrice orthogonale P telle que

P−1

.M.P = tP.M.P = diag(0, …, 0, λ1, …, λp, A1, …, Aq),

où Ak =

−kk

kk

θθθθ

cossinsincos , λh = ±1 , θk ≠ 0 (mod π).

On a (λh)2 = λh et (Ak)

2 =

tAk . Tous λh valent 1.

Quant à la résolution de (Ak)2 =

tAk, elle se ramène à celle de z = z

2 , z unitaire ≠ ±1.

Alors z = z4 , donc z

3 = 1 et z = j ou j

2.

Par conséquent, il existe une matrice orthogonale P telle que :

P−1

.M.P = tP.M.P = diag(0, …, 0, 1, …, 1, A1, …, Aq) , où Ak =

−±

−

21

23

23

21 m

.

Réciproque facile. L’exercice suivant généralise ceci.

Exercice 12 : On se place dans Rd euclidien. On dit que f ∈ LLLL(R

d) est d’ordre n lorsque f

n = f*.

1) Caractériser les endomorphismes d’ordre −1, 0, 1. 2) On suppose n ≥ 2 et f d’ordre n. Calculer f

n², en déduire que f

n+1 est un projecteur orthogonal,

puis que Im f et Ker f sont des supplémentaires orthogonaux. Montrer que la restriction de f à son image est une isométrie.

Solution : [ Oral Centrale MP 2011, RMS n° 844] Soit E un espace euclidien de dimension d. Un endomorphisme f de E est dit d’ordre n si f

n = f*.

Une matrice M ∈ Md(R) est dite d’ordre n si tM = M

n .

1) Exemples : Les endomorphismes d’ordre −1 sont les endomorphismes orthogonaux. Il n’y a qu’un seul endomorphisme d’ordre 0 : l’identité. Les endomorphismes d’ordre 1 sont les endomorphismes symétriques. L’exercice précédent étudie les matrices d’ordre 2. L’exercice 1 les matrices d’ordre –2. 2) Soit f un endomorphisme d’ordre n. Tout d’abord, f commute à son adjoint f*. De plus : f

n² = ( f

n )n = ( f* )

n = ( f

n )* = f** = f.

L’endomorphisme g = f* o f = f n+1

est autoadjoint positif, et vérifie gn²

= g.

Ses valeurs propres sont réelles positives et annulent le polynôme X n²

− X , donc sont 0 ou 1. On en déduit que g est un orthoprojecteur. E est la somme directe orthogonale de Ker g et de Im g. Or il est bien connu que Ker g = Ker ( f* o f ) = Ker f . De plus Im g = Im(f o f*) ⊂ Im f , et Im g = Im f en vertu du théorème du rang. Donc E est somme directe orthogonale de Ker f et Im f. Im f est à la fois f et f*-stable, car f* = f

n ; donc il est g-stable. Notons v l’endomorphisme induit.

Il vérifie vn = v et v ∈ Gl(Im F), car Ker v = Ker f ∩ Im f. Par conséquent, v

n−1 = Id.

Comme v est autoadjoint positif, v = Id, i.e. f induit une isométrie de Im f. Poursuivons ! Il existe une base orthonormée BBBB de E telle que :

Mat(f, BBBB) = diag(0, …, 0, λ1, …, λp, A1, …, Aq), où Ak =

−kk

kk

θθθθ

cossinsincos , λh = ±1, θk ≠ 0 (mod π).

On a (λh)n = λh et (Ak)

n =

tAk . Si n est pair, tous les λh valent 1.

Quant à la résolution de (Ak)n =

tAk, elle se ramène à celle de z = z

n, avec z unitaire ≠ ±1.

104

Exercice 13 : Soit A ∈ Mn(R) telle que A3 = 3A + 2I. On suppose que A et

tA commutent. Montrer

que A est diagonalisable. Montrer que A est symétrique.


A annule le polynôme P(X) = X3 − 3X − 2 = (X + 1)

2 (X – 2), qui est scindé mais non à racines

simples. Le fait que A est diagonalisable ne peut découler que des deux hypothèses à la fois.

Méthode savante : A étant normale, il existe une matrice orthogonale P telle que :

P−1

.A.P = tP.A.P = diag(λ1, …, λp, A1, …, Aq) , où Ak =

−kk

kk

abba , bk ≠ 0 (mod π).

Les λk et Ak doivent annuler P. Donc λk = −1 ou 2. Quant aux Ak, elles n’existent pas, car ce sont des nombres complexes non réels, et P n’a pas de racine complexe non réelle.

Ainsi, P−1

.A.P = tP.A.P = diag(−1, …, −1, 2, … , 2) , donc A est diagonalisable et symétrique.

Méthode élémentaire : Rappelons qu’un endomorphisme normal u d’un espace euclidien vérifie : Ker u = Ker u* et Im u = Im u* , E = Ker u ⊕⊥ Im u.

Du fait que E = Ker u ⊕ Im u, on déduit classiquement Ker u = Ker u2.

Revenons à l’exercice. Le théorème des noyaux dit que Rn = Ker(A + I )

2 ⊕ Ker(A – 2I).

De plus, Ker(A + I )2 = Im(A – 2I).

Comme A – 2I est normale, la somme directe est orthogonale. Comme A + I est normale, Ker(A + I )

2 = Ker(A + I).

Ainsi Rn = Ker(A + I ) ⊕⊥ Ker(A – 2I), et le tour est joué.

Exercice 14 : Résoudre tM = M

2 + M + I dans Mn(R) .

Solution : [ Oral , RMS n° ]

Exercice 15 : Résoudre dans Mn(R) M2 + 7.In = O ,

tM.M = M.

tM , pour n = 2, puis n quelconque.

Solution : [ Oral CCP-TPE 1998, RMS n° 540, Oral Mines MP 2013, RMS n° 504 ]

Exercice 16 : Quelles sont les matrices carrées réelles vérifiant tA.A = A.

tA et ∃k ∈ R A

2 + k.In = O.


Exercice 17 : Soit A ∈ Mn(R) telle que 3A2 =

tA + A + In. Montrer que la suite (A

p)p∈N converge

vers la matrice d’une projection.

Solution : [ Oral Mines MP 2011, RMS n° 457 ] tA = 3A

2 – A − In = P(A), où P(X) = 3X

2 – X − 1, donc A = P(

tA) = ( P o P )(A)

A annule le poynôme Q(X) = ( P o P )(X) – X, qui est de degree 4, et est divisible par P(X) – X. On trouve Q(X) = ( P o P )(X) – X = ( 3X

2 – 2X – 1 ).( 3X

2 – 1 ) .

= ( X – 1)(3X + 1)( X3 + 1 )( X 3 − 1 ).

Ce polynôme est scindé à racines simples. Donc A est diagonalisable dans Mn(R), et

Sp A ⊂ 1, −31 ,

33 , −

33 .

Conclure est alors facile.

105

Remarque : La matrice A est normale, ce qui aurait fourni une autre preuve. Mais en fait, on aurait pu supposer A complexe.

___________

8. Applications linéaires.

Exercice 1 : Soient E et F deux espaces euclidiens, f ∈ LLLL(E, F). Montrer que Ker( f*o f ) = Ker f , Im( f*o f ) = Im f et rg( f*o f ) = rg f .

Solution : Ker f ⊂ Ker( f*o f ) est évident ; Ker( f*o f ) ⊂ Ker f découle de ((f*o f)(x) | x) = ||f(x)||2.

Notons de plus que Im( f*o f ) ⊂ Im(f*) ; il y a égalité des dimensions en vertu du théorème du rang.

Donc Im( f* o f ) = Im f* = ( Ker f )⊥.

Exercice 2 : décomposition de Schmidt d’une application linéaire. Soient E et F des espaces euclidiens de dim. respectives p et n, et f ∈ LLLL(E, F). Montrer qu’il existe

des bases orthonormées BE = (a1, ..., ap) et BF = (b1, ..., bn) de E et F respectivement, et des réels

s1 ≥ s2 ≥ ... ≥ sr > 0 tels que : Mat( f, BE, BF ) = diag(s1 , s2 , …, sr , 0 , …, 0).

