Exercices(3) corrigés en PDF

Exercices corriges
Joseph DI VALENTIN
Septembre 2005
ii
iii
Avant propos
Cet ouvrage a pour objectif d'aider les eleves de classes preparatoires.
Ce livre est aussi utile aux eleves des Ecoles
d'ingenieur, aux candidats aux concours
de recrutement ainsi qu'a tous ceux qui souhaitent completer leurs connaissances en
mathematiques.
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
Table des matieres
1
2
3
4
Algebre quadratique, exercices preliminaires
Espaces euclidiens, prehilbertiens ; exercices
Algebre quadratique, preliminaires ; corriges
Espaces euclidiens, prehilbertiens ; corriges
1
5
37
59
Chapitre 1
Algebre quadratique, exercices
preliminaires
Soit A = (ai;j )(i;j)2NpNq 2 Mp;q (C ). Nous noterons A = (bi;j )(i;j)2NqNp 2 Mq;p(C )
la matrice telle que 8(i; j ) 2 Nq Np ; bi;j = aj;i. A s'appelle la matrice adjointe
de la matrice A. Si A 2 Mp;q (R), alors A est la transposee de la matrice A que
nous noterons indieremment A ou tA.
1. Soient E , F et G trois espaces vectoriels normes. On munit E F de l'une
des trois normes equivalentes
q 2
(x; y) 7 ! kxkE +kykF , (x; y) 7 ! max(kxkE ; kykF ), (x; y) 7 ! kxkE + kyk2F .
Soit f une application bilineaire de E F dans G. Montrer que f est
continue si et seulement si il existe K 2 R+ tel que 8(x; y) 2 E F ,
kf (x; y)kG6K kxkE kykF .
Verier que le produit scalaire de E 2 (E est muni de la norme associee au
produit scalaire) dans K est continu.
Montrer que si E et F sont de dimensions nies alors f est continue.
2. Soit E un espace vectoriel euclidien ou hermitien. Nous notons pour un sousensemble non vide A de E A l'orthogonal de A c'est-a-dire l'ensemble des
elements de E orthogonaux pour le produit scalaire deni sur E a tous les
elements de A.
(a) Soit A une partie non vide de E . Montrer que A est un sous-espace
vectoriel de E et A = (Vect(A)).
(b) Soit F un sous-espace vectoriel de E . Redemontrer que F et son orthogonal sont supplementaires.
Montrer que (F ) = F . Nous noterons (F au lieu de (F ).
(c) Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels de E .
Montrer les egalites : (E1 + E2 ) = E1 \ E2 , E1 + E2 = (E1 \ E2 ) .
On pourra verier que A B ) B A .
3. Matrices congruentes. Deux matrices A et B appartenant a Mn(R) sont
dites congruentes s'il existe une matrice inversible C telle que A = C BC .
Soient A et B deux matrices symetriques congruentes appartenant a Mn(R).
Soient P et Q deux matrices inversibles telles que D1 = P AP et D2 = Q BQ
sont diagonales. Montrer que les elements diagonaux strictement positifs, nuls
et strictement negatifs sont en m^emes nombres sur les diagonales de D1 et D2 .
2 CHAPITRE 1. ALGE BRE QUADRATIQUE, EXERCICES PRE LIMINAIRES
4. Soit f une forme sesquilineaire1 denie sur un C -espace vectoriel E de dimension nie n>1. Soit e = (e1 ; ; en) une base de E . On appelle matrice de f
dans la base e la matrice appartenant a Mn(C ) dont l'element d'indices (i; j )
est f (ei ; ej ).
n
n
X
X
Soient (x; y) 2 E 2, x = xi ei ; y = yiei .
i=1
i=1
Soient X = (xi)i2Nn 2 Mn;1(C ) et Y = (yi)i2Nn 2 Mn;1(C ).
Montrer que si A est la matrice de f dans la base e, [f (x; y)] = X AY .
A partir de maintenant, nous indentierons une matrice [a] 2 M1(K ) avec le
scalaire a.
Soit e0 = (e01 ; ; e0n) une base de E . Soit P la matrice de passage de la base
e a la base e0 . Soit A0 la matrice de f dans la base e0 .
Montrer la relation A0 = P AP .
5. (a) Soit U 2 Mn(C ). Notons, pour j 2 Nn , Uj la j ieme colonne de la matrice
U , pour i 2 Nn , Vi la iieme ligne de la matrice U . Nous identions les
lignes et les colonnes a des vecteurs de C n rapporte a sa base canonique
muni de son produit scalaire canonique.
U est dite unitaire si et seulement si UU = In. Montrer que les assertions
suivantes sont equivalentes.
U est unitaire.
U est unitaire.
La famille (Uj )j2Nn est orthonormale.
La famille (Vi )i2Nn est orthonormale.
n
X
8X = (xi )i2Nn 2 Mn;1(C ); kUX k = kX k avec kX k = jxi j2.
i=1
(b) Soit E un espace prehilberien complexe. Soit u un endomorphisme de E .
u est dit unitaire lorsque 8(x; y) 2 E 2; (u(x) j u(y)) = (x j y).
Montrer que si u est une application de E dans E alors
(8(x; y) 2 E 2 ; (u(x) j u(y)) = (x j y)) ) u 2 L(E ).
(c) Soit E un espace vectoriel hermitien. Montrer l'equivalence des assertions
suivantes :
u unitaire.
8x 2 E; ku(x)k = kxk.
Il existe une base e = (ei )i2Nn orthonormale
de E telle que :
j
2
8(i; j ) 2 (Nn ) , (u(ei ) j u(ej ) = i .
Il existe une base orthonormale de E dans laquelle la matrice de u est
une matrice unitaire.
6. Soit A 2 GLn (R) ; (Rn suppose rapporte a sa base canonique). Montrer que
Je rappelle qu'une application, f , denie de E 2 dans C ou E est un C -espace vectoriel est
sesquilineaire si elle verie :
8x 2 E; y 2 E 7 ! f (x; y) 2 C est lineaire et 8y 2 E; x 2 E 7 ! f (x; y) 2 C est semi lineaire.
Une apllication g de E dans F ou E et F sont deux C -espaces vectoriels est semi lineaire si elle
verie :
8(x; y; ) 2 E E C , g(x + y) = g(x) + g(y).
1
3
A A est la matrice d'un produit scalaire reel.
Soit A 2 GLn (C ) ; (C n suppose rapporte a sa base canonique). Montrer que
A A est la matrice d'un produit scalaire hermitien.
7. Soit E un espace hermitien. Soit u un endomorphisme hermitien de E ; c'esta-dire veriant pour tout couple (x; y) 2 E 2 , (u(x) j y) = (x j u(y)).
Montrer qu'il existe une base orthonormale de E de diagonalisation de u ; les
valeurs propres de u etant toutes reelles.
Soit A 2 Mn(C ) une matrice hermitiennne c'est-a-dire veriant A = A.
Montrer qu'il existe une matrice unitaire U telle que UAU est diagonale
reelle.
8. Soit E un espace hermitien. Soit u un endomorphisme de E .
(a) Montrer qu'il existe un unique endomorphisme v de E tel que : 8(x; y) 2
E 2 ; (u(x)jy) = (xjv(y)) ; v s'appelle l'adjoint de u, on le note u .
Quel lien y a-t-il entre les matrices de tels endomorphismes dans des bases
orthonormales ?
(b) Soit E un espace hermitien. Soit u 2 L(E ).
Quel lien y a-t-il entre Ker u; Ker u ; Im u; Im u ?
Montrer Ker(u u) = Ker u.
(c) Un endomorphisme u est dit unitaire si u u = IdE , hermitien si u = u ,
normal si u u = u u.
Un endomorphisme hermitien est dit positif (>0), (resp. deni positif
(> 0)) si 8x 2 E; (u(x)jx)>0 (resp. > 0 si x 6= 0).
Montrer que si u est hermitien, les valeurs propres sont reelles.
E tudier la diagonalisation des endomorphismes normaux, puis des endomorphismes hermitiens ou unitaires.
9. Soit u un endomorphisme deni sur un espace prehilbertien E reel ou complexe
ayant un adjoint2 u . On dit que u est normal si u u = u u.
(a) Soit u un endomorphisme normal deni sur un espace hermitien E . Montrer que u et u ont les m^emes vecteurs propres associes a des valeurs
propres, eventuelles, conjuguees .
(b) Soit u un endomorphisme normal ; montrer que deux espaces propres
associes a deux valeurs propres dierentes sont orthogonaux.
(c) Supposons u normal et E hermitien.
Montrer qu'il existe une base orthonormale de diagonalisation de u.
(d) Supposons E hermitien ou euclidien et u diagonalisable dans une base
orthonormale.
Montrer qu'alors u est normal.
Nous avons deja vu qu'un tel adjoint existe en dimension nie. Nous verrons plus loin qu'un
adjoint existe lorsque u est continu et E est complet.
2
4
(e) Supposons E hermitien.
Montrer : u normal () 9P 2 C [X ]; u = P (u).
Supposons E euclidien montrer que l'on a :
u normal () 9P 2 R[X ]; u = P (u).
(f) Que se passe-t-il dans le cas euclidien ?
10. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit f 2 O(E ). Montrer qu'il existe une
base orthonormale de E dans laquelle la matrice de f soit diagonale par blocs
du type Diag(Ip ; Iq ; B1 ; ; B
u chaque matrice Bi est une matrice reelle
r ) o
i ) sin(i ) avec sin( ) 6= 0. Si p = 0, I ne gure pas
2 2 ; Bi = cos(
i
p
sin(i ) cos(i )
dans la decomposition, si q = 0, Iq ne gure pas dans la decomposition, si
r = 0 les matrices Bi ne gurent pas dans la decomposition.
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
Chapitre 2
Espaces euclidiens, prehilbertiens ;
exercices
1. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit f une application de E dans E telle
que 8(x; y) 2 E 2; kf (x) f (y)k = kx yk. On suppose f (0) = 0. Montrer
que f est un automorphisme orthogonal.
2. Soit f une application lineaire denie sur l'espace prehilbertien reel E . On
suppose 8(x; y) 2 E 2 ; (x ? y) ) (f (x) ? f (y)).
Montrer que deux vecteurs de m^eme norme ont des images de m^eme norme.
Montrer qu'il existe k 2 R+ tel que 8x 2 E; kf (x)k = k kxk.
3. Soit E un espace vectoriel euclidien.
(a) Soit f 2 O(E ). Demontrer :
(dim(Ker(f + IdE )) paire) () (f est une isometrie positive).
(b) Soit f 2 L(E ) sans valeur propre. Soit g une isometrie de E qui commute
avec f . Demontrer que g est une isometrie positive.
4. Soit G un groupe ; soit H un sous-groupe de G.
Lorsque 8g 2 G; 8h 2 H; ghg 1 2 H H est dit sous-groupe distingue de G.
Un groupe est dit simple s'il ne possede aucun sous-groupe distingue trivial
c'est-a-dire autre que lui-m^eme et feg. On note SO(3) le groupe des rotations
d'un espace vectoriel euclidien E de dimension 3. Nous allons montrer que
SO(3) est simple.
Soient (x; x0 ; y; y0 ) 2 E 4, veriant kxk = kx0 k, kyk = ky0 k, kx yk = kx0 y0 k.
(a) Montrer qu'il existe une rotation u telle que u(x) = x0 ; u(y) = y0 .
(b) Montrer que les demi-tours engendrent SO(3).
(c) Soit H un sous-groupe distingue de SO(3), H 6= fIdE g. Soit u 6= IdE un
element de H d'axe dirige par a de norme 1 et d'angle .
Verier que l'on peut supposer 2]0; ].
Soient P le plan orthogonal a a et S2 la sphere unite. Soit x 2 P \ S2 .
Notons y = u(x) et d = kx yk. Soit m 2 [0; d].
Montrer qu'il existe (x1 ; x2 ) 2 (S2 )2 tel que u(x1 ) = x2 ; kx1 x2 k = m.
Soient y1 et y2 deux elements de S2 , ky1 y2k = m. Soit v 2 SO(3)
veriant y1 = v(x1 ); y2 = v(x2 ).
Notons w = v 1 u v. Pour n 2 N notons n la rotation d'axe dirige
par a d'angle . Posons x0 = x et pour p 2 N; xp+1 = n(xp ). Soit
n
6 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
ui 2 H veriant xi+1 = ui (xi). Posons h = un u1 . Determiner
h(x). Conclure.
5. Soit U (n), (resp. O(n)) l'ensemble des matrices unitaires (resp. orthogonales). Montrer que U (n), (resp. O(n)) est compact dans Mn(C ) (resp. dans
Mn(R)). Montrer que SO(n) (l'ensemble des matrices orthogonales a determinant positif) est compact.
6. Soit E un espace euclidien. Soit P l'ensemble des projecteurs orthogonaux de
E.
(a) Montrer qu'un projecteur est orthogonal si et seulement si il est symetrique.
(b) Montrer qu'un projecteur est orthogonal si et seulement si sa norme est
egale a 1 (ou, ce qui est equivalent, au plus egale a 1).
(c) Montrer que P est compact dans L(E ).