Autrement dit : (∀x ∈ E) f(x) = ∑=

r

iiii bxas

1

)..( .

En déduire que si A ∈ MR(n, p), il existe des matrices orthogonales Q ∈ On(R) et P ∈ Op(R) et des

réels s1 ≥ s2 ≥ ... ≥ sr > 0 tels que : Q−1

.A.P = tQ.A.P = diag(s1, s2, …, sr, 0, …, 0).

Solution : Analysons le résultat, c’est-à-dire supposons le problème résolu .

On vérifie qu’alors (∀y ∈ F) f*(y) = ∑=

r

iiii aybs

1

)..( et (∀x ∈ E) (f*o f)(x) = ∑=

r

iiii axas

1

2 )..( .

(a1, ..., ap) est une base orthonormée propre de f*o f.

Synthèse. u = f*o f est un endomorphisme autoadjoint positif de E car ((f* o f)(x) | x) = || f(x) ||2.

Il existe une base orthonormée BE = (a1, ..., ap) de E, et des réels s1 ≥ s2 ≥ ... ≥ sr > 0 tels que :

(∀x ∈ E) ( f* o f )(x) = ∑=

r

iiii axas

1

2 )..( .

Introduisons les vecteurs b1 =1

1s

f(a1), …, br rs1 f(ar) de F ; ils forment une famille orthonormée.

Car, pour i et j ∈ [1, r], (bi | bj) = ji ss.

1 (f(ai) | f(aj)) = ji ss.

1 (ai | (f* o f)(aj)) = ji

j

sss.

2

(ai | aj) = δij .

Complétons-la en une base orthonormée BF = (b1, ..., bn) de F. Pour i ∈ [1, r], f(ai) = si.bi.

Pour i ∈ [r+1, p] ( f* o f )(ai) = 0, donc f(ai) = 0, en vertu de la prop. 1. cqfd.

Remarque : Montrer que ||| f ||| = s1.

Exercice 3 : Soient E et F deux espaces euclidiens de dimensions resp. p et n, f et g ∈ LLLL(E, F). Montrer l’équivalence des propriétés suivantes : i) (∀x ∈ E) || f(x) || = || g(x) || ; ii) ∀(x, y) ∈ E×E (f(x) | f(y)) = (g(x) | g(y)) ; iii) f* o f = g* o g ; iv) ∃u ∈ O(F) g = u o f .

106

Solution : ii) ⇒ i) faire x = y ; i ⇒ ii) par dédoublement des variables. ii) s’écrit ∀(x, y) ∈ E×E ((f*o f)(x) | y) = ((g*o g)(x) | y) ; il est immédiat que cela équivaut à iii). iv) ⇒ i) est immédiat, ainsi d’ailleurs que iv) ⇒ iii). Reste la réciproque, qui va reposer sur des décompositions de Schmidt de f et g.

Avec les notations ci-dessus, (∀x ∈ E) ( f* o f )(x) = ( g*o g )(x) = ∑=

r

iiii axas

1

2 )..( .

Les vecteurs b1 = 1

1s

f(a1), …, br = rs1 f(ar) de F forment une famille orthonormée.

Complétons-la en une base orthonormée (b1, ..., bn) de F.

Les vecteurs c1 = 1

1s

g(a1), …, cr = rs1 g(ar) de F forment une famille orthonormée.

Complétons-la en une base orthonormée (c1, ..., cn) de F.

L’endomorphisme orthogonal u de F défini par u(bi) = ci vérifie bien g = u o f.

Exercice 4 : Soient A et B ∈ MR(n, p). Montrer que, pour qu’il existe U ∈ On(R) vérifiant B = U.A,

il faut et il suffit que tA.A =

tB.B.

Solution : Simple traduction matricielle de l’exercice précédent.

On a ainsi caractérisé les orbites de MR(n, p) sous l’action à gauche de On(R).

Il suffirait de transposer pour caractériser les orbites sous l’action à droite de Op(R).

Exercice 5 : Soient (x1, x2, …, xp) et (y1, y2, …, yp) deux p-uplets de vecteurs de E. Montrer l’équivalence des propriétés suivantes :

a) ∀(i, j) ∈ [1, p]×[1, p] (xi | xj) = (yi | yj) ;

b) ∃u ∈ O(E) (∀i) u(xi) = yi .

Solution : Rapportons ces vecteurs à une base orthonormée (e1, e2, …, en) de E.

A (x1, x2, …, xp) correspondent les vecteurs-colonnes (X1, X2, …, Xp) ; id. pour (y1, y2, …, yp).

Soient A et B les matrices ayant resp. pour colonnes (X1, X2, …, Xp) et (Y1, Y2, …, Yp). Il reste à appliquer le corollaire précédent à A et B.

Autre preuve, directe et très différente. Supposons d’abord (x1, x2, …, xp) génératrice.

On peut en extraire une base BBBB, de la forme (x1, x2, …, xn), à échange près des indices.

Soit alors u l’endomorphisme de E défini par ∀i ∈ [1, n] u(xi) = yi .

Montrer que u ∈ O(E) et que (∀i) u(xi) = yi .

Etendre ce résultat au cas où (x1, x2, …, xp) n’est pas génératrice. Exercice 6 : caractérisation extrémale des endomorphismes symétriques positifs. Soit (E, ( | )) un espace euclidien de dimension n. 1) Montrer que ( f, g) → tr(f* o g) définit un produit scalaire sur LLLL(E) pour lequel S(E) et A(E) sont supplémentaires orthogonaux. 2) Montrer ∀f ∈ A(E) exp(f) ∈ O(E). 3) Soit s ∈ LLLL(E) tel que ∀u ∈ O(E) tr(s o u) ≤ tr(s). a) En considérant φ : t ∈ R → tr(s o exp(ta)) pour a ∈ A(E), montrer que s est dans S(E). b) En prenant une base orthonormée (e1, …, en) bien choisie et en considérant la réflexion par

rapport à Vect(ei)⊥, montrer que s est positif.

4) Réciproquement, montrer que si s ∈ S(E) est positif, alors ∀u ∈ O(E) tr(s o u) ≤ tr(s).

107


1) et 2) sont ici supposés connus ; exp(f) est même élément de O+(E).

3) a) La fonction φ(t) = tr(s o exp(ta)) est dérivable de dérivée φ’(t) = tr(s o a o exp(ta))

( Il suffit de former h

tht )()( φφ −+ et de faire tendre h vers 0 ).

En vertu de 2) ∀t φ(t) ≤ φ(0), donc φ’(0) = 0, c’est-à-dire tr(s o a) = 0, et cela, pour tout endo-morphisme antisymétrique a. Donc s est orthogonal à A(E) et est élément de S(E) en vertu de 1).

b) Soient λ1, λ2, …, λn les valeurs propres de s, BBBB = (e1, …, en) une base orthonormée propre

adaptée. Si u est la réflexion par rapport à l’hyperplan Vect(ei)⊥,

tr(s o u) = ∑≠ij

jλ − λi = ∑j

jλ − 2λi ≤ tr(s) = ∑j

jλ implique λi ≥ 0, et ce, pour tout i.

Donc s est symétrique positif

4) Réciproquement, soit s ∈ S+(E). Soient λ1, λ2, …, λn les valeurs propres de s, BBBB = (e1, …, en) une

base orthonormée propre adaptée. Si u a pour matrice A = (aij) relativement à la base BBBB ,

Je dis que tr(s o u) = ∑i

iii aλ ≤ tr(s) = ∑i

iλ , car tr(s) – tr(s o u) = ∑ −i

iii a )1(λ ≥ 0.

En effet, les λi sont tous positifs, ainsi que les 1 − aii . Cqfd.

Conclusion : pour qu’un endomorphisme s de E soit symétrique positif, il faut et il suffit que ∀u ∈ O(E) tr(s o u) ≤ tr(s).

Exercice 7 : 1) Soient A ∈ An(R) et S ∈ Sn(R). On suppose A + S ∈ On(R). Montrer que S2 – A

2 =

I et AS = SA. 2) Dans chacun des cas suivants, dire s’il existe A ∈ A3(R) telle que A + S ∈ O3(R) : a) S = diag( 1, ½ , ½ ) ; b) S = diag( 2, – ¼, ½ ).

3) Soit A ∈ An(R). Montrer que le spectre réel de A est inclus dans 0. 4) Soit λ ∈ R. Montrer l’équivalence des deux propositions suivantes : i) ∃A ∈ An(R) A

2 = λI ; ii) λ = 0 ou ( λ < 0 et n est pair ).

5) Soit S ∈ Sn(R). A quelle condition existe-t-il A ∈ An(R) telle que A + S ∈ On(R) ?


On sait que Mn(R) est un espace euclidien pour le produit scalaire usuel (A | B) = tr(tA.B), et que

Mn(R) est somme directe orthogonale de Sn(R) et de An(R). Le but de cet exercice est d’étudier la

projection orthogonale de On(R) sur Sn(R) et An(R). On(R) est compact et a deux composantes connexes par arcs. Ses orthoprojections sont donc compactes, et ont au plus deux composantes connexes par arcs. 1) Soit M = A + S ∈ On(R). La relation

tM.M = M.

tM = I se traduit par

(S – A)(S + A) = (S + A)(S – A) = I,

c’est-à-dire S2 – A

2 + SA – AS = S

2 – A

2 + AS – SA = I.

On en déduit aussitôt S2 – A

2 = I et AS = SA .

Réciproquement, si ces relations sont satisfaites, M = A + S ∈ On(R).

2) a) A antisymétrique commute à S ssi A est de la forme

− 0000

000

cc .

S2 – A

2 = I impose ¼ + c

2 = 1, i.e c = ±

23 . Il y a deux matrices A qui conviennent.

b) A antisymétrique commute à S ssi A est nulle. Mais alors S2 = I est impossible.

3) Soit λ une valeur propre réelle de A, X ≠ 0 tel que AX = λX.

108

Alors 0 = tX.A.X = λ t

X.X implique λ = 0. La seule valeur propre réelle possible de A est donc 0. Remarques : i) 0 peut n’être pas valeur propre (penser à une rotation plane d’angle droit) ii) Les valeurs propres complexes de A sont des imaginaires purs.

4) Soit λ ∈ R. Montrons l’équivalence des deux propositions suivantes : i) ∃A ∈ An(R) A

2 = λI ; ii) λ = 0 ou ( λ < 0 et n est pair ).

ii) ⇒ i). Si λ = 0, prendre A = 0.

Si λ < 0 et n = 2m, poser c = λ− et A = diag(H, …, H) ( m fois ), où H =

−

00c

c .

i) ⇒ ii) Si A est antisymétrique, A2 est symétrique négative, donc A

2 = λI implique λ ≤ 0.

Si de plus λ < 0, (det A)2 = λn

implique que n est pair.

5) Soit S ∈ Sn(R), λ1, …, λr ses valeurs propres, n1, …, nr leurs ordres de multiplicité resp.

Je dis qu’il existe A ∈ An(R) telle que A + S ∈ On(R) si et seulement si :

nk impair ⇒ λk = 0 ; nk pair ⇒ |λk| ≤ 1.

Diagonalisons S dans une base orthonormée P−1

.S.P = tP.S.P = diag(λ1.

1nI , …, λr.

rnI ).

P−1

.A.P = tP.A.P = A’ commute avec S ssi A’ = diag(A1, …, Ar).

La relation S2 – A

2 = I équivaut à (∀k) (λk)

2

knI – Ak

2 =

knI , donc Ak

2 = ((λk)

2 – 1)

knI .

Si nk est impair, λk = 0 ; si nk est pair, (λk)2

– 1 ≤ 0, donc |λk| ≤ 1. Cqfd.

Exercice 8 : Soient (E, ( | )) un espace euclidien, et u ∈ LLLL(E). 1) a) Que dire de Im u* et de Ker u* ? b) Exprimer Im(u* o u) et Ker(u* o u) en fonction de Ker u. c) Montrer qu’il existe r ∈ S

+(E) tel que u* o u = r

2.

2) On suppose dans cette question ∀x ∈ (Ker u)⊥ ||u(x)|| = ||x||.

a) Montrer ∀x, y ∈ (Ker u)⊥ (u(x) | u(y)) = (x | y).

b) Montrer que u* o u est la projection orthogonale sur (Ker u)⊥ .

3) Soit v ∈ LLLL(E) tel que v* o v est la projection orthogonale sur (Ker v)⊥.

Montrer que ∀x ∈ (Ker v)⊥ ||v(x)|| = ||x||.

Solution : [ Oral Centrale MP 2012, RMS n° 745 ] Voici trois exercices de généralité croissante, que nous allons résoudre en respectant l’esprit de chaque énoncé.

Exercice 9 : théorème ergodique pour les espaces euclidiens.

Soient E un espace euclidien et u ∈ LLLL(E) tel que ||| u ||| ≤ 1. a) Soit a ∈ E tel que u(a) = a. Montrer que ∀x ∈ E ∀t ∈ R || u(a + tx) || ≤ || a + tx ||. En déduire que ∀x ∈ E (a | x) = (a | u(x)). b) Montrer que E est la somme directe orthogonale de Ker(id − u) et de Im(id − u).

c) Si n ≥ 1, on pose pn = n1 ∑

−

=

1

0

n

k

ku . Montrer que (pn) converge vers un endomorphisme que l’on

précisera.

Solution : [ Oral Centrale PSI 2010, RMS n° 838 ] a) Soit a ∈ E tel que u(a) = a. L’hypothèse ||| u ||| ≤ 1 se traduit par ∀y ||u(y)|| ≤ ||y||. En particulier ∀x ∈ E ∀t ∈ R || u(a + tx) || ≤ || a + tx ||.

109

Elevons au carré, développons et soustrayons

Pour tout réel t, 0 ≤ 2t (a | x – u(x)) + t2

( ||x||2 – ||u(x)||

2 ) .

Divisons par t > 0 et faisons t → 0+ ; il vient : 0 ≤ (a | x – u(x)). Divisons par t < 0 et faisons t → 0− ; il vient : (a | x – u(x)) ≤ 0. Au bilan : ∀x ∈ E (a | x) = (a | u(x)). Variante : f(t) = 2t (a | x – u(x)) + t

2 ( ||x||

2 – ||u(x)||

2 ) est minimum pour f(0), donc f’(0) = 0.

b) Montrons que E est la somme directe orthogonale de Ker( I − u ) et de Im( I − u ). En vertu du théorème du rang, il suffit de montrer que Ker( I − u ) et Im( I − u ) sont orthogonaux. Soient x ∈ Ker(I – u), y ∈ Im(I – u) ; écrivons y = z – u(z). Alors (x | y) = (x | z) – (x | u(z)) = 0 en vertu de a).

c) Montrons que la suite pn = n1 ∑

−

=

1

0

n

k

ku converge vers l’orthoprojecteur sur Ker( I – u ).

Décomposons x = y + z , où u(y) = y et z = ( I – u )(w).

pn(x) = pn(y) + pn(z) = y + n1 ( I – u

n )(w). Or la suite ( I – u

n )(w) est bornée, donc

n1 ( I – u

n )(w) →

0, et pn(x) → y.

Exercice 10 : Soit E euclidien. On dit que u ∈ LLLL(E) est une contraction large si ∀x || u(x) || ≤ ||x||. 1) Montrer que u est une contraction large ssi u* est une contraction large.

2) Soit u une contraction large. Pour k ≥ 1, soit pk = k1 ∑

−≤≤ 10 ki

iu . Limite de la suite (pk) ?

Solution : [ Oral Mines 2010, RMS n° 451 ] 1) Munissons LLLL(E) de la norme subordonnée ||| u |||. u est une contraction large si et seulement si ||| u ||| ≤ 1. Je dis que ||| u ||| = sup | (u(x) | y) | ; ||x|| ≤ 1 et ||y|| ≤ 1 . On en déduit aussitôt que ||| u ||| = ||| u* |||, et la propriété voulue.