7. (a) Soit E un espace vectoriel euclidien. Montrer que O+(E ) est connexe par
arcs.
(b) Montrer que O(E ) n'est pas connexe par arcs.
8. Soit E un espace hermitien de dimension n>1. Soit u 2 L(E ).
(a) Montrer : u = u () 8x 2 E; (u(x) j x) 2 R.
(b) Soit u un endomorphisme hermitien positif c'est-a-dire veriant pour tout
x 2 E (u(x) j x) 2 R+.
Montrer : 8x 2 E; ku(x)k4 6(x j u(x)) (u(x) j u2 (x)).
9. Soit f une forme sesquilineaire a symetrie hermitienne denie sur le C -espace
vectoriel E de dimension nie1. Soit ' un produit scalaire hermitien sur E .
(a) Montrer qu'il existe u 2 L(E ), unique veriant2
8(x; y) 2 E 2; '(u(x); y) = '(x; u(y)) et 8x 2 E; '(x; u(x)) = f (x; x).
(b) Montrer qu'il existe une base de E orthonormale pour ' et orthogonale
pour f .
Exprimer ce resultat en termes matriciels.
10. Soient A et B deux matrices reelles symetriques appartenant a Mn(R). On
suppose A denie positive ; c'est-a-dire telle que 8X 2 Mn;1(R); tXAX = [a]
avec a 2 R+ et 8X 2 Mn;1(R); tXAX = [0] ) X = 0. (Si nous n'avons pas
la seconde condition A est dite positive).
Montrer qu'il existe une matrice inversible P et une matrice diagonale D telles
que A = P P et B = P DP .
1
2
Nous verrons plus loin les cas de la dimension non nie.
c'est-a-dire u = u ou u hermitienne pour '.
7
11. Soit E un espace hermitien de dimension n>1. Soit U une partie non vide de
L(E ) veriant : u 2 U ) u 2 U , (u; v) 2 (U )2 ) u v = v u.
Montrer qu'il existe une base orthonormale de E diagonalisant tous les endomorphismes u.
12. Soit (ui )i2I une famille d'endomorphismes symetriques de l'espace vectoriel
euclidien E qui commutent deux a deux. Montrer qu'il existe une base orthonormale de E de diagonalisation de tous les ui . On fera un raisonnement par
recurrence sur la dimension de E .
13. (a) Soit E un espace vectoriel hermitien. Soient u et v deux endomorphismes
de E veriant u = u ; v = v , 8x 2 E; (u(x) j x)>0; (v(x) j x)>0, c'esta-dire hermitiens positifs, tels que u2 = v2 .
Soit h = u v. En considerant une base de vecteurs propres de u, et en
calculant (v h)(ei ), montrer : u = v.
(b) Soit u un endomorphisme hermitien positif de E . Montrer qu'il existe w
un unique endomorphisme hermitien >0 tel que : u = w2.
14. (a) Soit A 2 GLn(C ). Montrer que A s'ecrit UH avec U unitaire et H
hermitienne > 0, la decomposition est unique.
(b) Montrer que l'ecriture A = UH , avec U unitaire et H hermitienne positive est encore vraie pour A 2 Mn(C ).
(c) Montrer que l'application qui a A associe (U; H ) est un homeomorphisme
de GLn(C ) dans le produit cartesien U (n) HDP ou U (n) designe l'ensemble des matrices unitaires et HDP l'ensemble des matrices hermitiennes denies positives.
15. (a) Soit A 2 GLn(R). Montrer que A s'ecrit OS avec O orthogonale et S
symetrique denie positive, la decomposition est unique.
(b) Montrer que l'espace des matrices orthogonales est un espace compact
dans Mn(R).
(c) Montrer que l'ecriture A = OS , avec O orthogonale et S symetrique
positive est encore vraie pour A 2 Mn(R).
(d) Montrer que l'application qui a A associe (O; S ) tel que A = OS est
un homeomorphisme de GLn(R) dans le produit cartesien O(n) SDP
ou O(n) designe l'ensemble des matrices orthogonales et SDP l'ensemble
des matrices reelles symetriques denies positives.
16. Soit A 2 Mn(R). En utilisant la decomposition A = OS (voir l'exercicie
precedent) montrer que A peut s'ecrire A = UDV ou U et V sont orthogonales
et D diagonale.
01 1 01
Appliquer le resultat precedent a la matrice : @ 2 2 0 A.
1 1 0
8 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
17. Il s'agit d'un exercice analogue au precedent ; ici nous construisons une base.
Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme de E .
Soit v l'endomorphisme u u .
(a) Montrer Ker(u ) = Ker(v) = (Im(u)).
(b) Soit r>1 le rang de v. Soit (e1 ; ; en) une base orthonormale de vecteurs propres de v. On suppose que les r premiers vecteurs sont associes
a des valeurs propres non nulles (donc strictement positives).
Pour i 2 Nr on pose e0i = u (ei ). Montrer que la famille (e0i )i2Nr est une
1
famille libre orthogonale. Pour i 2 Nr on pose e00i = 0 e0i . On complete
kei k
la famille (e00i )i2Nr pour en faire une base (e00i )i2Nn orthonormale de E .
(c) Calculer, pour i 2 Nr , u(e0i ) et pour i 2 N; r + 16i6n et j 2 Nr ,
(u(e00i ) j ej ).
(d) Soit ("1 ; ; "n ) une base orthonormale de E . Soit ' l'endomorphisme
de E tel que 8i 2 Nn ; '("i ) = ei et soit l'endomorphisme de E tel que
8i 2 Nn ; ("i ) = e00i .
Que dire de l'endomorphisme ' u ?
0 5 3 1 11
B 1 1 5 3 CC 2 M (R).
(e) Soit A = B
@ 1 1 3 5A 4
3 5 1 1
Rechercher deux matrices orthogonales P et Q telles que PAQ soit diagonale.
18. Projection sur un convexe Soit E un espace prehilbertien reel. Soit C
un sous-ensemble non vide de E convexe. Soit x 2 E . Montrer l'equivalence
suivante :
9y 2 C; 8z 2 C; (y x j y z )60 () 9y 2 C; d(x; C ) = d(x; y).
Reprendre cette question dans le cas ou E est prehilbertien complexe.
19. Soit E un espace prehilbertien reel ou complexe.
(a) Soit A une partie de E non vide complete (ou fermee si E est complet) et
convexe. Soit x 2 E . Montrer qu'il existe a 2 A tel que kx ak = d(x; A).
(b) Soit A une partie non vide de E . Montrer que l'orthogonal de A note A
est un sous-espace vectoriel ferme de E .
?
(c) On suppose E = F G et F et G orthogonaux que l'on note E = F G.
Montrer F = G; G = F ; F = (F ); G = (G ) et enn F et G sont
fermes.
(d) Supposons E complet3. Soit H un sous-espace vectoriel de E . Montrer :
?
H ferme () E = H H () H = (H )
3
On parle alors d'espace de Hilbert.
9
(e) On suppose E non complet. Montrer qu'il peut se faire que H soit ferme
? H . On pourra choisir E = R[X ] muni qu produit
sans avoir E = H X
X
X
scalaire (P j Q) = ai bi ou P = ai X i et Q = bi X i.
i2N
i2N
i2N
20. Soit E un espace prehilbertien reel complet. Soit (An)n2N une suite croissante
[
de parties convexes fermees non vides de E . Soit A = An. Soit x 2 E . On
n2N
pose pour n 2 N; dn = d(x; An) et d = d(x; A).
Montrer n!lim
d = d.
+1 n
Soit X une partie convexe fermee de E . Notons pX l'application qui a un
element x de E associe l'element y de X veriant kx yk = d(x; X ).
Montrer n!lim
p (x) = pA(x).
+1 An
21. Soit E un espace prehilbertien, complet. Soit F un sous-espace vectoriel de
E . Notons E 0 l'espace vectoriel des formes lineaires continues denie sur E .
Montrer : F = E () (8f 2 E 0 ; f F = 0 ) f = 0)
22. Soit E un espace prehilbertien reel complet. Soit F un sous-espace vectoriel
ferme de E . Soit G un espace vectoriel norme. Soit enn f une application
lineaire continue denie de F dans G.
Montrer qu'il existe une application lineaire continue g de E dans G prolongeant f et de m^eme norme que f .
23. Soit E un espace prehilbertien reel complet. Soit C un sous-ensemble de E
non vide, convexe, ferme . Soit a 2= C Montrer qu'il existe une forme lineaire
continue f non nulle denie sur E tel que f (a) > sup f (x).
x2C
24. Soit E un espace vectoriel reel de dimension nie, soit A une partie non vide
de E , convexe. Soit a 62 A. Montrer qu'il existe une forme lineaire f non nulle
denie sur E tel que sup f (x)6f (a).
x2A
On pourra utiliser le resultat suivant, vu dans le chapitre "topologie" exercice
numero 100 : dans un espace compact, de toute intesection vide de fermes on
peut extraitre une famille nie dont l'intersection est encore vide.
25. Soit u 2 LC (E ) avec E perhilbertien reel ou complexe, complet (E est un
espace de Hilbert).
Montrer que u existe, est un endomorphisme continu et u = u.
26. Soit E un espace prehilbertien reel.
(a) Soit u un endomorphisme de E .
On note (s'il existe) u l'adjoint de u c'est-a-dire l'endomorphisme4 de E
u etant un endomorphisme, des que u existe alors il s'agit aussi d'un endomorphisme.
En eet : Soit (x; y; ) 2 E E R. 8z 2 E; (z j u (x) + u(y)) = (z j u(x)) + (z j u(y)) =
(u(z) jx) + (u(z) jy) = (u(z) jx + y) = (z j u (x + y)).
4
10 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
veriant 8(x; y) 2 E 2 ; (u(x) j y) = (x j v(y)).
Montrer que si u existe alors u existe et u = u .
Montrer que si u existe et si u est continue alors u est continue et
kjukj = kjukj.
(b) Soit u 2 LC (E ) avec E complet. Montrer qu'alors u existe, u 2 LC (E )
et kjukj = kju kj.
(c) Soit u 2 LC (E ), avec E complet. Soit u l'adjoint de u, qui est alors
continu.
Montrer les relations : kju ukj = kju u kj = kjukj2 = kjukj2.
(d) Soit E un espace prehilbertien reel. Soit u 2 LC (E ). Montrer que l'on a
kjukj = sup j(u(x) j y)j.
kxk61;kyk61
(e) Soit u un endomorphisme symetrique deni sur un espace euclidien. Montrer que l'on a : kjukj = sup j(u(x) j x)j qui est aussi egal au rayon speckxk61
tral de u.
27. Soit u 2 LC (E ) avec E perhilbertien reel, complet (E est un espace de Hilbert).
On note tu l'application de E 0 dans E 0 (E 0 designe l'ensemble des formes lineaires continues de E ) denie par : (tu) (f ) = f u.
(a) Montrer que tu est lineaire continue.
(b) Soit ' : x 2 E 7 ! (y 2 E 7 ! (x j y) 2 R) 2 E 0 .
On pose v = ' 1 t u '.
Montrer que ' est bien denie, montrer la relation v = u ; en deduire
que v est continue. (On pourra utiliser les resultats qui precedent).
28. Soient E un espace euclidien0de dimension13 rapporte a une base orthonormale
1 0 0
e et u 2 L(E ). Soit A = @ 1 2 0 A la matrice de u dans cette base.
3 1 0
Determiner kjujk2.
29. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme de E diagonalisable. Soit e = (e1; ; en) une base de vecteurs propres de u. Determiner
une base de vecteurs propres de u .
30. (a) Soit E un espace vectoriel hermitien. Soit u un endomorphisme5 de E
veriant 8(x; y) 2 E 2; (u(x) j y) = (x j u(y)). (u = u, c'est-a-dire
(iu) hermitien).
Montrer que les valeurs propres de u sont dans Ri.
Montrer que u est diagonalisable.
8z 2 E; (z j u(x) + u(y) u(x + y)) = 0. u (x) + u (y) u(x + y) est orthogonal a tout
l'espace donc est nul et u est un endomorphisme.
5
u est dit antihermitien.
00
Soit A la matrice @ 2
11
1
2 1
0 2 A. Trouver une matrice unitaire U et
1 2 0
une matrice daigonale D veriant A = UDU .
(b) Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme de E veriant 8(x; y) 2 E 2; (u(x) j y) = (x j u(y)).
Quelles sont les eventuelles valeurs propres de u ? En appliquant le resultat precedent, quelle resultat obtient-on ?
31. (a) Soit E un K -espace vectoriel de dimension nie (K =R ou C ). Soit f une
forme bilineaire symetrique non degeneree6 denie sur E 2 . Soit u 2 L(E )
veriant 8(x; y) 2 E 2 , f (u(x); y) = f (x; u(y)).
Montrer que le rang de u est pair.
(b) Soit A 2 Mn(C ). Montrer que la codimension du commutant de A est
paire.
32. Soit A 2 Mn(R) une matrice antisymetrique. Montrer det(A + In)>1.
Soient (S; A) 2 (Mn(R))2 un couple de matrice ; S symetrique positive, A
antisymetrique. Montrer que l'on a : det(S + A)> det(S ).
33. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme de E veriant
8x 2 E; (u(x) j x) = 0.
Montrer que u IdE et u + IdE sont bijectifs.
Montrer que v = (IdE + u) (IdE u) 1 est un automorphisme orthogonal
n'ayant pas -1 pour valeur propre.
Reciproquement : soit v un automorphisme orthogonal n'ayant pas -1 pour
valeur propre. Existe-t-il u 2 L(E ) tel que 8x 2 E; (u(x) j x) = 0 et
v = (IdE + u) (IdE u) 1 ?
34. (a) Montrer que toute matrice A 2 Mn(C ) peut s'ecrire7 A = UT avec U
unitaire et T triangulaire superieure.
Une forme binlineaire symetrique denie sur E est dite non degeneree lorsque
F = fx 2 E; 8y f (x; y) = 0g = f0g ; elle est dite degeneree dans le cas contraire. F est appele
noyau de f .
Supposons E de dimension nie.
\
Notons, pour y 2 E , fy la forme lineaire x 2 E 7 ! f (x; y) 2 K . F = Ker(fy ). Soit
6
e = (e1 ; ; en) une base de E . F donc 8y =
n
X
i=1
yi ei , f (x; y) =
n
X
\n
i=1
Ker(fei ). Soit x 2
\n
i=1
y2E
Ker(fei ). 8i 2 Nn ; f (x; ei ) = 0
yi f (x; ei ) = 0. Nous avons donc F =
i=1 rg (fei )i2N n .
\n
i=1
Ker(fei ). Nous savons
qu'alors dim(F ) = n
Soit A = (ai;j )(i;j)2(N n )2 la matrice de f dans la base e. Les coordonnees de fei dans la base duale
de la base e sont (f (e1 ; ei ); ; f (en ; ei )) = (a1;i ; ; an;i ).
F = f0g () rg (fei )i2N n = n c'est-a-dire si et seulement si A est inversible.
7
Nous avons deja vu ce resultat.
12 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
(b) Montrer que toute matrice A 2 Mn(C ) est unitairement semblable a une
matrice triangulaire.
(c) Soit A 2 Mn(C ) une matrice hermitienne (A = A). Montrer que A est
unitairement semblable a une matrice diagonale.
(d) Retrouver le cas reel.
(e) Soit A 2 Mn(C ). On suppose A normale c'est-a-dire veriant AA =
A A. Montrer que A est unitairement semblable a une matrice diagonale.
35. Soit E un espace hermitien ou euclidien. Soit u un endomorphisme de E dont
le polyn^ome caracteristique (dans le cas reel) est scinde. Montrer qu'il existe
une base orthonormale de E dans laquelle la matrice de u soit triangulaire
superieure.
Soit A 2 Mn(R), on suppose A scinde. Montrer que A s'ecrit : A = UTU (decomposition de Schur), ou U est orthogonale et T triangulaire superieure.
Soit A 2 Mn(C ). Montrer que A s'ecrit : A = UTU ou U est unitaire et T
triangulaire superieure.
Il s'agit d'une autre preuve du resultat de l'exercice precedent.
36. Soit u 2 L(E ), u symetrique positif (E euclidien).
(a) Montrer qu'il existe v 2 L(E )= u = v v .
(b) On suppose u denie positive de matrice A, dans une base orthonormale
de E , montrer alors que A s'ecrit : A = TT (factorisation de Cholesky)
ou T est triangulaire superieure a diagonale > 0. (On pourra prouver
que pour B 2 GLn(R); 9T triangulaire superieure a diagonale > 0 et O
orthogonale telles que : B = TO.
Application : montrer que A peut s'ecrire LDL ou L est triangulaire
inferieure a diagonale unite et D diagonale a elements reels strictement
positifs.
Montrer que cette ecriture est unique.
Faire le m^eme exercice dans le cas complexe en remplacant symetrique
par hermitien.
37. Soit G un groupe, sous-groupe ni de GL(E ), E prehilbertien reel ou complexe.
Montrer qu'il existe un produit scalaire, f , deni sur E tel que tous les elements
g de G verient 8(x; y) 2 E 2; f (g(x); g(y)) = f (x; y).
38. (a) Soit E un espace euclidien. Soit u 2 GL(E ). Montrer qu'il existe une
base de E telle que (u(e1); ; u(en )) soit une base orthogonale de E .
(b) Soit M 2 GLn(R). Montrer8 qu'il existe deux matrices orthogonales U
et V telles que UMV soit diagonale.
Montrer que le resultat est encore vrai pour M non necessairement inversible.
8
Nous avons deja demontre ce resultat autrement.
13
39. Soit A 2 Mn(C ) une matrice symetrique. Soient 1; ; n les valeurs
propres de la matrice AAp
. Verier que
positives.
ples valeurs propres sont reelles
9
Soit D la matrice Diag( 1 ; ; n ). Montrer qu'il existe une matrice
unitaire, U , telle que A = tUDU .
40. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme de E de trace
nulle.
Montrer qu'il existe une base orthonormale e = (e1; ; en ) de E veriant
8i 2 Nn ; (u(ei ) j ei ) = 0.
41. Soit u 2 L(E ) ou E est un espace vectoriel hermitien ou euclidien de dimension
n.
En utilisant l'application ' denie par ' : (u; v) 2 E 2 7 ! tr(u v) 2 C ,
montrer : j tr(u)j2 6n tr(u u).
42. Soit E = Mp;q (R).
Soit f l'application de E 2 dans R denie par f (X; Y ) = tr(X Y ) ou X designe la matrice adjointe de la matrice X c'est-a-dire la matrice transposee
de la matrice conjuguee de X soit encore, puisque le corps de base est R, la
transposee de X .
(a) Montrer que f est un produit scalaire.
(b) Soient A 2 Mp (R) et B 2 Mq (R).
Pour X 2 E on pose (X ) = AX XB . Determiner l'endomorphisme
adjoint de dans E muni du produit scalaire f .
(c) Trouver une condition necessaire et susante sur A et B pour que = .
43. Soit E = Mn(R).
(a) Montrer que l'application (A; B ) 2 E 2 7 ! tr(AB ) 2 K est un produit
scalaire.
(b) Soit Sn l'ensemble des matrices symetriques, soit An l'ensemble des matrices antisymetriques. Montrer que Sn et An sont orthogonaux pour le
produit scalaire precedent.
44. Soit f l'application qui a une matrice M de Mn(R) associe tM est-elle diagonalisable ?
45. Soit q l'application denie sur Mn(R), (n>1), par q(M ) = tr(M M ).
Verier que q est une forme quadratique denie positive associee a un produit
scalaire '.
(a) Soit D l'ensemble des matrices diagonales. Determiner l'orthogonal pour
' de D.
(b) Soit R0 l'ensemble des matrices scalaires. Determiner l'orthogonal pour
' de R0 .
9
Dans le cas reel ce n'est rien d'autre que la diagonalisation d'une marice symetrique.
14 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
46. Soient u et v deux endomorphismes hermitiens positifs denis sur un espace
vectoriel hermitien. Montrer : tr(u v)6 tr(u) tr(v).
47. Soit S l'ensemble des matrices symetriques reelles S Mn(R); n>1.
Soit l'application denie par 8M 2 S , (M ) = tA M A 2 S ou A 2 Mn(R).
Montrer j det()j = j det(A)jn+1.
On commencera par le cas ou A est diagonale.
On introduira ensuite l'endomorphisme adjoint de avec Mn(R) muni du
produit scalaire (U; V ) 7 ! tr(tU V ).
48. Soit l'application M 2 Mn(R) 7 ! tr(M M ) 2 R.
p
(a) Montrer que N = est une norme euclidienne.
(b) Soit (M; N ) 2 (Mn(R))2.
Montrer l'inegalite : N (MN )6N (M )N (M ).
Soit A 2 On(R).
Montrer : 8M 2 Mn(R); N (AM ) = N (MA) = N (M ).
(c) Soit A 2 Mn(R). Montrer qu'il existe une unique matrice symetrique S
telle que N (A S ) = inf fN (A M ); M 2 Mn(R); symetriqueg.
(d) Quelles sont les normes des matrice A; B; C et D suivantes ?
A = (i + j )(i;j)2(Mn (R)) , B = (ij )(i;j)2(Mn (R)) , C = (i j )(i;j)2(Mn (R)) et
D = AB .
(e) En utilisant MAPLE, ecrire une procedure permettant de calculer la
norme d'une matrice.
2
2
2
49. Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R) une matrice symetrique reelle positive. On
suppose que les coecients
ai;j sont tous non nuls. A quelles conditions sur A
la matrice B = 1
ai;j (i;j)2(Nn) 2 Mn(R) est-elle positive ?
On pourra commencer par prouver10 qu'il existe une famille (u1 ; ; un)
d'elements de Rn muni du produit scalaire canonique veriant, pour chaque
(i; j ) 2 (Nn )2, ai;j = (ui j uj ).
2
2
50. Soit A 2 Mn(R) (n>2) une matrice symetrique positive.
On suppose : 8(i; j ) 2 (Nn )2; i 6= j; ai;j 6= 0. Montrer : 8i 2 Nn ; ai;i > 0.
51. Soit u un endomorphisme symetrique deni sur un espace vectoriel euclidien E .
Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R) la matrice de u dans une base orhonormale
de E . On suppose que pour (i; j ) 2 (Nn )2 ; i 6= j ) ai;j 60.
2
(a) On suppose que pour tout i 2 Nn ,
propres de u sont positives.
10
Il s'agit de prouver que A est une matrice Gram.
n
X
j =1
ai;j >0. Montrer que les valeurs
15
De m^eme on suppose que pour tout i 2 Nn ,
n
X
j =1
ai;j > 0. Montrer que les
valeurs propres de u sont strictement positives.
(b) On suppose que pour tout i 2 Nn ,
u n'est pas reduit a f0g.
n
X
j =1
(c) On suppose que pour tout i 2 Nn ,
ai;j = 0. Montrer que le noyau de
n
X
j =1
ai;j = 0 et les elements ai;n sont
strictement negatifs pour i 2 Nn 1 . Montrer que le rang de u est egal a
n 1.
52. Soit A 2 Mn(K ).
On note, pour (i; j ) 2 (Nn )2, Ai;j la matrice (n 1) (n 1) extraite de A
obtenue en supprimant la iieme ligne et la j ieme colonne de la matrice A. On
appelle comatrice de la matrice A, que l'on note Ae la matrice de Mn(K ) dont
l'element d'indices (i; j ) est egal a ( 1)i+j det(Aj;i ). Il s'agit de la transposee
de la matrice complementaire de la matrice A.
Demontrer la relation A Ae = Ae A = det(A) In.
On suppose K = R. Montrer que si A est symetrique positive alors Ae l'est
aussi.
53. (a) Soit A 2 Mn(R). On suppose que pour tout X 2 Mn;1(R) nous avons
tXAX = 0. Que dire de A ?
(b) Soit A 2 Mn(C ). On suppose que pour tout X 2 Mn;1(C ) nous avons
X AX = 0. Que dire de A ?
(c) Soit A 2 Mn(C ) une matrice hermitienne. On suppose que pour tout
X 2 Mn;1(C ) nous avons X AX >0 (A est dite positive).
Montrer X 2 Ker(A) () X AX = 0
Notons H + l'ensemble des matrices hermitiennes positives.
Soit (A; B ) 2 (H +)2 ; A B 2 H + . Montrer Im(B ) Im(A).
54. Resoudre dans Mn(R) les deux equations : A tA A = In ; A + 2tA = tA A.
55. Soient A 2 Mn(R) et B 2 Mn(R) deux matrices symetriques.
(a) On suppose A denie positive. Montrer que AB est diagonalisable.
Montrer que si B >0 alors les valeurs propres de AB sont positives.
(b) On suppose A et B positives. Montrer que AB est diagonalisable.
Pour cela on pourra diagonaliser A0 BA0 avec A0 symetrique de carre A,
puis trouver des vecteurs propres de AB et montrer que le rang de AB
est egal a celui de A0 BA0 .
(c) Soient A et B deux matrices hermitiennes; A denie positive. Montrer
que les valeurs propres de AB sont reelles, et sont positives si B >0.
Montrer que AB est diagonalisable.
16 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
56. Soit E un espace euclidien.
On denit sur l'ensemble des endomorphismes symetriques denis positifs la
relation : a < b , 8x 2 E n f0g; (a(x) j x) < (b(x) j x).
Montrer que a < b si et seulement si Sp(b 1 a) ]0; 1[.
57. Soit (A; B ) 2 (Mn(R))2 ; A et B symetriques positives.
On suppose 8 X 2 Mn;1(R); tXAX 6tXBX .
Montrer : 06 det A6 det B .
58. Soient p et q deux projecteurs orthogonaux d'un espace vectoriel euclidien E .
Montrer que le polyn^ome caracteristique de u = p + q est scinde et que ses
valeurs propres sont dans [0; 2]. Determiner les noyaux de u et u 2IdE .
Soient 62 f0; 1; 2g une valeur propre de u et x un vecteur propre associe.
Montrer que V (x) = Vect(p(x); q(x)) est stable par u.
Montrer que 2 est egalement une valeur propre de u.