2) Théorème ergodique : Si u est une contraction large d’un espace euclidien, la suite (pk) converge vers le projecteur p sur Ker(I – u) parallèlement à Im(I – u).

On a pk o ( I – u ) = ( I – u ) o pk = k1 ( I – u

k ) → 0 , car la suite (u

k) est bornée.

Si donc la suite (pk) tend vers p, l’on a : p o ( I – u ) = ( I – u ) o p = 0, donc : Im(I – u) ⊂ Ker p et Im p ⊂ Ker(I – u).

De plus p = p o u implique, pour tout k, p = p o uk donc, à la limite, p = p o p.

En conclusion, p est un projecteur. Enfin, x ∈ Ker(I – u) ⇒ u(x) = x ⇒ u

k(x) = x pour tout k, donc p(x) = x.

Ainsi, Im p = Ker(I – u) et (th. du rang), Ker p = Im(I – u). Conclusion : p est le projecteur sur Ker(I – u) parallèlement à Im(I – u).

Exercice 11 : Soit A ∈ Mn(C) telle que la suite (Ap) est bornée. Montrer que la suite

Bp = p1 ∑

−

=

1

0

p

k

kA converge vers le projecteur d’image Ker(A − I) et de noyau Im(A − I).

Solution : [ Oral Mines MP 2011, RMS n° 458 ]. Cet exercice sort du cadre de l’algèbre bilinéaire.

Munissons Cn d’une norme quelconque, et Mn(C) de la norme subordonnée.

1) La suite (Ap) étant bornée, on en déduit aussitôt que la suite (Bp) est bornée.

110

De plus, Bp.( I – A ) = ( I – A ).Bp = p1 ( I – A

p ) → 0 , car la suite (A

p) est bornée.

2) La suite (Bp) étant bornée, possède au moins une valeur d’adhérence B.

Soit (Bp(k)) une suite extraite tendant vers B.

On a : Bp(k).( I – A ) = ( I – A ).Bp(k) → 0 = B.( I – A ) = ( I – A ).B , donc : B = B.A = A.B.

On en déduit pour tout p : B = B.Bp = Bp.B, donc : B = B.Bp(k) = Bp(k).B.

Faisant tendre k vers l’infini, il vient : B = B2 ; B est un projecteur.

0 = B.( I – A ) = ( I – A ).B implique Im( I – A ) ⊂ Ker B et Im B ⊂ Ker( I − A ). Par ailleurs X ∈ Ker(I − A) ⇔ AX = X ⇒ (∀p) Bp.X = X ⇒ (∀k) Bp(k).X = X ⇒ B.X = X ⇒ X ∈ Im B. Donc Ker(I − A) ⊂ Im B, et Ker(I – A) = Im B. Le théorème du rang affirme alors que Im(I – A) = Ker B. On en déduit au passage que Ker(I – A) et Im(I – A) sont supplémentaires, et que B est le projecteur sur Ker(I – A) parallèlement à Im(I – A).

3) Soit B’ une autre valeur d’adhérence de la suite (Bp). Le raisonnement ci-dessus montre que B’ = B. Cette suite est bornée et a une seule valeur d’adhérence. Le cours de topologie affirme qu’elle converge.

Exercice 12 : Soient E un espace euclidien, Γ l’ensemble des u ∈ LLLL(E) tels que ∀x ∈ E ||u(x)|| ≤ x. 1) Montrer que Γ est convexe.

2) Soit u ∈ Γ. Montrer que, s’il existe deux éléments distincts f et g de Γ tels que u = 2

gf +, alors

u ∉ O(E). 3) Soit v ∈ Gl(E). Montrer qu’il existe ρ ∈ O(E) et s ∈ S

+(E) tels que v = ρ o s.

On admet que le résultat reste vrai pour tout v ∈ L(E). 4) Montrer la réciproque de la question 2). 5) Montrer le résultat admis en fin de question 3).

Solution : [ Oral Centrale MP 2012, RMS n° 743, Ecrit ENS Cachan 1987, 1ère épreuve, Ecrit Mines MP 2013, 2ème épreuve, Mneimné-Testard, Groupes de Lie classiques, ex. 4 p. 176 ]

1) L’ensemble Γ des contractions larges n’est autre que la boule unité fermée de (LLLL(E), ||| |||). Il est donc convexe (et compact).

2) Soit x ∈ E tel que f(x) ≠ g(x). Je dis que ||u(x)|| = ||2

)()( xgxf + || < ||x||.

3) et 5) c’est la décomposition polaire d’un automorphisme, resp. d’un endomorphisme. Exercice déjà vu. Conclusion : O(E) est exactement l’ensemble des points extremaux de l’ensemble convexe Γ des contractions larges, c’est-à-dire de la boule unité fermée de (LLLL(E), ||| ||| ). ____________

9. Espaces hermitiens. 9.1. Endomorphismes unitaires.

111

Exercice 1 : Montrer que A = 31

jjjj

²1²1

111 est unitaire. Réduction orthonormée de A ?

Solution :

Exercice 2 : Soient ω = expniπ2 , V ∈ Mn(C) d’élément général ajk =

n1 ω(j−1)(k−1)

(1≤ j , k ≤ n).

1) Vérifier que V est unitaire ; conséquences spectrales ?

2) Calculer V2, puis V

4. En déduire les puissances V

h de V (h ∈ Z). Retrouver le fait que V est

diagonalisable. Que dire de ses valeurs propres ?

3) Soit D = det V. Calculer |D| , puis D2 ; montrer que D = n

n/2 exp[

4πi (n − 1)(3n − 2)].

Quand a-t-on D ∈ R ? 4) Réduire V lorsque n = 2, 3 et 4.

Solution : [cf. Ecrit Mines 1982 ] Ces matrices jouent un grand rôle dans les transformations de Fourier discrète et rapide.

Exercice 3 : Montrer que toute matrice A ∈ SU2(C) s’écrit A =

−++−+ixtizyizyixt , où (t, x, y, z) ∈ R

4 et

t2 + x

2 + y

2 + z

2 = 1. Ainsi SU2(C) est en bijection avec la sphère unité S

3 de l’espace euclidien

standard R4. Conséquences?

Solution : Exercice 4 : générateurs de SU(E) et U(E).

1) Montrer que tout élément de SU(E) est composé d’un nombre pair de réflexions. 2) En déduire que les réflexions engendrent le groupe u ∈ U(E) ; det u = ± 1 ; 3) Montrer que U(E) est engendré par les réflexions et les affinités unitaires.

Solution : 9.2. Endomorphismes hermitiens ou autoadjoints. Exercice 1 : Soit u ∈ LLLL(E). Démontrer que u est hermitien ⇔ (∀x ∈ E) (u(x) | x) ∈ R.

Solution : Exercice 2 : Réductions orthonormées des matrices :

− 11i

i

−−−

11

1

iiiiii

−−

+

1011

011

iii

i

−−−+−

+

212112

211

iiiiii

.

Solution :


dbba ∈ H2(C) une matrice hermitienne (a, d, b) ∈ R×R×C.

1) Montrer que A est positive ssi a ≥ 0 , d ≥ 0 et ad − bb ≥ 0 ;

112

2) Montrer que A est définie positive ssi a > 0 et ad − bb > 0 .

Solution :

Exercice 4 : Moments trigonométriques d’une fonction ≥ 0.

Soit f une fonction continue 2π-périodique R → R+, (ck) la suite de ses coefficients de Fourier.

Montrer que les matrices de Toeplitz An = (ci−j)0≤i,j≤n sont hermitiennes positives, et même définies positives si f ≠ 0.

Solution :

Exercice 5 : Calculer la racine carrée de A =

− 21i

i .

Solution : Exercice 6 : Soit f ∈ LLLL(E). Montrer l’équivalence :

f est hermitien et ||| f ||| ≤ 1 ⇔ ∃ u unitaire tel que f = 2

*uu+ .