59. Soit E un espace hermitien ou euclidien.
(a) Demontrer qu'un projecteur de E est orthogonal si et seulement si sa
norme est au plus egale a 1 ; c'est-a-dire egale a 1.
(b) Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E ; pF et pG les projecteurs
orthogonaux d'images respectives F et G. Montrer l'equivalence des propositions suivantes :
) F et F sont stables par pG .
) pF et pG commutent.
) pF pG est un projecteur.
v) pF et pG sont co-diagonalisables.
60. Soit E un espace prehilbertien reel. Soit f 2 L(E ) veriant : f 2 = f 3 .
Montrer : (f symetrique) () (f est un projecteur orthogonal):
61. Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension egale a n. Soient u1 ; ; un
n endomorphismes
symetriques de E . n
n
X
X
On suppose rg(ui ) = n et 8x 2 E; (ui (x) j x) = kxk2 .
i=1
Montrer : E =
?
M
16i6n
i=1
Im(ui ) et les ui sont des projecteurs orthogonaux ; quels
sont leurs noyaux ?
62. Soit F un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel euclidien E . Soit pF le
projecteur orthogonal d'image F .
(a) Soient F1 ; F2 deux sous-espaces vectoriels de E .
Montrer : pF pF = 0 , F1 ? F2 .
Qu'en deduire concernant pF pF et pF + pF ?
1
2
2
1
1
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
17
(b) Soit (Fi )i2Nn une famille de sous-espaces vectoriels de E .
n
X
Soit p = pFi .
i=1
Montrer : les Fi sont deux a deux orthogonaux si et seulement si p est
un projecteur orthogonal. On pourra montrer que si les pi sont des projecteurs alors
!
n
X
p = pi est un projecteur , (8(i; j ) 2 (Nn )2; pi pj = ij pi
i=1
63. Soient f et g deux projecteurs orthogonaux d'un espace vectoriel euclidien E .
(a) Montrer11 que l'endomorphisme f g est diagonalisable.
(b) Montrer que f g est un projecteur orthogonal si et seulement si les
valeurs prores de f g sont dans f0; 1g ; auquel cas f g = g f .
64. Soit E un espace vectoriel euclidien.
On note A = ff 2 L(E ); f f f = f g. Montrer les resultats suivants.
(a)
(b)
(c)
(d)
(f 2 A) () (f f est un projecteur orthogonal).
(f 2 A) () (8x 2 (Ker(f )); kf (x)k = kxk).
Soit f 2 A. Montrer que l'on a : (Ker(f )) = fx 2 E; kf (x)k = kxkg.
Montrer que O(E ) est a la fois ouvert et ferme dans A.
65. Soit A 2 Mn(R). Montrer que A est diagonalisable si et seulement si il existe
une matrice S symetrique denie positive telle que tA = SAS 1 .
66. Soient S 2 Mn(R) une matrice reelle symetrique positive et A 2 Mn(R). On
suppose AS 2 = S 2 A. Montrer que l'on a AS = SA.
67. Montrer que deux matrices reelles unitairement semblables sont orthogonalement semblables.
68. Soient A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R) et B = (bi;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R) deux
matrices symetriques reelles positives. On considere la matrice C , notee A B ,
dont le terme general d'indices (i; j ) est le produit ai;j bi;j des coecients
des matrices A et B . Montrer que C est symetrique positive. (On pourra
commencer par le cas ou A et B sont de rang egal a 1). Montrer que si A et B
sont denies positives alors C l'est aussi. On note D la matrice dont le terme
general d'indices (i; j ) est exp (ai;j ). Montrer que D est symetrique denie
positive.
2
2
69. Soit E un R-espace vectoriel de dimension nie n. Soient q1 et q2 deux formes
quadratiques denies sur E .
On suppose 8v 2 E n f0g; q1(v) + q2 (v) > 0.
Montrer qu'il existe une base de E orthogonale pour q1 et q2.
11
Il s'agit d'un cas particulier du cas general vu a l'exercice numero 54.
18 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
70. Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension n. On note f le produit
scalaire. Soient ' et deux formes lineaires independantes denies sur E . On
pose q = ' .
(a) Verier que q est une forme quadratique.
(b) Quel est l'endomorphisme symetrique, u, associe a q ?
Determiner Ker(u); Im(u) et les vecteurs propres de u.
(c) Soit, u 2 L(E ), un endomorphisme symetrique de rang 2. On pose
q(x) = f (u(x); x). Existe-t-il ' et deux formes lineaires telles que
q=' ?
71. Soit u 2 L(E ) (E euclidien). Soit q : x 2 E 7 ! ku(x)k2 2 R. Quelle est la
forme polaire de q ? Quel est l'endomorphisme symetrique associe ?
72. Soit q une forme quadratique sur le R-espace vectoriel E .
On note : O(q) = fu 2 GL(E ) = q u = qg.
(a) Montrer que O(q) est un sous-groupe de GL(E ).
(b) Soit e une base de E . Soit M = Mat(u; e), ou u 2 GL(E ). Montrer :
u 2 O(q) , t MAM = A ou A est la matrice de q dans la base e.
73. Soit R3 rapporte a sa base canonique, muni du produit scalaire canonique et
oriente par la donnee de cette base. Soient u et v deux elements donnes de R3.
On pose : q(x) = (x j u ^ (v ^ x)). Montrer que q est une forme quadratique.
Determiner une base orthonormale de R3, orthogonale pour q.
74. Soit E un R-espace vectoriel. Soit N une norme sur E veriant12 :
8(x; y) 2 E 2 ; (N (x + y))2 + (N (x y))2 = 2((N (x))2 + (N (y))2).
Montrer que N est une norme euclidienne.
Pour cela : poser f (x; y) = (N (x + y))2 (N (x y))2.
Calculer f (x; 2y); f (x + y; z ) en deduire que f est additive, continue donc
lineaire par rapport a l'argument de gauche.
Montrer que le resultat est analogue dans le cas d'un C -espace vectoriel.
75. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit e = (e1; ; en ) une base de E . Soit
A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R). Montrer qu'il existe une unique famille (e0i )i2Nn
d'elements de E telle que 8(i; j ) 2 (Nn )2; ai;j = (ei j e0j ).
2
76. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit e = (e1 ; ; en ) une base quelconque
de E .
Montrer qu'il existe e0 = (e01 ; ; e0n ) une base de E telle que 8(i; j ) 2 (Nn )2 ,
(ei j e0j ) = ij .
Quelles sont les coordonnees d'un vecteur dans la nouvelle base en fonction de
celles dans l'ancienne base ?
12
La propriete du parallelogramme.
19
77. Soit E un espace euclidien. Soit e = (e1; ; en) une base quelconque de E .
n
X
Soit x2 E 7 ! q(x) = (x j ei )2 2 R.
i=1
(a) Montrer que q est est forme quadratique denie positive ; quelle est sa
forme polaire B ?
Montrer qu'il existe une base e0 = (e0i )i2Nn de E telle que 8(i; j ) 2 (Nn )2 ,
B (e0i ; e0j ) = ij .
(b) Si e est orthonormale, que sont q et B ?
78. Soit x = (x1 ; ; xn) 2 Rn et soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R) une matrice
symetrique.
On considere la matrice M (x) = (mi;j (x))(i;j)2(Nn ) 2 Mn+1(R) symetrique
telle que 8j 2 N; 26j 6n + 1; m1;j (x) = xj 1 , m1;1 (x) = 0 et pour i et j
compris entre 2 et n + 1, mi;j (x) = ai 1;j 1 .
On pose q(x) = det(M (x)).
(a) Montrer que q est une forme quadratique denie sur Rn.
(b) Quelle est la matrice de q dans la base canonique " = ("1; ; "n) de
Rn ?
(c) On suppose A inversible. On considere la base B = (e1 ; ; en) ou pour
n
X
j 2 Nn , ej = ai;j "i .
i=1
Quelle est la matrice de q dans la base B ?
79. Verier que les applications suivantes sont des formes quadratiques, quelles
sont leurs signatures ?
A 2 Mn(R) 7 ! (tr A)2 2 R,
A 2 Mn(R) 7 ! tr (tAA) 2 R,
A 2 Mn(R) 7 ! (tr A2 ) 2 R,
A 2 Mn(R) 7 ! (tr A2 + tr(A)2) 2 R,
A 2 Mn(R) 7 ! tr(SAtA) 2 R (S est une matrice symetrique xee).
80. Quelles sont les signatures des formes quadratiques suivantes ? ou (xi )i2Nn
designent les coordonnees d'un element de Rn (n>2) :
2
+1
2
n 1
X
(xi+1 xi )2 + (xn x1 )2
i=1
X
xi xj
i6=j
16i;j 6n
(x1 x2 )2 + (x2 x3 )2 + (x3 x4 )2 (x4 x5)2 (x5 x6 )2
(x6 x1 )2 +
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
!
6
X
2
i=1
xi .
20 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
81. Soit v = (x1; ; xn) 2 Rn. On pose q(v) =
X
(xi xj )2.
16i<j 6n
Quelles sont les valeurs et les vecteurs propres de la matrice A de q dans la
base canonqiue de Rn ?
82. Trouver pour chacune des formes quadratiques q suivantes une base orthonormale de R3 (muni du produit scalaire canonique), orthogonale pour q.
2x2 + y2 + 2z 2 + 2xy + 2xz + 2yz; (x + y)(y z ); 2xy + 2yz + 2xz .
83. Soit q la forme quadratique denie sur R2[X ] par : q(P ) = P (0)P (1).
(a) Quelle est la matrice de q dans la base (1; X; X 2) ?
(b) On munit R2[X ] du produit scalaire
(a + bX + cX 2; a0 + b0X + c0 X 2) 2 (R2[X ])2 7 ! aa0 + bb0 + cc0 2 R.
Determiner une base orthonormale de R2[X ], orthogonale pour q.
(c) Soit P = 1 + X + X 2. Soit f la forme polaire associee a q. Determiner
l'orthogonal (pour f ) de P ; c'est-a-dire l'ensemble des polyn^omes Q tels
que f (P; Q) = 0.
84. Polyn^omes orthogonaux SoitZ f 2 C ([0; 1]; R+ .
1
Soit ' : (P; Q) 2 (R[X ])2 7 ! f (t)P (t)Q(t)dt 2 R.
0
(a) Montrer que ' est un produit scalaire ; montrer l'existence d'une base
orthonormale (pour ') (Pn)n2N de R[X ], deg Pn = n.
(b) Montrer que, pour n>1, les polyn^omes Pn sont scindes a racines simples.
On pourra considerer les racines d'ordre impair de Pn.
85. Polyn^omes orthogonaux
Z 1 Soit E = R[X ].
Soit q : P 2 E 7 !
P 2 (t)(1 + t2 )dt.
1
(a) Montrer que q est une forme quadratique sur E , denie positive.
(b) Construire une base orthogonale, pour le produit scalaire deni par q,
formee de polyn^omes Pi unitaires de degre i.
E tudier la parite des Pi .
(c) Soit i 2 f1; 1; ; n 2g (n>2), soit Fi = Ri 1[X ]; F0 = f0g. Determiner
une base de Fi .
(d) Montrer : Pi+2 XPi+1 2 Fi. En deduire une relation entre Pi+2 ; Pi+1 ; Pi.
86. Soit E = R2[X ] muni du produit scalaire (P; Q) 2
E2
7!
Z1
1
P (t)Q(t)dt.
(a) Determiner la base obtenue a partir de la base canonique par le procede
d'ortonormalisation de Schmidt.
21
(b) Soit q l'application denie sur E par q(a + bX + cX 2 ) = a2 + b2 + c2 .
Quelles sont les matrices dans les deux bases de la forme polaire de f et
de l'endomorphisme symetrique associe a q ?
Z
1 2 i
87. Soit n 2 N . On denit de C [X ] dans C par (P; Q) =
P
(e )Q ei d.
2 0
(a) Montrer que est un produit scalaire hermitien.
(b) Montrer que la base canonique de C [X ] est orthogonale pour .
(c)
Soit Q(X ) = X n +
n 1
X
ak X k .
k=0
Calculer kQk2 . En deduire que M = sup jQ(z )k>1, puis que M = 1 si
jz j=1
et seulement si les coecients ai sont tous nuls.
88. Theoreme de Courant-Fischer Soit u un endomorphisme hermitien d'un
espace vectoriel hermitien E . Nous admettrons en utilisant les exercices deja
vus que u est diagonalisable dans une base orthonormale; les valeurs propres
de u etant reelles. Soient 1 >2> : : : >n les valeurs propres de u. Montrer :
(u(x) j x) (u(x) j x) (a) n = min
x=
6 0
x6=0
kxk2 ; 1 = max
kxk2 .
" #
" #
(u(x) j x)
(u(x) j x)
(b) k = max
min
, k = min
max
. V est un
2
x2V
x
2
W
V
W
kxk
kxk2
x6
x6
sous-espace de dimension k, W est un sous-espace de dimension n k +1.
On pourra faire appara^tre les espaces propres .
=0
=0
89. (a) Soit A 2 Mn(C ) ; montrer l'inegalite j det(A)j26
n
Yn X
j =1
i=1
!
jai;j j2 dite
inegalite de Hadamard.
On pourra ecrire A = UT ou U est une matrice unitaire et T une matrice
triangulaire.
(b) Application Soit c>0 majorant
les modules de tous les coecients de A.
n
Montrer j det(A)j6cnn .
2
90. Soit A 2 Mn(R) une matrice symetrique reelle positive. Soit U 2 O(n) une
matrice orthogonale.
Montrer : j tr(AU )j6 tr(A).
91. Soit n 2 N , soient A et B deux matrices hermitiennes >0 (on commencera
par le cas A > 0).
En utilisant la convexite de la fonction : x 2 R 7 ! ln(1+enx) 2 R, demontrer :
(det A) n + (det B ) n 6(det(A + B )) n :
1
1
1
92. Soit u 2 O(E ) ou E est un espace vectoriel euclidien. Soit v = IdE u.
22 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
(a) Montrer : Ker v = (Im v) .
n 1
1X
(b) Montrer : 8x 2 E; n!lim
uk (x) existe. Soit p(x) cette limite. Mon+1 n
k=0
trer que p est la projection orthogonale sur Ker v.
n 1
X
1
k
(c) Pour n 2 N on note pn =
n k=0 u et p0 = 0. Montrer que la suite
d'applications (pn )n2N converge dans L(E ) vers p.
93. Soit (E; ') un espace prehilbertien complexe. Soit (x1 ; x2 ; ; xn ) 2 E n.
Soit M la matrice de terme general mi;j = '(xi ; xj ). M est appelee matrice
Gram de (x1 ; x2 ; ; xn). Le determinant de M est appele determinant
Gram de (x1; x2 ; ; xn ) nous le noterons detGram(x1 ; x2 ; ; xn).
(a) Soient = (1 ; 2 ; ; n ) 2 C n et =!(1; 2 ; ; n) 2 C n .
n
X
n
X
i xi ; i xi .
On pose f (; ) = '
i=1
i=1
Montrer que f est une forme sesquilineaire a symetrie hermitienne, positive.
(b) Quelle est la matrice M de f dans la base canonique de C n ?
(c) Montrer que si la famille (x1; x2 ; ; xn ) est libre alors f est un produit
scalaire hermitien sur C n .
En deduire une condition necessaire et susante pour que la famille
(x1 ; x2; ; xn) soit libre.
(d) Soit V un sous espace vectoriel de dimension nie, p, de E .
Soit e = (e1 ; e2; ; ep ) une base de V , soit x 2 E .
Montrer que l'on a : d2 (x; V ) = detGram(x; e1 ; ; ep )
detGram(e1; ; ep )
94. Soient v1 ; ; vn n vecteurs d'un espace prehilbertien
reel. Soit la fonction
denie sur
Rn
n
X
2
par : [(x1 ; ; xn )] = xk vk .
k=1
Montrer que est une forme quadratique. Quelles sont la signature et le rang
de ?
95.
Soient n 2 N
an) 2 C n
Z1
et f : (a1; ;
7 ! j1 + a1t + ; antn j2dt 2 R.
0
En utilisant la distance a un sous-espace, montrer que f possede un minimum
egal a : 1 2 .
(n + 1)
On pourra munir EZ = C ([0; 1]; C ) du produit scalaire
1
2
: (u; v) 2 E 7 ! u(t)v(t) dt 2 C .
0
On admettra que le determinant de la matrice dont le terme general est 1
ci + dj
Y
avec ci + dj 6= 0 est13 :
i<j
23
(cj ci )(dj di )
Y
(ci + dj )
.
16i;j 6n
Utiliser le resultat de l'exercice concernant les matrices Gram.
Z +1
96. Soit f : (a1 ; ; an ) 2
7 ! exp( t)j1 + a1t + ; antn j2dt 2 R ou
0
n 2 N .
En utilisant la distance a un sous-espace, montrer que f possede un minimum
egal a : 1 .
n+1
On pourra munir P l'espace des fonctions
Z +1 polynomiales complexes du produit
scalaire : ' : (u; v) 2 (P )2 7 ! exp( t)u(t)v(t) dt 2 C .
0
On pourra utiliser le determinant Gram.
Cn
97. Quel est le minimum de (u; v) 2
R2
7!
Z1
0
(sin(t) ut2 v)2 dt 2 R ?
Il s'agit d'un determinant de Cauchy. Prouvons ce resultat.
Notons An la matrice de terme general d'indices (i; j ) c +1 d avec ci + dj non nuls.
i
j
Si deux elements ci ou deux elements di sont egaux, le determinant est nul. Supposons que les ci
sont deux a deux distincts ainsi que les di .
c1) (X cn 1)
Soit P = (X
(X + d1) (X + dn) que l'on decompose en elements simples sous la forme
n X
i .
X
+
di
i=1
13
n
X
Remplacons la nieme colonne de la matrice par i Ci ou Ci designe la iieme colonne de la mai=1
trice initiale.
n
X
Le terme d'indices (i; n) devient alors c +j d = P (ci) = 0 pour i 2 Nn 1 . Nous en deduisons
j
j =1 i
nY1
( 1)n 1 (ci + dn)
i=1
det(An ) = 1 P (cn) det(An 1). n =
.
n
1
Y
n
(di dn)
i=1
nY1
nY1
(cn ci)
[(cn ci)(dn di)]
i
=1
i
=1
P (cn) = Y
donc det(An ) = n
det(An 1). det(A1 ) = c +1 d .
n
n
1
Y
Y
1
1
(di + cn)
(di + cn) (ci + dn)
i=1
i=1
i=1
Si nnous supposons le resultat acquis jusqu'au rang n alors au rang suivant nous obtenons
Y
Y
(cj ci)(dj di)
[(cn+1 ci)(dn+1 di )]
16i<j 6 n
i=1
Y
qui n'est autre que le resultat au rang n +1.
nY
+1
n
Y
(ci + dj )
(di + cn+1) (cj + dn+1)
16i;j 6n
i=1
j =1
Le resultat est bien demontre.
24 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
98. Soient a et b deux vecteurs orthogonaux non nuls d'un espace vectoriel euclidien de dimension n>2.
(a j x) (b j x)
Quels sont les extrema de x 2 E n f0g 7 !
kxk2 2 R ?
99. On pose q1 (v) = 14x2 + 2y2 + 3z 2 + 8xy et q2 (v) = 2x2 + xy 2xz + yz ou
v = (x; y; z ) 2 R3. Determiner pour v 6= 0 un encadrement de qq2 ((vv)) .
1
100. En utilisant la reduction simultanee de deux formes quadratiques, determiner
les extrema de :
2 2y 2 + 2xz
2 R.
(x; y; z ) 2 R3 n f(0; 0; 0)g 7 ! 2 3x +
3x + y2 + 3z 2 2xz
101. En utilisant la reduction simultanee determiner les extrema de l'application
2y2 3z 2 + 2xz
(x; y; z ) 2 R3 n f(0; 0; 0)g 7 ! 2 2
2 R.
3x + y + 3z 2 2xz
102. Trouver une base de reduction commune a x2 + 8y2 8xy et 2x2 + 4y2 4xy.
103. Soit A 2 Mn(R) une matrice symetrique reelle telle que A3 + A2 + A = 0.
Montrer que A est nulle.
104. Soit e = (ei)i2Nn une base orthonormale de l'espace vectoriel euclidien E . Soit
f = (fi )i2Nn une famille d'elements de E .
Notons pour i 2 Nn ; e0i = ei + fi .
n
X
(a) Montrer : kfi k2 < 1 ) e0 = (e0i )i2Nn est libre.
i=1
On pourra supposer que la famille est liee et on utilisera l'inegalite de
Cauchy-Schwarz.
n
X
1
0
(b) On considere n elements ei unitaires de E tels que (ei j e0i ) > n .
2
i=1
0
0
Montrer que la famille e = (ei )i2Nn est libre.
105. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme symetrique de
E . Soient 1 >2> >n les valeurs propres de u. Soit " = ("1 ; ; "n)
une base orthonormalek de E .
k
X
X
Montrer : 8k 2 Nn ; (u("i ) j "i )6 i .
i=1
i=1
106. Soient E et F deux K -espaces vectoriels de dimensions respectives n et p. Soit
B une forme bilineaire denie de E F a valeurs dans K . Soient H un sousespace vectoriel de E et L un sous-espace vectoriel de F . On note
H ? = fy 2 F; 8x 2 H; B (x; y) = 0g et
L? = fx 2 E; 8y 2 L; B (x; y) = 0g.
H ? est appele orthogonal a droite de H relativement a B et L? est appele
orthogonal a gauche de L relativement a B .
25
Montrer :
dim(H ?) + dim(H ) = p + dim(F ? \ H ) et
dim(L?) + dim(L) = n + dim(E ? \ L).
107. Soit A une matrice symetrique reelle. Montrer qu'il existe un polyn^ome f 2
R[X ] tel que A = f (exp(A)).
Application : soient A et B deux matrices symetriques reelles. On suppose
que exp(A) et exp(B ) commutent. Montrer que A et B commutent.
108. On pose, pour M 2 Mn(R), exp(M ) =
+1
X
1
n.
M
k=0 n!
Soient Sn(R) le sous ensemble de Mn(R) des matrices symetriques reelles et
SDPn(R) celui des matrices symetriques denies positives.
Montrer que exp realise une bijection f de Sn(R) dans SDPn(R).
109. Soit A 2 Mn(R) une matrice symerique. Soit X 2 Mn;1(R) une matrice colonne que l'on identie a un element de Rn muni du produit scalaire canonique.
Determiner inf ftr((A t X tX )2 ); kX k = 1; t 2 Rg.
110. Soit A 2 Mn(C ). On suppose A symetrique et on suppose que tous les mineurs
principaux de la matrice A sont non nuls. Pour i 2 Nn on note Di le mineur
principal d'indice i c'est-a-dire le determinant de la sous-matrice de la matrice
A formee des elements d'indices (j; k) de la matrice A avec 16j 6i; 16k6i.
On posera D0 = 1.
D
D
D
1
i+1
n
Soit B = Diag
D0 ; ; Di ; ; Dn 1 . Montrer qu'il existe une matrice triangulaire superieure P a elements diagonaux egaux a 1 telle que
A = tPBP .
Qu'en deduire lorsque A est reelle denie positive ?
111. (a) Soit E un R-espace vectoriel de dimension nie n>1. Soit ' une forme
bilineaire symetrique denie sur E . Soit F un sous-espace vectoriel de E .
Nous appelons orthogonal de F (que nous notons F ? ) relativement a '
l'ensemble des elements x de E veriant : 8y 2 F; '(x; y) = 0.
Montrer la relation : dim(F ) + dim(F ? ) = dim(E ) + dim(F \ E ?).
(b) Soir A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R) une matrice symetrique.
Montrer : A denie positive () les n mineurs principaux14 de A sont
strictement positifs.
2
112. Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R), symetrique. Soit I f1; ; ng. Notons
AI = (ai;j )(i;j)2I .
Montrer : 8I f1; ; ng; det(AI )>0 ) A>0.
On pourra calculer le polyn^ome caracteristique de A en fonction des determinants des matrices telles que AI .
Il s'agit des n determinants des n matrices (ai;j ) i;j 2 N 2 ; r 2 Nn .
2
2
14
(
) ( r)
26 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
113. Soit M une application continue de [0; 1] dans Mn(R). On pose pour t 2 [0; 1]
M (t) = (ai;j (t))(i;j)2(Nn) . On suppose que pour tout t 2]0; 1[ M (t) est une
matrice symetrique denie positive.
2
(a) Montrer que A =
Z1
0
M (t) dt est une matrice symetrique denie positive.
1
(b) Montrer que la matrice de terme general d'indices (i; j ) 2 (Nn )2
1 + ji j j
est symetrique denie positive.
On admettra15 qu'une matrice reelle symetrique est denie positive si et
seulement si tous les mineurs principaux sont strictement positifs.
114. Soit E un espace euclidien de dimension n>2. Soient a et b deux vecteurs
orthogonaux non nuls.
On considere l'application u denie par x 2 E 7 ! (a j x)b (b j x)a 2 E
(a) Expliciter u ; calculer kjujk.
(b) Supposons kbk6kak.
Trouver f 2 L(E ) telle que f = f; kjf jk61; f (a) = b.
115. Inegalite de Kantorovitch Soit u un endomorphisme hermitien deni positif16 deni sur un espace vectoriel hermitien E . Montrer que pour x 2 E; x 6= 0
(u(x) j x) (u 1 (x) j x) (1 + n)2
nous avons 16
6 4 ou 1 est la plus petite vakxk4
1 n
leur propre de u et n est la plus grande valeur propre de u.
116. Soit A une matrice reelle symetrique denie positive.
(a) Soient X et Y deux elements de Mn;1(R).
Montrer l'inegalite : (X AX )(Y A 1Y )>(X Y )2.
(b) On note xi l'element d'indices (i; 1) de X . Soit, pour i 2 Nn , Ai la
matrice obtenue en supprimant la ligne i et la colonne i de la matrice A.