En déduire que tout élément de LLLL(E) est combinaison linéaire d’au plus 4 automorphismes unitaires.

Solution :

Exercice 7 : Montrer que l’application f → exp(i.f) de LLLL(E) dans Gl(E) induit une surjection continue de l’ensemble des endomorphismes hermitiens sur celui des automorphismes unitaires.

Solution :

Exercice 8 : Un endomorphisme a de E est dit antihermitien si a* = − a. Soit A(E) leur ensemble. 1) Montrer que a ∈ AAAA(E) ⇔ (∀x ∈ E) (x | a(x)) = 0 , autrement dit ssi tout vecteur est orthogonal à son image. 2) Montrer que LLLL(E) = HHHH(E) ⊕ AAAA(E), et que AAAA(E) = i.HHHH(E). 3) Enoncer un théorème spectral relatif aux endomorphismes et aux matrices antihermitiennes.

Solution : 9.3. Endomorphismes quelconques. Exercice 9 : Réduites de Schur. Soient E un espace hermitien, f un endomorphisme de E. Montrer qu’il existe une base orthonoromée BBBB B telle que Mat(f, BBBB) soit trigonale supérieure.

Soit A ∈ Mn(C). Démontrer qu’il existe une matrice unitaire P ∈ Un(C) telle que P−1.A.P = P*.A.P soit trigonale supérieure.

Exemple : Réductions de Schur des matrices

3432 et

02i

i .

Solution :

113

On sait que f est trigonalisable dans une base BBBB de E. Si l’on orthonormalise cette base au sens de Gram-Schmidt, la matrice de f restera trigonale supérieure, puisque le drapeau de sev f-stables ne change pas. La deuxième assertion n’est que la traduction matricielle de ce résultat.

Exercice 10 : Soient P = Xn +∑

−

=

1

0

.n

k

kk Xa un polynôme complexe, z1, …, zn ses racines comptées avec

leur multiplicité. Montrer que ∑=

n

kkz

1

2≤ n − 1 + ∑

−

=

1

01

2n

kka . Cas d’égalité.

Solution : Exercice 11 : localisation du spectre.

Soit A = (aij) ∈ Mn(C) une matrice complexe, de valeurs propres λ1, ... , λn .

1) Soit A = B + i.C la décomposition hermitienne de A, où B = 2

*AA+ et C = iAA

2*− .

On note β1 ≥ ... ≥ βn les valeurs propres de B, et γ1 ≥ ... ≥ γn celles de C.

Montrer que : (∀j) β1 ≥ Re λj ≥ βn et γ1 ≥ Im λj ≥ γn (Bendixson, 1901).

[ Indication : considérer t X .A.X pour X convevable. ]

2) Montrer que ∑=

n

jj

1

²λ ≤ ∑≤≤ nji

jia,1

, ² , avec égalité ssi A est normale (Schur, 1909).

Solution : 9.4. Endomorphismes normaux. Exercice 12 : Endomorphismes normaux. Soit E un espace hermitien. Un endomorphisme f de E est dit normal si f* o f = f o f*. La matrice A ∈ Mn(C) est dite normale si A*.A = A.A*. 1) Montrer que les matrices diagonales, unitaires, hermitiennes et anti-hermitiennes complexes, et en particulier les matrices orthogonales, symétriques et antisymétriques réelles, sont normales.

Que dire de la matrice

++01

10i

i ?

2) Montrer que tout endomorphisme normal est diagonalisable dans une base orthonormée. Soit A ∈ Mn(C) une matrice normale. Montrer qu’il existe une matrice unitaire P∈Un(C) telle que

P−1.A.P = P*.A.P = diag(λ1, ..., λn) soit diagonale.

Solution : Exercice 13 : Soit f un endomorphisme normal de E.

1) i) Montrer que Ker f = Ker f* ; ii) Si a est valeur propre de f, a est valeur propre de f* et : f(x) = a.x ⇔ f*(x) = a.x ; iii) Si a et b sont deux valeurs propres distinctes de f, Ker( f − a.I ) ⊥ Ker( f − b.I ) ;

iv) Si F est un sev stable à la fois par f et f*, il en est de même de F⊥.

2) En déduire que E est la somme directe orthogonale des sous-espaces propres de f, et que f est diagonalisable dans une base orthonormée.

114

Solution :

Exercice 14 : Soient f un endomorphisme de E, u = 2

*ff + et v =

iff

2*−

ses parties réelle et

imaginaire hermitiennes. 1) Montrer que f est normal ⇔ u et v commutent ; 2) En déduire que f est diagonalisable dans une base orthonormée.

Solution : Exercice 15 : Réductions orthonormées de

11i

i ,

++01

10i

i ,

−−−−−

ii

i

210111012

,

++−−+−++−−+−+

iiiiii

iii

51221222422

12251

Solution :

Exercice 16 : Soit f ∈ LLLL(E). Montrer l’équivalence des propriétés : i) f est normal ; ii) Tout sous-espace F f-stable est aussi f*-stable ;

iii) Pour tout sous-espace F f-stable, F⊥ est aussi f-stable ;

iv) ∃P ∈ C[X] f* = P(f).

v) tr( f o f* ) = ∑ |λi|2 , où Sp f = λ1 , λ2 , ... , λn .

Solution : __________

10. Formes quadratiques. 10.1. Généralités.

Exercice 1 : On se place dans R3.

1) Montrer que q(x, y, z) = 3.x2 + 7.y

2 + 6.z

2 − 11.xy + 13.xz + 7.yz est une forme quadratique ;

matrice, et forme polaire ? 2) Idem pour q(x, y, z) = xy + yz + zx.

3) Montrer que q(x, y, z) = [ x y z ]

−−−

1126871532

zyx

est une forme quadratique ; matrice et forme

polaire ?

Solution : Notons X = t(x, y, z).

1) q est une forme quadratique, car c’est une fonction polynomiale homogène de degré 2 en les coordonnées du vecteur X.

q(X) = tX.A.X, où A =

−

−

62/72/132/772/112/132/113

est la matrice de q. La forme polaire de q est :

B(X, X’) = 3.xx’ + 7.yy’ + 6.zz’ − 211(xy’ + x’y) +

213(xz’ + x’z) +

27 (yz’ + y’z).

2) q est une forme quadratique, car c’est une fonction polynomiale homogène de degré 2 en les coordonnées du vecteur X.

115

q(X) = tX.A.X, où A =

02/12/12/102/12/12/10

est la matrice de q. La forme polaire de q est :

B(X, X’) = 21 ( xy’ + x’y ) +

21 ( xz’ + x’z ) +

21 ( yz’ + y’z ).

3) On a q(X) = [ x y z ]

−−−

1126871532

zyx

= 2.x2 − 7.y

2 + 11.z

2 + 2.xy + 11.xz + 6.yz.

C’est une forme quadratique pour la même raison que ci-dessus.

On a q(X) = [ x y z ]

−

1132/11371

2/1112

zyx

, donc la matrice de q est

−

1132/11371

2/1112.

La forme polaire est B(X, X’) = 2xx’− 7yy’ + 11zz’ + (xy’ + x’y) + 211(xz’ + zx’ ) + 3(yz’ + zy’).

Exercice 2 : Soit B une forme bilinéaire sur E. Montrer que q : x ∈ E → q(x) = B(x, x) ∈ K est une forme quadratique sur E ; quelle est sa forme polaire ? Quand a-t-on q = 0 ?

Solution : La forme polaire de q est donnée par B’(x, y) = 21 [B(x, y) + B(y, x)].

Exercice 3 : Soit B une forme bilinéaire sur E. Montrer que B alternée ⇒ B antisymétrique ; Si K est de caractéristique ≠ 2, B antisymétrique ⇔ B alternée ; Si K est de caractéristique 2 , B antisymétrique ⇔ B symétrique.

Solution :

Exercice 4 : Soient E = C([a, b], R), N : (s, t) ∈ [a, b]2 → R une fonction continue telle que N(s, t) ≡

N(t, s). Montrer que q(f) = ∫∫[a,b]² f(s)2N(s, t).dsdt est une forme quadratique sur E. Forme polaire ?