Montrer : det(A) = minfX AX; X 2 Mn;1(R) avec xi = 1g.
det(Ai )
117. Soit E l'espace vectoriel des matrices de Mn(R) symetriques. Pour A et B
dans E ont dit A6B si et seulement si 8X 2 Mn;1(R); X AX 6X BX .
(a) Montrer que 6 est une relation d'ordre sur E .
(b) Soit (Ak )k2N une suite croisante majoree d'elements de E . Montrer que
cette suite converge dans E .
Voir plus haut.
Je rappelle que cela signie 8(x; y) 2 E 2; (u(x) j y) = (x j u(y)) et (u(x) j x)>0, nul si et
seulement si x = 0.
Un endomorphisme hermitien positif a ses valeurs propres reelles et positives, un endomorphisme
hermitien deni positif a ses valeurs propres reelles et strictement positives.
15
16
27
(c) Soit (Pk )k2N la suite17 de polyn^omes reels denie par P0 = 1 et pour
k 2 N; Pk+1 = Pk + 21 (X Pk 2.
Nous admettons, pour l'avoir vu dans les exercices d'analyse auxquels se
reporter, que la suite d'applications polynomiales
p (t 7 ! Pk (t))k2N converge
sur [0; 1] uniformement vers t 2 [0; 1] 7 ! t 2 R.
Soit A 2 E . Notons, pour k 2 N, Bk = Pk (A).
Montrer que si les valeurs propres de A sont dans [0; 1] alors la suite
(Bk )k2N converge vers un element de E a preciser.
118. Soit E un espace euclidien de dimension n 2 N .
Soit (ui )i2Nn une famille de vecteurs unitaires deux a deux distincts veriant
pour tout couple (i; j ) 2 (Nn+1 )2 avec i 6= j , (ui j uj ) = a 2 R; a 6= 1.
Montrer l'existence d'une telle famille pour une certaine valeur de a.
+1
119. (a) Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension n>1.
Soit (x1 ; ; xp ) 2 E p une famille de vecteurs telle que 8(i; j ) 2 (Np )2 ,
i 6= j ) (xi j xj ) < 0.
p
X
p
On suppose qu'il existe (1; ; p ) 2 R (non nul) tel que i xi = 0.
i=1
p
X
jijxi = 0 ; en deduire que si une famille de vecteurs (xi )i2Np
de E verie la condition 8(i; j ) 2 (Np )2; i =
6 j ) (xi j xj ) < 0 alors
p6n + 1.
(b) Soit p 2 N; p>n + 1. Soit (xi )i2Np 2 E p une famille de vecteurs unitaires
veriant 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; i =
6 j ) kxr
i xj k = d > 0.
Montrer
i=1
Montrer que l'on a p = n + 1 et d = 2 n + 1 .
n
On pourra utiliser le determinant Gram.
120. (a) Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(C ) une matrice hermitienne denie positive.
Yn
Montrer que l'on a det(A)6 ai;i. A-t-on l'egalite ?
i=1
Utiliser l'inegalite de Hadamard.
(b) Soit A 2 M2p (C ) une matrice hermitienne denie positive constitutee
de quatre sous-matrices A1;1 ; A1;2 ; A2;1; A2;2 avec Ai;j 2 Mp(C ) et
A1;2 = A1;2 . Montrer det(A)6 det(A1;1) det(A2;2) ; retrouver le resultat
precedent.
2
121. Soit E un espace euclidien. Soient a et b deux endomorphisme symetriques
denis positifs de E .
Montrer qu'il existe c 2 L(E ) unique tel que a c + c a = b.
Montrer que c est symetrique deni positif.
17
Voir les exercices d'analyse.
28 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
Supposons dim(E ) = 2, soient a et c deux endomorphisme symetriques denis
positifs de E . Verier que a c + c a n'est pas necessairement deni positif.
122. Soit E un espace euclidien. Soit f un endomorphisme de E de norme, subordonnee a la norme euclidienne, au plus egale a 1. Soit a 2 E . Montrer :
f (a) = a ) f (a) = a.
?
Montrer que E = Ker(f IdE ) Im(f IdE ).
123. Soit E l'ensembles des suites complexes a = (an)n2N telles que la serie
soit convergente.
(a) Verier que E est un C -espace vectoriel.
X
janj2
+1
X
Montrer que (a; b) 2 7 ! anbn 2 C est un produit scalaire hermin=0
tien.
Soit, pour p 2 N, a(p) la suite denie par 8n 2 N; a(p) n = np . Montrer
que la famille a(p) p2N est une famille orthonormale d'elements de E ,
muni du produit scalaire precedent.
(b) Soit x = (xn)n2N un element de E . Soit y = (yn)n2N denie par 8n 2 N,
yn = n +1 1 xn. Montrer que y appartient a E et que x 7 ! y est un
endomorphisme hermitien de E .
(c) Soit x = (xn)n2N un element de E . Soit y = (yn)n2N denie par 8n 2 N ,
yn = xn 1, y0 = 0. Montrer que y appartient a E et que x 7 ! y est un
endomorphisme de E qui conserve la norme. Est-ce un automorphisme ?
124. Soit E un espace vectoriel euclidien.
Soient x = (xi )i2Nn et y = (yi)i2Nn deux familles d'elements de E telles que
8(i; j ) 2 (Nn )2; (xi j xj ) = (yi j yj ).
(a) Montrer que x et y ont m^eme rang.
(b) Montrer qu'il existe une isometrie f de E telle que 8i 2 Nn ; f (xi ) = yi.
125. Soit E un espace euclidien de dimension n 2 N . Soit e = (ei )i2Nn une famille
n
X
2
d'elements de E unitaires. On suppose 8x 2 E; kxk = (x j ei )2.
i=1
Montrer que e est une base orthonormale de E .
126. Soit e = (ei )i2Nn une famille d'elements de l'espace vectoriel euclidien E .
n
n
X
X
Soient x = xi ei et y = jxijei .
E2
i=1
i=1
Montrer : (8(i; j ) 2 (Nn )2 ; i 6= j; (ei j ej )60) ) kxk>kyk.
127. (a) Soit E un plan euclidien. Comment choisir e1, e2 et e3 trois elements de
E tels que 8(i; j ) 2 (N3 )2; i 6= j ) (ei j ej ) < 0 ?
(b) Montrer qu'il existe (1; 2 ; 3 ) 2 (R+)3 tel que 1e1 + 2 e2 + 3 e3 = 0.
29
(c) Montrer que pour tout vecteur x du plan les produits scalaires (x j ei )
avec i 2 N3 ne peuvent pas ^etre tous de m^eme signe.
128. Soit E un espace euclidien oriente de dimension 3. Soit u un element de
E de norme egale a 1. Determiner (; ; ) 2 R3 tel que l'application
f : x 2 E 7 ! x + (u j x)u + (u ^ x) 2 E soit une rotation.
129. Soit E un espace vectoriel euclidien oriente de dimension 3. Soient ! un vecteur
non nul et x un element de E . On pose u0 = x et pour n 2 N; un+1 = ! ^ un .
(a) Montrer que la serie de terme general 1 un est convergente.
n!
+
X1 1
(b) Montrer que l'application x 2 E 7 !
un 2 E est une rotation
n=0 n!
130. Soit e une base orthonormale d'un espace euclidien de dimension egale a 3.
Soit u 2 E de coordonnees dans la base e, (1; 0; 2).
Determiner la matrice dans la base e de la symetrie orthogonale par rapport a
Ru et de la rotation d'axe dirige par Ru est d'angle dont une mesure est egale
a .
4
131. Soit E un R-espace vectoriel de dimension nie n>1. Soit ' denie de E 2
dans R une forme bilineaire symetrique.
Soient x = (x1; ; xn ) 2 E n et y = (y1; ; yn) 2 E n.
On pose (x; y) = det(M ) ou M = (mi;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R) est denie par
8(i; j ) 2 (Nn )2; mi;j = '(xi ; yj ).
(a) Montrer : 9 2 R, (x; y) = (x1 ; ; xn ) (y1; ; yn) ou est
une forme n-lineaire alternee non nulle.
(b) Determiner en fonction du choix de .
Montrer : = 0 () ' est degeneree.
132. Soit E une espace vectoriel euclidien oriente de dimension egale a 3. Soit u un
automorphisme de E .
Montrer : 8(x; y) 2 E 2; u(x) ^ u(y) = (det(u))(u 1)(x ^ y)).
2
133. Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn)
2
X 2 O(n). Montrer la relation : ai;j 6n.
16i;j 6n
134. (a) Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension egale a n>1. Soit u un
endomorphisme symetrique de E . Soit 1 la plus grande valeur propre
de u.
Montrer que pour tout x 2 E; (u(x) j x)61kxk2 .
(b) Soit e = (e1 ; ; en) une
base orthonormale de E .
Soit A = ai;j )(i;j)2(Nn) la matrice de u dans la base e. On supose que
pour tout couple (i; j ) 2 (Nn )2 avec i 6= j nous avons ai;j >0.
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
30 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
n
X
n
X
xi ei 2 E . Notons jxj l'element jxj = jxi jei 2 E . Montrer
i=1
i=1
l'inegalite (u(x) j x)6(u(jxj) j jxj).
Montrer que si x est un vecteur propre associe a la valeur propre 1 alors
jxj aussi.
135. Soient E un K -espace vectoriel de dimension nie (K =R ou C ) et u 2 L(E ).
On suppose qu'il existe v 2 L(E ) tel que p!lim
up = v.
+1
Soit x =
(a) Montrer que v est un projecteur.
(b) Soit u le polyn^ome caracteristique de u. Montrer que si est une racine
complexe de u alors jj < 1 ou = 1.
136. Corps des quaternions Soit H le R-espace vectoriel de M4 (R) engendre par
les quatre
1 00 1 0 01
0 1 0matrices
0 0
B 1 0 0 0 CC,
B0 1 0 0C
e=B
A, i = B
@0 0 0 1A
@0 0 1 0C
0 00 00 0 1 1 0 1 0 00 0 1 0 0 0 1 1
BB 0 0 1 0 CC.
B0 0 0 1C
C
et
k
=
j =B
@ 0 1 0 0A
@1 0 0 0A
1 0 0 0
0 1 0 0
On note E = Re et F = Vect(i; j; k). Soit q 2 H ; q = ae + bi + cj + dk. On
pose q = ae bi cj dk, tr(q) = a et N (q) = a2 + b2 + c2 + d2 .
(a) Verier que H est une R-algebre.
(b) Soient q1 et q2 deux elements de H . Calculer N (q1q2 ), montrer que H est
un corps et determiner le centre de ce corps ; c'est-a-dire l'ensemble des
elements de H qui commutent avec tous les elements de H .
(c) On munit H de la structure euclidienne denie par (q1 j q2) = tr(q1 q2).
Verier que (e; i; j; k) est une base orthonormale de H .
Soit F l'orthogonal de la droite E . Nous voulons etudier SO(F ).
i. Soit H1 = H n f0g. Soit q 2 H1 .
Pour x 2 H on pose '(q)(x) = qxq 1 . Verier que '(q) est un
automorphisme de la R-algebre H .
Determiner q 2 H tel que '(q) = IdH .
Comparer tr(x) et tr(qxq 1 ). En deduire que F est stable par '(q).
ii. Soit q 2 H1 . On pose (q) = '(q) F ; montrer que (q) est un
automorphisme orthogonal de F . Quel est l'axe de rotation ?
Qu'est (q) si q appartient a H1 \ F ?
En deduire que : q 2 H1 7 ! (q) 2 SO(F ) est surjective.
iii. Soit S3 la sphere unite de H . E tudier la restriction de au sousgroupe multiplicatif S3 ; noyau, image.
31
137. Que dire de deux rotations, dierentes de l'identite, d'un espace euclidien de
dimension 3 qui commutent ?
138. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soient a et b deux elements de E dierents et de m^eme norme.
Redemontrer le resultat classique : il existe une et une seule symetrie orthogonale hyperplane (une reexion) echangeant a et b.
Soit f 2 O(E ). Soit p la dimension du noyau de f IdE . Montrer que f
s'ecrit comme le produit d'au plus dim(E ) p reexions.
139. Soit A 2 Mn(R) une matrice symetrique reelle. Montrer qu'il existe n matrices
orthogonales P1 ; ; Pn representant des symetries orthogonales hyperplanes,
dans Rn muni de son produit scalaire canonique et rapporte a sa base canonique, et une matrice tridiagonale B telles que (P1 Pn)A(P1 Pn) = B .
140. Soit E = C ([ 1; 1]; R).
Z1
2
On considere le produit scalaire F : (f; g) 2 E 7 ! f (t)g(t) dt 2 R.
1
Determiner une fonction polynomiale de degre au plus egal a 2 qui approche au
mieux (au sens de la norme associee a F ) l'application t 2 [ 1; 1] 7 ! jtj 2 R.
141. Soit E = Mp;q (R). Soit A 2 E .
On considere l'application f : M 2 E 7 ! AM A 2 E .
Montrer que f est diagonalisable.
(Utiliser (M; N ) 2 E 2 7 ! tr(M N ) 2 R).
142. Soit (ti)i2Nn 2 Rn. On pose pour (i; j ) 2 (Nn )2, ai;j = ti tj .
Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn) . Montrer que A est diagonalisable ; quels sont les
elements propres ?