Même question si N n’est plus symétrique.

Solution : Exercice 5 : Soit q une forme quadratique sur E. Montrer que : ∀(x, y, z) ∈ E

3 q(x + y + z) = q(x + y) + q(y + z) + q(z + x) − q(x) − q(y) − q(z).

Solution :

Exercice 6 : Soit u ∈ LLLL(E), B une fbs sur E de fq associée q. Montrer l'équivalence :

∀(x, y) ∈ E2 B(u(x), u(y)) = B(x, y) ⇔ (∀x ∈ E) q(u(x)) = q(x) .

Solution :

Exercice 7 : Soit P = ∑ ∑ aij .Xi.Xj ∈K [X 1, …, Xn] un polynôme homogène de degré 2, qP la forme

quadratique associée sur Kn : qP(x1, …, xn) = ∑ ∑ xi.aij .xj .

Montrer que P → qP est un isomorphisme de H2 (sous-espace des polynômes homogènes de degré

2) sur l’espace des formes quadratiques sur Kn.

Solution :

116

Exercice 8 : On appelle forme ternaire sur l’espace vectoriel E toute fonction f : E → K vérifiant :

(T1) ∀(λ, x) ∈ K×E f(λx) = λ3 f(x)

(T2) T : (x, y, z) → f(x + y + z) − f(x + y) − f(y + z) − f(z + x) + f(x) + f(y) + f(z) est une forme trilinéaire symétrique. Montrer qu’en dimension finie et si car K ≠ 2 et 3, les formes ternaires sur E sont exactement les fonctions polynomiales homogènes de degré 3 en les coordonnées du vecteur.

Solution : 10.2. Rang, radical, cône isotrope. Exercice : Cônes isotropes. On note C(E, q) = x ∈ E ; q(x) = 0 le cône isotrope de l’espace quadratique (E, q). 1) Décrire C(E, q) si E = K

2 et q(X) = x

2 − y

2.

2) Décrire C(E, q) si E = K2 et q(X) = x

2 − d.y

2.

3) Décrire C(E, q) si E = R3 et q(X) = x2 + y

2 − z

2 ; plus généralement, discuter C(E, q) selon la

signature de q (cf. § 6.2).

4) Montrer que si K est algébriquement clos et n ≥ 2, C(q) n’est pas réduit à 0.

Solution : Exercice : Soit q une forme quadratique sur E. Montrer que :

1) Si F est un supplémentaire de E⊥ , la restriction de q à F est régulière.

2) Si F et G sont deux supplémentaires de E⊥ , les espaces (F, qF) et (G, qG) sont isométriques.

Exemple 1 : Soit E = K2 muni de la forme q(X) = x

2 + y

2.

1) Montrer que O(E, q) est formé des matrices

−

abba et

−abba , où a

2 + b

2 = 1 .

2) En déduire que O(E, q) est formé des matrices :

²1

1t+

−−−

²122²1tttt et

²11t+

+−−

²122²1

tttt , où t décrit Λ = t∈K ; t

2 + 1 ≠ 0 .

3) En particulier si K = R, O(E, q) est formé des matrices :

−

θθθθ

cossinsincos et

− θθθθ

cossinsincos , où θ décrit R.

4) Si K = F5, resp. F7, combien O(E, q) a-t-il d’éléments ? Généraliser.

Exemple 2 : Soit E = K

2 muni de la forme q(X) = x

2 − y

2.

1) Montrer que O(E, q) est formé des matrices

abba et

−−abba , où a

2 − b

2 = 1 .

2) En déduire que O(E, q) est formé des matrices :

²1

1t−

++

²122²1tttt ,

²11t−

+−+−

²)1(22²)1(

tttt ,

²11t−

+−−+

²)1(22²1

tttt ,

²11t−

+−+−

²122²)1(tttt

où t décrit Λ = t ∈ K ; t ≠ ±1 . 3) En particulier si K = R, O(E, q) est formé des matrices :

117

θθθθ

chshshch ,

−−

θθθθ

chshshch ,

−−

θθθθ

chshshch ,

−−

θθθθ

chshshch , où θ décrit R ,

ou encore

tt

tt

cos1tan

tancos

1 et

−−

tt

tt

cos1tan

tancos

1 , où t décrit R −

2π + kπ ; k ∈ Z .

Exercice 1 : Classifier à équivalence près les formes quadratiques sur un espace de dimension 1. Traduire et préciser ces résultats lorsque K = C , K = R , K = Fp , puis K = Q.

Exercice 2 : Soient J =

− p

n

IOOI ∈ Mn+p(R), et M =

DCBA ∈ Mn+p(R), où A ∈ Mn(R).

On suppose tM.J.M = M. Montrer que M et A sont inversibles.

Exercice 1 : Soit (E, B, q) un espace vectoriel quadratique de dimension n. Toute famille orthogonale

(e1, ..., ep) formée de vecteurs non isotropes est libre et peut être complétée en une base orthogonale

BBBB = (e1, ..., en).

Exercice 2 : Soient E un K -ev de dimension n, q une forme quadratique non dégénérée, u une

application E → E telle que u(0) = 0 et ∀(x, y) ∈ E2 q(u(x) − u(y)) = q(x − y). Montrer que u est

linéaire. Exercice 3 : Preuve matricielle.

Soit A ∈ Sn(K ). Appelons opération élémentaire cogrédiente sur A une opération élémentaire sur les colonnes de A suivie de la même opération sur ses lignes, autrement dit une transformation A → tP.A.P, où P est une matrice de transposition, d’affinité ou de transvection.

Indiquer un algorithme pour trouver une matrice P ∈ Gln(K ) telle que tP.A.P soit diagonale.

Exercice 4 : Décomposer en carrés dans K3 les formes :

q(X) = x2 + 6y

2 − 4xy + 8xz et q(X) = x

2 + y

2 + z

2 − 4(xy + yz + zx) ,

en discutant selon le corps K .

Solution :

Exercice 5 : Pour chacune des formes quadratiques suivantes sur R3 :

q(X) = ( 2x + y − z )2 − ( 3x − y + 2z )

2 − ( 5y − 7z )

2

q(X) = ( x + y + z )2 + ( 2x + 2y + z )

2 + ( x + y )

2 ,

déterminer le rang et le radical.

Solution : Etudions la première forme quadratique.

On peut écrire q(X) = L1(X)2 − L2(X)

2 − L3(X)

2 , où L1, L2 et L3 sont trois formes linéaires.

Mais ces formes ne sont pas indépendantes. Plutôt que de développer et décomposer en carrés, mieux vaut noter que L3 = 3.L1 − 2.L2.

Donc q = L12 − L2

2 − ( 3.L1 − 2.L2 )

2 = − 8.L1

2 − 5.L2 + 12.L1 L2 ,

= − 8 ( L1 − 43 L2 )2

− 21 L2

2 .

Comme L1 et L2 sont indépendantes, on a obtenu une décomposition de Gauss de q. q est de signature (0, 2).

118

Exercice 6 : Soit q(X) = tXAX, où A ∈ Sn(R) est définie par ai,i = 2, ai,j = − 1 si |i − j| = 1, ai,j = 0

sinon. Montrer que q(X) = x12 + xn

2 + ∑

=+−

n

iii xx

21)²( . En déduire que q est définie positive.

Décomposition en carrés de Gauss de q ? En déduire une matrice triangulaire supérieure B telle que A =

tB.B.

Exercice 7 : Décomposer en carrés dans Rn les formes :

q(X) = a∑=

n

iix

1

)²( + 2b ∑i<j xi.xj q(X) = ∑≤≤

−+nji

ji,1

).1( xi.xj

q(X) = ∑≤≤

−nji

ji aach,1

).( xi.xj q(X) = ∑≤≤

−nji

ji,1

).cos( θθ xi.xj

Solution : Exercice 8 : orthogonalisation simultanée de deux formes quadratiques.