143. Soit E un R-espace vectoriel de dimension egale a n>1. Soient p et q deux
entiers naturels tels que p + q = n. Soit Bp;q l'ensemble des formes bilineaires
symetriques de signature (p; q).
Montrer que Bp;q est un ouvert de l'ensemble B des formes bilineaires symetriques denies sur E .
144. On munit le C -espace vectoriel E = C20 (R; C ) des fonctions continues complexes 2-periodiques, du produit
Z 2 scalaire hermitien
(f; g) 2 E 2 7 ! (f j g) =
f (t) g(t) dt.
0
E tablir que l'endomorphisme
' de E qui a f associe '(f ) denie par
Z
x
+
a
8x 2 R; ('(f ))(x) = 21a f (t) dt 2 C , pour a > 0 donne, est autoadjoint
x a
(c'est-a-dire hermitien) et determiner la norme de ' subordonnee a la norme
denie sur E .
Quels sont les elements propres de ' ?
145. Soit E un espace vectoriel euclidien. Soit u un endomorphisme symetrique de
E . Soit v un endomorphisme antisymetrique de E . Montrer que u + v est un
2
32 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
automorphisme orthogonal si et seulement si u2 v2 = IdE et u v = v u.
On suppose que u+v est un endomorphisme orthogonal, montrer que le spectre
de u est dans [ 1; 1].
Montrer que si une valeur propre de u appartient a ] 1; 1[ alors le sous-espace
propre associe a cette valeur propre est de dimension paire.
Montrer que si un endomorphisme symetrique u a son spectre inclus dans
[ 1; 1], que si pour une valeur propre de u dans ] 1; 1[ son sous-espace propre
associe est de dimension paire alors il existe un endomorphisme antisymetrique
v tel que u + v est orthogonal.
146. Soient A et B deux matrices orthogonales de Mn(R).
On suppose A + B = In. Montrer A = B et A3 = In.
147. Soit An 2 Mn(R) la matrice dont tous les elements sont egaux a 1. Soit Bn la
matrice de Mn(R) dont tous les elements sont nuls sauf celui d'indices (n; n)
qui est egal a n. Montrer qu'il existe une matrice orthogonale Pn telle que
An = PnBn Pn.
Determiner Pn.
Montrer que l'ensemble des matrices qui commutent avec An est un sous-espace
de Mn(R) de dimension egale a n2 2n + 2.
148. Soit E un espace
! vectoriel
euclidien de dimension trois rapporte a une base
!
!
orthonormale ; ; k .
Determiner la matrice de la projection orthogonale sur le plan d'equation
x + 2y + z = 0 et de la symetrie orthogonale par rapport a ce m^eme plan.
149. Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension 4 rapporte a une base ortonormale. Soient x1 et x2 deux vecteurs de E de coordonnees respectives
(1; 1; 0; 0) et (0; 1; 1; 0).
Quelles sont les matrices dans cette base de la projection orthogonale et de la
symetrie orthogonale par rapport a F = Vect(x1 ; x2 ) ?
150. Soit E = R4 muni de sa structure euclidienne canonique.
Soient x1 = (1; 2; 1; 1), x2 = (1; 1; 2; 1), x3 = (1; 1; 1; 2),
x4 = (2; 1; 1; 1).
On pose H = Vect(x1; x2 ); F = Vect(x3 ; x4 ) et G le plan d'equation cartesienne x + 2y z + t = 0.
(a) Determiner la matrice, dans la base canonique, de la projection orthogonale sur H .
(b) Determiner les images de F et de G dans la symetrie orthogonale par
rapport a H .
151. Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension trois rapporte a une base
orthonormale e = (e1; e2 ; e3 ). Soient u et v deux elements de E de coordonnees respectives (0; 1; 1) et (1; 1; 1). Soit P = Vect(u; v). Determiner
la matrice de la symetrie orthogonale par rapport au plan P .
33
152. Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension egale a 4 rapporte a une
base orthonormale e = (e1; e2 ; e3 ; e4 ). + x2 + x3 + x4 = 0 .
Soit P le plan d'equation cartesienne : xx1 +
1 x2 x3 x4 = 0
Determiner la matrice de la projection orthogonale sur le plan P .
153. Quelle
0 est la nature1 de l'application
1 lineaire de l'espace euclidien E de matrice
1
p 0 p C
0
B
2
2C
B
B
1
1 C
B
CC
p1
0
B
2
2
2
B
CC dans une base orthonormale.
A=B
B
0 1 0 C
B 0
C
B
@
p1
2
1
2
0 1
2
CA
02
M^eme question avec la matrice B = 1 @ 6
7
3
6
3
2
1
3
2 A.
6
154. Soit E = R4 rapporte a sa base canonique et muni du produit scalaire canonique.
0 5 3 1 11
B 1 1 5 3 CC dans cette base.
Soit f l'endomorphisme de matrice B
@ 1 1 3 5A
3 5 1 1
(a)
(b)
(c)
(d)
Quel est le rang de f ?
A quelle condition le vecteur (x; y; z; t) 2 R4 est-il dans Im(f ) ?
Determiner une base de (Im(f )) .
A quelle condition sur (a; b; c; d) 2 E existe-t-il U et V deux matrices
inversibles telles que UAV = Diag(a; b; c; d) ?
155. Soit R3 oriente muni du produit scalaire canonique.
Soit f (x) = a ^ (a ^ x) ou a est un element non nul de R3.
Quels sont les elements propres de f ?
156. Soient E un espace hermitien, a 2 E; kak = 1, 2 C .
Posons u(x) = x + (a j x)a. A quelle(s) condition(s)
(a) u est bijectif ? Trouver alors u 1 .
(b) u est hermitien ?
(c) u est unitaire ?
157. Diagonaliser la matrice A 2 Mn(R) dont les elements sont tous nuls sauf ceux
de la derniere ligne et ceux de la derniere colonne qui sont tous egaux a 1.
34 CHAPITRE 2. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; EXERCICES
158. Soit A 2 Mn(R) une matrice symetrique dont les elements sont egaux a 0
ou 1. On suppose que la trace de A est nulle et qu'il existe d 2 N tel que
A2 + A (d 1)In = J ou J 2 Mn(R) a tous ses elements egaux a 1.
(a) Soit V 2 Mn;1(R) dont les elements sont tous egaux a 1.
Montrer AV = dV ; en deduire n = d2 + 1.
(b) Soient a et b les racines du polyn^ome X 2 + X (d 1). Montrer que le
spectre de A est inclus dans fa; b; dg.
(c) Montrer : d 2 f1; 2; 3; 7; 57g. Determiner A pour d = 1 ou pour d = 2.
00
B0
159. Soit M = B
@0
1
0 0 1
0 0 2C
C
0 0 3 A. Trouver deux matrices A et B appartenant a
1 2 3 0
p
M4 (R) telles que 8n 2 N ; M n = 14n (A + ( 1)nB ).
160. Quels sont les elements propres de la matrice M de Mn(R), (n>2), dont les
elements sont tous egaux a a sauf les elements d'indices (n i + 1; i) (i 2 Nn )
qui sont egaux a b 6= a ?
161. Soit A 2 M2n+1(R). Tous les elements de A sont nuls sauf les elements
d'indices (i; 2n +2 i); i 2 N2n+1 , qui sont egaux a 1. Quels sont les elements
propres de la matrice A ?
0 cos(') cos()
162. Soit (; ') 2 R2. Soit A = @ sin()
1
cos(') sin() sin(')
cos()
0 A.
sin(') cos() sin(') sin() cos(')
Verier que A est la matrice dans une base orthonormale e = (e1 ; e2 ; e3 ),
d'une rotation. Qels sont les elements de cette rotation ?
163. Quelle est la nature de l'endomorphisme u de l'espace0vectoriel euclidien
E
1
2 6 3
1
dont la matrice dans une base orthonormale est A = @ 6 3 2 A.
7
3 2 6
164. Soit A = (ai;j )(i;j)2(Np) 2 Mp (R) avec p>2.
8(i; j ) 2 (Np )2 ; i 6= j ) ai;j = p 1 1 8i 2 Np ; ai;i = 0.
Quels sont les elements propres de la matrice A ?
Soit X0 2 Mp;1(R).
On considere la suite (Xn)n2N denie par 8n 2 N; Xn+1 = AXn.
Quelle est la limite de ctte suite ?
2
165. Soit A 2 Mn(R) (n>3). Les elements de A sont tous nuls sauf les elements
de la premiere ligne, de la premiere colonne, de la diagonale qui sont egaux a
1. Quels sont les elements propres de la matrice A ?
02
166. Soit A = @ 1
1
35
1 1
2 1 A. On considere les deux endomorphismes f et g de
1 1 1
E = M3(R) denis par f (M ) = MA et g(M ) = AM . Determiner les elements
propres de f et g ; sont-ils diagonalisables ?
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
36
Chapitre 3
Algebre quadratique,
preliminaires ; corriges
Lorsque A = (ai;j )(i;j)2NpNq 2 Mp;q (C ), nous noterons A = (bi;j )(i;j)2NqNp 2 Mq;p(C )
la matrice telle que 8(i; j ) 2 Nq Np ; bi;j = aj;i. A s'appelle la matrice adjointe
de la matrice A. Si A 2 Mp;q (R), alors A est la transposee de la matrice A que
nous noterons indieremment A ou tA.
1. Soit f une application bilineaire continue de E F dans G. Choisissons la
norme (x; y) 7 ! max(kxkE ; kykF ).
Soit " > 0. Soit (a; b) 2 E F . Il existe > 0 tel que 8(x; y) 2 E F ,
kx akE 6; ky bkE 6 ) kf (x; y) f (a; b)kG6".
f est en particulier continue en (0; 0) donc
il existe > 0 tel que 8(x; y) 2 E F , kxkE 6; kykE 6 ) kf (x; y)kG61.
Soit (x; y) 2 E F .
kf (x; 0)kG = 06 12 kxkE k0kF . kf (0; y)kG = 06 12 k0kE kykF .
x et y = y.
Supposons x et y non nuls. Soient x1 =
1
kxkG
kykG
1
kf (x1 ; y1)kG61 donc kf (x; y)kG6 2 kxkE kykF . Il existe bien K 2 R+ tel
que 8(x; y) 2 E F , kf (x; y)kG6K kxkE kykF .
Supposons qu'il existe K 2 R+ tel que 8(x; y) 2 E F , kf (x; y)kG6K kxkE kykF .
Soient (a; b; x; y) 2 E F E F .
f (x; y) f (a; b) = f (x a; y b) + f (x a; b) + f (a; y b) donc
kf (x; y) f (a; b)kG6kf (x a; y b)kG + kf (x a; b)kG + kf (a; y b)kG
6K (kx akE ky bkF + kx akE kbkF + kakE ky bkF ).
"
Soit " > 0. Soit > 0; 6 min 1;
.
1 + kakE + kbkF
Nous obtenons kf (x; y) f (a; b)kG6" pour tout couple (x; y) 2 E F
veriant kx akE 6, ky bkF 6.
L'equivalence est bien demontree.
Soit E un espace prehilbertien. Pour (x; y) 2 E 2 ; j(x j y)j6kxk kyk. Le
produit scalaire est bien continu.
Supposons E et F de dimensions nies respectivement egales a p et q. Soient
e = (e1 ; ; ep ) et f = (f1 ; ; fq ) deux bases respectivement de E et F .
Soit up une application
bilineaire denie de E F dans G. Soient enn
q
X
X
x = xi ei et y = yj fj deux elements respectivement de E et F . Noi=1
j =1
38 CHAPITRE 3. ALGE BRE QUADRATIQUE, PRE LIMINAIRES ; CORRIGE S
tons M = max
ku(ei ; fj )kG .
6i6p
1
1
6j 6q
Munissons E de la norme denie par kxkE =
par kykF =
q
X
j =1
p
X
i=1
jxi j et G de la norme denie
jyj j. Toutes les normes sur E sont equivalentes et toutes les
normes sur F sont
Xaussi equivalentes.
ku(x; y)kG6M
jxi j jyj j = M kxkE kykF .
6i6p
6j 6q
1
1
u est bien continue.
2. (a) Soit A une partie non vide de E . Supposons E prehilbertien reel ou
complexe (donc non necessairement de dimension nie) 0 2 A donc
A 6= ;. Soit (x; y; ) 2 A A K (ou K est le corps de base).
Soit a 2 A. (a j x + y) = 0 donc A est un sous-espace vectoriel de E .
Soient A et B deux parties non vides de E . Supposons A B . Soit
x 2 B . Soit y 2 A. (x j y) = 0 car y 2 B donc A B ) B A.
A Vect(A) donc (Vect(A)) A . Soit x 2 A. Soit y 2 (Vect(A)).
Il existe une famille nie (ai)i2Nn d'elements de A et une famille nie
n
X
(i )i2Nn de scalaires telles que y = i ai.
(x j y) =
n
X
i=1
i (x j ai ) = 0. x appartient donc a (Vect(A)) d'ou l'egalite
i=1
A = (Vect(A)).
(b) Supposons E de dimension nie.