Soient E un K -ev de dimension n, q et q’ deux formes quadratiques sur E, B et B’ leurs formes polaires, ϕ et ϕ’ les applications linéaires E → E* associées. On suppose B’ non dégénérée. Montrer que, pour qu’il existe une base B orthogonale à la fois pour B et B’, il faut et il suffit que

l’endomorphisme ϕ’−1 o ϕ de E soit diagonalisable.

Solution :

Exercice 1 : Les formes quadratiques suivantes sur R3 sont-elles équivalentes :

q(X) = 5.x2 + 5.y

2 + 2.z

2 + 8.xy + 6.xz + 6.yz et q'(X) = 4.x

2 + y

2 + 9.z

2 − 12.xz ?

Exercice 2 : Rang et signature de la forme quadratique sur R3 : q(X) = xy + yz + zx.

Natures des quadriques q(X) = 0, q(X) = 1, q(X) = −1. Exercice 3 : 1) Écrire une procédure Maple prenant en argument : une matrice symétrique réelle, et affichant la forme quadratique et la fbs associées. une forme quadratique et affichant la matrice et la forme polaire associées, ainsi que son rang et sa signature. 2) Écrire une procédure Maple prenant en argument deux formes quadratiques réelles (resp. deux matrices symétriques réelles) et affichant si elles sont équivalentes (resp. congruentes).

Exercice 1. Soient α ∈ R et q définie par ∀x ∈ Rn q(x) = ∑

=

n

kkx

1

² − α (∑=

n

kkx

1

)2.

A quelle condition sur α la forme quadratique q est-elle définie positive ?

Solution : Commençons par deux remarques simples :

1) Il est évident que, si α ≤ 0, q est définie positive.

2) Soit H l’hyperplan d’équation ∑=

n

kkx

1

= 0. Il est évident que q|H est définie positive.

La signature de q vaut donc (n − 1, 1), (n − 1, 0) ou (n, 0).

3) Développons q(x). Il vient q(x) = tX.A.X, où A =

−−−−

−−−−−

αααα

ααααα

1.........

......1...1

.

119

Le polynôme caractéristique de A vaut ( 1 − nα −X )( 1 − X )n.

Donc Sp A = 1 , … , 1 , 1 − nα . On retrouve le résultat annoncé en 2). De plus

A et q sont définies positives ssi α < n1 .

4) Lorsque α = n1 , A et q sont positives sans être définies positives.

Cela s’écrit ∑=

n

kkx

1

² − n1 (∑

=

n

kkx

1

)2 ≥ 0, simple conséquence de Cauchy-Schwarz, ou de la convexité de

la fonction x2 . Il y a égalité lorsque tous les xk sont égaux.

Cela suggère une démonstration élémentaire du résultat.

• Si α > n1 , ∑

=

n

kkx

1

² − α (∑=

n

kkx

1

)2 < 0 lorsque xk sont égaux à 1.

• Si α < n1 , ∑

=

n

kkx

1

² − α (∑=

n

kkx

1

)2 ≥ ∑

=

n

kkx

1

² − n1 (∑

=

n

kkx

1

)2 ≥ 0, avec égalité ssi les xk sont égaux de

somme nulle, donc sont tous nuls.

Exercice 4 : Soient E un espace euclidien, v1, v2, ..., vp p vecteurs de E. Montrer que :

q : x = (x1 , ... , xp) ∈ Rp → q(x) = ||∑

=

p

iii vx

1

. ||2 est une forme quadratique ; rang et signature ?

En déduire que la matrice de Gram des vecteurs vi a même rang que les vecteurs vi .

Solution :

Exercice 5 : Montrer que M → det M est une forme quadratique sur M2(K ). Forme polaire, matrice ? Si K = C, base orthogonale. Si K = R, base orthogonale et signature.

Solution :

M =

dcba → det M = ad − bc est une forme quadratique, car c’est une fonction polynomiale

homogène de degré 2 en les coordonnées ( a, b, c, d ) de M. C’est une propriété particulière aux matrices d’ordre 2.

Matriciellement : det M = [ a b c d ]

−−

0002/1002/1002/1002/1000

dcba

.

Forme polaire : B(M, M’) = 21 ( ad’ + a’d − bc’ − b’c ) .

Décomposition en carrés de Gauss : det M = 41 [ ( a + d )

2 − ( a − d )

2 − ( b + c )

2 + ( b − c )

2 ] .

Ainsi det M = x2 + y

2 – z

2 – t

2 , où x =

2da+ , y =

2cb− , z =

2da− , t =

2cb+ .

Ces formules s’inversent en a = x + y , b = y + t , c = t – y , d = x – z , i.e.

dcba

=

−−

0101101010100101

tzyx

Une base orthogonale est formée des colonnes de cette matrice :

B = (

1001 ,

−1001 ,

−1001 ,

0110 ) .

Si K = C, la forme est non dégénérée.

120

Si K = R, la forme est non dégénérée, de signature (2, 2). Cela découle de décomposition de Gauss. Mais se voit en notant que la matrice A de la forme a pour spectre ½ , ½, −½ , −½ .

On peut aussi noter que la restriction du dét au plan des matrices de la forme

−

abba est un produit

scalaire, et sa restriction au plan des matrices de la forme

−abba est l’opposé d’un produit scalaire.

Exercice 6 : Soit A une matrice de Mn(R), symétrique définie positive. Montrer que q(X) = AXXt0

est une forme quadratique définie négative sur Rn.

Solution :

1) Tout d’abord, B(X, Y) = AXYt0

est une forme bilinéaire, c’est-à-dire séparément linéaire en X et

en Y, et symétrique car A est symétrique ; q est la forme quadratique associée.

2) Soit P ∈ On(R) telle que P−1

.A.P = tP.A.P = Λ = diag(λ1, …, λn), où λk > 0.

q(X) = AXXt0

= P

t

001

Λ− XPXPt

1

010

01−P

t

= q’(Y) , où q’(Y) = ΛYYt0

et Y = P−1

.X.

q’ est une forme quadratique définie négative, car si on développe ce déterminant selon la première

colonne, il vient, après calculs : q’(Y) = − ( det Λ ).∑=

n

i i

iy

1

)²(λ . On en déduit aussitôt que q aussi.

Exercice 7 : formes quadratiques sur Mn(R).

Montrer que : q(M) = tr(tM.M) , q’(M) = tr(M

2) , q’’(M) = tr(M

2) − (tr M)

2

sont des formes quadratiques sur Mn(R) ; quelles sont leurs signatures ?

Solution :

Si M = (aij) , q(M) = ∑ji

ija,

)²( , q’(M) = ∑ji

ijij aa,

,. , q’’(M) = ∑ji

ijij aa,

,. − (∑i

iia )2 .

Ce sont des fonctions polynomiales homogènes de degré 2 en les aij .

1) q est une forme définie positive : signature (n2, 0).

2) q’(M) = ∑i

iia )²( + 21 ∑

<−−+

jijiijjiij aaaa )²]()²[( .

C’est une décomposition en carrés de Gauss, donc q’ est de signature (2

)1( +nn,

2)1( −nn ).

On peut aussi retrouver ce résultat via la loi de Sylvester :

Si M est symétrique, q’(M) = ∑ji

ija,

)²( ; si M est antisymétrique, q’(M) = −∑ji

ija,

)²( .

Donc la restriction de q’ à Sn(R) est un produit scalaire, sa restriction à An(R) est définie négative.

Ainsi s ≥ 2

)1( +nn et t ≥

2)1( −nn

.

3) q’’(M) = ∑i

iia )²( − (∑i

iia )2 +

21 ∑

<−−+

jijiijjiij aaaa )²]()²[( .

Exercice 8 : Soit q une forme quadratique non nulle sur M2(C) vérifiant :

∀A, B ∈ M2(C) q(A.B) = q(A).q(B) .

121

Montrer successivement que : 1) q(I) = 1 ; 2) ∀A ∈ Gl2(C) q(A) ≠ 0 ; 3) ∀M ∈ M2(C) rg(M) = 0 ⇒ q(M) = 0 ;

4) ∀(λ, M) ∈ C×M2(C) q(M − λ.I) = det(M − λ.I) . Conclure que ∀M ∈ M2(C) q(M) = det(M) .

Solution :

Exercice 9 : Montrer que q(P) = ∑+∞

=

−−0

).().(k

kekPkP est une forme quadratique sur Rn[X]; signature ?

Mêmes questions pour q(P) = dxexPxP x..)().(0

−+∞

∫ − .

Solution :

1) Posons, pour (P, Q) ∈ Rn[X] × Rn[X], B(P, Q) = 21 ∑

+∞

=

−−+−0

)].().()().([k

kekQkPkQkP .

La série est absolument convergente. B est une forme bilinéaire symétrique et B(P, P) = q(P).

Notons PPPPn, resp. IIIIn, le sous-espace de Rn[X] formé de polynômes pairs, resp. impairs.

Si P est élément de PPPPn, q(P) = ∑+∞

=

−

0

)².(k

kekP donc la restriction de q à PPPPn est un produit scalaire.

Si P est élément de IIIIn, q(P) = −∑+∞

=

−

0

)².(k

kekP donc la restriction de q à IIIIn est définie négative.

On en déduit que la signature de q est (dim PPPPn, dim IIIIn). Ces dimensions dépendant de la parité de n.

Exercice 10 : Sur R3, on considère q : X = (x, y, z) → q(X) = x

2 + 2y

2 − 2z

2 − yz − 3zx + 3xy.

Déterminer les plans sur lesquels la restriction de q est définie positive. Interprétation géométrique.

Solution : [ Petit Oral X 1985 ] 1) On pressent que q est de signature (2, 1) ou (2, 0). Dans les autres cas en effet la réponse est immédiate : si la signature est (3, 0), tous les plans conviennent, si elle vaut (1, t) ou (0, t), aucun !

2) Indeed, une décomposition en carrés de Gauss donne :

q(X) = u2 + v

2 – w

2 , où u = x +

23 y −

23 z , v = 2 2 z , w =

21 x −

27 z.

Le plan w = 0, i.e. x – 7z = 0, répond déjà à la question.

3) Pour résoudre le problème, plaçons-nous dans le nouveau repère.

Soit P : w = au + bv un plan non vertical. Alors si X ∈ P :

q(X) = u2 + v

2 – (au + bv)

2 = (1 – a

2).u

2 + (1 – b

2).v

2 − 2abuv = [ u v ]

−−−−

²1²1

bababa [ v

u ] .

q|P est définie positive ssi

−−−−

²1²1

bababa est définie positive, i.e. ssi

1 – a2 > 0 et (1 – a

2)(1 – b

2) – a

2b

2 > 0 . Ces deux conditions équivalent à a

2 + b

2 < 1.

Les plans verticaux ont pour équations v = au ou u = av ; il est immédiat qu’ils ne conviennent pas.

Conclusion : Les plans tels que q|P est définie positive sont les plans d’équation :

w = a u + b v , où a2 + b

2 < 1.

4) Il y a une infinité de tels plans. Géométriquement :

• La quadrique q(X) = 1 est un hyperboloïde à une nappe. On en cherche les sections planes elliptiques. • La quadrique q(X) = 0 est un cône. On en cherche les sections planes réduites au sommet, ou, comme ont dit, les plans « extérieurs » au cône.

122

5) Autre solution (Gilles Rollet). Soit P un plan tel que q|P soit définie positive.

Alors R3 = P ⊕ P

⊥ car x ∈ P ∩ P

⊥ ⇒ q(x) = 0 ⇒ x = 0 et q est non dégénérée.

De plus, si P⊥ = R.Z , q(Z) < 0 pour des raisons de signature.

Réciproquement, si q(Z) < 0 , on a R3 = (R.Z) ⊕ (R.Z)

⊥ pour des raisons opposées.

En conclusion, les plans cherchés sont de la forme P = (R.Z)⊥ , où q(Z) < 0.

Exercice 11 : Sur R3, on considère q : X = (x, y, z) → q(X) = x

2 + 4z

2 + 4xz + 2xy + 2yz.

Déterminer les plans sur lesquels la restriction de q est définie positive. Interprétation géométrique.

Solution : [ Petit Oral X 1984, RMS n° 8 ] Exercice 12 : Soient E un R-espace vectoriel de dimension n, E* son dual. Montrer que q : ( x, f ) ∈ E×E* → < f , x > ∈ R est une forme quadratique sur E×E*. Quelle est sa forme polaire ? sa signature ?

Solution : E×E* est un espace vectoriel de dimension 2n.

L’application B : (( x, f ), (y, g)) ∈ ( E×E* )2 →

21 [ < f , y > + < g , x > ] ∈ R

est une forme bilinéaire symétrique sur E×E*, dont q est la forme polaire. Soient (e1, …, en) une base de E, (ϕ1, …, ϕn) la base duale.

Alors ((e1, 0),…, (en, 0), (0, ϕ1), …, (0, ϕn)) est une base de E×E*.

Si x = ∑i

ii ex. et f = ∑j

jj ϕλ . , q(x, f ) = < f , x > = ∑i

ii x.λ = 41 ∑ −−+

iiiii xx )²]()²[( λλ

C’est une décomposition en carrés de Gauss. Donc q est non dégénérée, de signature (n, n). Remarque : bel exemple d’espace artinien.

Exercice 13 : Soient E un R-ev de dimension n, q une forme quadratique sur E définie ou anisotrope (i.e. sans vecteur isotrope ≠ 0). Montrer que q est, soit définie positive, soit définie négative.

Solution : Le plus simple est de contraposer. Exercice 14 : Soit E un R-ev de dimension n, q une forme quadratique sur E, de forme polaire B. Trouver une cns pour que le cône isotrope soit égal au radical : x ∈ E ; q(x) = 0 = x ∈ E ; (∀y ∈ E) B(x, y) = 0 .

Solution : Exercice 15 : Soient E un R-espace vectoriel de dimension finie et q une forme quadratique non dégénérée qui admet au moins un vecteur isotrope non nul. Montrer qu’il existe une base formée de vecteurs isotropes.


Soit n = dim E. L’hypothèse se traduit par le fait qu’il existe une base BBBB = (e1, …, es, es+1, … , es+t)

de E, où s + t = n et q(x) = (x1)2 + … + (xs)

2 − (xs+1)

2 − … − (xs+t)

2 .

Aucun vecteur de cette base n’est isotrope. Cependant, il est facile de démontrer que (e1 − en , … , es − en , es+1 + e1 , … , en + e1) est formée de vecteurs isotropes, et est une base de E. Il suffit de montrer que le déterminant de la matrice de passage vaut 2, ce qui est facile après quelques manipulations simples sur les colonnes.

123

Exercice 15 : Soient A et B deux matrices symétriques positives, resp. définies positives. Montrer que leur produit de Schur C = (cij), défini par cij ≡ aij .bij , est positif, resp. défini positif.

Solution : Exercice 17 : 1) Montrer que A = (min(i, j)) est symétrique définie positive. 2) Cns sur les réels a1, …, an pour que A = (amin(i,j)) soit symétrique définie positive.

Solution : Exercice 18 : topologie sur l’ensemble des formes quadratiques non dégénérées.

Soit E un R-espace vectoriel de dimension n muni de sa topologie usuelle, Q(E) l’espace vectoriel des formes quadratiques sur E, Q*(E) l’ensemble des formes quadratiques non dégénérées sur E. 1) Montrer que Q*(E) est un ouvert de Q(E).

2) Pour tout couple (s, t) ∈ N2 tel que s + t = n, soit Qs,t(E) l’ensemble des formes de signature (s,

t). Montrer que Qs,t(E) est un ouvert-et-fermé de Q*(E), et que les Qs,t(E) sont les composantes

connexes par arcs de Q*(E).

Solution : Remarque : Ces résultats sont utiles dans l’étude des fonctions de plusieurs variables au voisinage de leurs points critiques non dégénérés (cf. cours, et théorie de Morse). _____________

Documents

Exercices d'algèbre bilinéaire