Soit F un sous-espace vectoriel de E . Soit x 2 F \ F . Nous avons alors
(x j x) = 0 puis x = 0. F et son orthogonal sont en somme directe. (La
dimension n'intervient pas ici). Nous supposons F 6= f0g car dans ce cas
l'orthogonal est E ; F et son orthogonal sont alors bien supplementaires.
Montrons que tout element de E est la somme d'un element de F et d'un
element de son orthogonal.
Soit a 2 E . f : x 2 F 7 ! ka xk 2 R est une application continue.
f (x)>kxk kak. Nous en deduisons kxk!
lim+1 f (x) = +1. Il existe A > 0
tel que pour tout x veriant kxk>A on ait f (x)>f (0) = kak.
La boule de F fermee de centre 0 et de rayon A est compacte, car F est
de dimension nie, donc f possede un minimum sur A atteint en un point
x0 . En particulier 8x 2 F; kxk>A ) f (x)>f (0)>f (x0 ). Il existe donc
un element x0 de F ou f atteint son minimum c'est-a-dire1 :
8a 2 E , 9v 2 F tel que 8w 2 F; ka vk6ka wk.
Montrons que a v est orthogonal a F .
Pour tout w 2 F et pour tout t 2 K , (a v + tw j a v + tw)>(a v j a v).
En developpant nous obtenons jtj2kwk2 + 2 <e(a v j tw)>0.
1
Nous verrrons d'autres demonstrations plus loin en utilisant la convexite et la completude.
39
Pour t 2 R+ nous avons jtjkwk2 + 2 <e(a v j w)>0,
pour t 2 R nous avons jtjkwk2 + 2 <e(a v j w)60.
En faisant tendre t vers 0 nous en deduisons <e(a v j w) = 0.
Si K = R nous obtenons (a v j w) = 0.
Dans le cas complexe nous avons aussi jtj2kwk2 + 2 <e(a v j itw)>0.
Pour t 2 R+ nous avons jtjkwk2 2=m(a v j w)>0,
pour t 2 R nous avons jtjkwk2 2=m(a v j w)60.
En faisant tendre t vers 0 nous en deduisons =m(a v j w) = 0.
Finalement, dans tous les cas a v est orthogonal a F .
Soit alors a 2 E . a = v + (a v) donc F et F sont supplementaires ; ils
sont donc supplementaires orthogonaux 2 et dim(F )+dim(F ) = dim(E ).
Une autre demonstration est possible.
Nous savons construire par le procede de Schmidt une base orthogonale
a partir d'une base. Si (e1 ; ; en) est une famille libre d'un espace
vectoriel prehilbertien, il existe des coecients i;j pour i allant de 2 a
n et j allant de 1 a n 1 tels que la famille (e01; ; e0n) denie par
les conditions
e0
1
= e1 puis pour i 2
Nn
n f1g, i = ei
e0
i 1
X
j =1
i;j ej soit
orthogonale.
Par ailleurs nous avons toujours 8i 2 Nn ; Vect ((ej )j2Ni ) = Vect (e0j )j2Ni .
A partir d'une base de F completee en une base e de E nous pouvons
trouver une base e0 = (e01; ; e0n) orthogonale de E telle que (e01 ; ; e0p )
soit une base de F . Soit G = Vect(e0p+1 ; ; e0n ).
8(i; j ) 2 N2 ; 16i6p; p + 16j 6n ) e0i ? e0j donc e0j 2 F puis G F donc n p = dim(G)6 dim(F ) c'est-a-dire dim(E )6 dim(F ) + dim(F ).
Nous avons alors l'egalite dim(E ) = dim(F ) + dim(F ). F et F sont
bien supplementaires ; G = F .
Une autre demonstration est possible. Soit (e1; ; ep ) une base de
l'espace vetoriel F .
Pour i 2 Np notons fi la forme lineaire! x 2 E 7 ! (ei j x) 2 K .
p
X
p
X
p
X
i fi = 0 ) 8x 2 E;
i ei j x = 0 donc i ei = 0.
i=1
i=1
i=1
La famille (f1; ; fp ) est donc une famille libre de E . Nous savons3
Nous reviendrons sur ces resultats dans le cas ou E n'est pas de dimension nie.
Completons la famille (f1 ; ; fp) pour en faire une base (f1 ; ; fn) de E . Soit (e01 ; ; e0n )
n
X
la base preduale de la base precedente. Soit x = ie0i 2 E . fi (x) = i .
i=1
8i 2 Np ; fi (x) = 0 () 8i 2 Np ; i = 0 () x 2 Vect(e0p+1; ; e0n). Nous obtenons bien le
resultat rappele.
Pour prouver l'existence d'une base preduale il sut par exemple d'utiliser la methode suivante :
a x 2 E . Nous associons x 2 E deni par 8' 2 E ; x (') = '(x). Il est immediat que
x 2 E 7 ! x 2 E est lineaire. x = 0 ) 8' 2 E ; '(x) = 0. Si x 6= 0, soit H un
supplementaire de Vect(fxg) qui existe si E est de dimension nie et que nous admettons exister
m^eme si E est de dimension innie. Soit la forme lineaire nulle sur H veriant (x) = 1. est
bien denie et ne s'annule pas en x donc contredit l'hypothese faite. x est donc nulle et l'application
x 7 ! x est injective.
2
3
40 CHAPITRE 3. ALGE BRE QUADRATIQUE, PRE LIMINAIRES ; CORRIGE S
qu'alors dim
\p
i=1
\p
i=1
!
Ker(fi ) = n p.
Ker(fi) = fx 2 E; 8i 2 Np ; (ei j x) = 0g = fe1; ; ep g = F . Nous
en deduisons n p = dim(F ) d'ou le resultat.
Soit F un sous-espace vectoriel de E . Soit x 2 F . y 2 F . (x j y) = 0
donc x 2 (F ) et F (F ).
dim((F )) = n dim(F ) = dim(F ) donc F = (F ).
Remarque si A est une partie non vide de E alors A = Vect(A).
(c) Soient E1 et E2 deux sous-espaces vectoriels de E .
E1 E1 + E2 ; E2 E1 + E2 donc (E1 + E2 ) E1 et (E1 + E2 ) E2
puis (E1 + E2 ) E1 \ E2.
Soit x 2 E1 \ E2 . x est orthogonal a tous les elements de E1 et a tous ceux
de E2 donc a tous les elements de E1 + E2 ; nous avons donc l'inclusion
E1 \ E2 (E1 + E2 ) puis l'egalite E1 \ E2 = (E1 + E2 ).
D'apres ce resultat nous avons (E1 + E2) = E1 \ E1 = E1 \ E2 puis
E1 + E2 = (E1 \ E2 ).
3. Matrices congruentes Si deux matrices sont congruentes alors elles sont
equivalentes et ont donc le m^eme rang.
Soient A et B deux matrices symetriques congruentes appartenant a Mn(R).
Soient P et Q deux matrices inversibles telles que D1 = P AP et D2 = Q BQ
sont diagonales.
Soit D = Diag(a1; ; an) une matrice diagonale. Soit D0 = Diag(a01 ; ; a0n)
avec a0i = p1 si ai > 0, a0i = p 1 si ai < 0, a0i = 1 si ai = 0. D0 est une
ai
ai
matrice inversible et nous avons la relation D0 DD0 = D00 ou D00 est diagonale
a elements diagonaux egaux a 0, 1 ou -1.
Contruisons D001 et D002 a partir de D1 et D2 de la maniere precedente.
D00 1 = (PD10 ) A(PD10 ); D002 = (QD20 ) B (QD20 ). D100 et D200 sont congruentes,
diagonales et a elements diagonaux egaux a -1, 1 ou 0.
Rappel Soit une permutation de f1; ; ng. Soit P 2 Mn(K ) la matrice
dont le terme general i;j est egal a i(j) .
Soit M = (mi;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(K ). Le terme general d'indices (i; j ) de la
n
X
2
matrice MP est egal a
k=1
mi;k k(j) = mi;(j) . La j ieme colonne de la matrice
MP est la (j )ieme colonne de la matrice M .
Si E est de dimension nie alors E et E ont la m^eme dimension ; f : x 2 E 7 ! x 2 E est
donc un isomorphisme de E dans E . Soit alors ('1 ; ; 'n) une base de E . Soit (a1 ; ; an )
sa base duale dans E . (f 1 (a1 ); ; f 1 (an)) est donc une base de E . Notons pour i 2 Nn ; ei =
f 1 (ai ). 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; 'j (ei ) = (f (ei ))('j ) = ai ('j ) = ij . La base ('1 ; ; 'n) est bien la
base duale de la base (e1; ; en ).
La base preduale est bien unique car 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; 'j (ei ) = 'j (e0i ) = ij ) 8' 2 E ; 8i 2
Nn ; '(ei e0i ) = 0 c'est-
a-dire ei = e0i .
41
Le terme d'indices (i; j ) de la matrice P M est egal a
n
X
k=1
i(k) mk;j = m
1
(i);j .
La iieme ligne de la matrice P M est la 1 (i)ieme ligne de la matrice M .
En particulier le terme d'indices (i; j ) de la matrice PP est egal a ((ij)) = ij ;
de m^eme le terme d'indices (i; j ) de la matrice P P est egal a i( (j)) = ij .
Nous avons donc PP = In, P P = In et P = P .
Le terme d'indices (i; j ) de la matrice PMP est egal a m(i);(j ) . Si M est
une matrice diagonale M = Diag(d1 ; ; dn), la matrice P MP est egale a
Diag(d(1) ; ; d(n) ).
En utilisant ce que nous venons de voir, il existe 1 2 Sn et 2 2 Sn telles que
= P D00 1P = Diag(Ip; Ir p ; 0In r ) et
0 = P D002 P = Diag(Ip0 ; Ir p0 ; 0In r ) ou r est le rang commun de A et
B . A est donc congruente a , de m^eme B est congruente a 0 . et 0 sont
congruentes.
Il reste a prouver que = 0 .
Lorque deux matrices symetriques sont congruentes elles denissent la m^eme
forme quadratique, ,p dans deux
bases dierentes B1 et B2 . Dans la premiere
q
X 2 X
base (x) s'ecrit :
xi
x2p+i . Notons respectivement V1; V2 et V3 les
i=1
i=1
espaces vectoriels engendres par les p premiers vecteurs, les q = r p suivants
et les n r derniers vecteurs de la premiere base ; de m^eme notons respectivement V10 ; V20 et V30 les espaces vectoriels engendres par les p0 premiers vecteurs,
les q0 = r q suivants et les n r derniers vecteurs de la seconde base.
Si un vecteur x appartient a V1 \ (V20 V30 ) alors (x)>0 et (x)60 donc
p
X
(x) = 0 = x2i . Nous en deduisons x = 0.
1
1
1
1
1
1
2
2
i=1
dim(V1) + dim(V20 V30 ) = p + q0 + n r = p + n p0 6n donc p6p0 . En
echangeant les r^oles nous en deduisons p0 = p puis q = q0 .
Si A et B sont deux matrices symetriques congruentes, chacune d'elles congruentes
a des matrices diagonales4 alors les matrices diagonales ont donc le m^eme
nombre de termes strictement positifs, de termes strictement negatifs et de
termes nuls sur la diagonale.
4. Soit e = (e1; ; en ) une base de E . Soit A la matrice de la forme sesn
n
X
X
2
quilineaire f dans la base e. Soient (x; y) 2 E , x = xi ei ; y = yi ei ,
i=1
i=1
X = (xi )i2Nn 2 Mn;1(C ) et Y = (yi)i2Nn 2 Mn;1(C ). X AY 2 M1 (C ) que
l'on identie en general a un
! scalaire.
n
n
X
X
X
xi ai;j yj =
xi yj f (ei ; ej ) = f (x; y).
X AY =
i=1
j =1
16i;j 6n
Nous savons, ce que nous reverrons par la suite, qu'une matrice symetrique reelle est orthogonalement semblable a une matrice diagonale ; le nombre de valeurs propres strictement positives,
strictement negatives et nulles de deux matrices symetriques reelles congruentes sont les m^emes
pour les deux matrices.
4
42 CHAPITRE 3. ALGE BRE QUADRATIQUE, PRE LIMINAIRES ; CORRIGE S
Soit X 0 la matrice colonne des coordonnees de x dans la base e0 , Soit Y 0 la
matrice colonne des coordonnees de y dans la base e0 . Nous avons les relations
habituelles X = PX 0; Y = PY 0 . En utilisant les resultats precedents nous
obtenons X 0 A0 Y 0 = X AY = X 0 P APY 0 donc A0 = P AP .
5. (a) Notons, pour (i; j ) 2 (Nn )2, ui;j l'element d'indices (i; j ) de la matrice
U.
n
X
L'element d'indices (i; j ) de la matrice U U est uk;i uk;j = (Ui j Uj ).
U U
= In ()
U U
()
k=1
j
8(i; j ) 2
(Ui j Uj ) = i
la famille (Uj )j2Nn est orthonormale.
(Nn )2;
= In equivaut a U est l'inverse de U donc equivaut a UU = In. En
echangeant les roles de U et U nous en deduisons les quatre premieres
equivalences demandees car la famille des vecteurs Vi est orthonormale si
et seulement si la famille des vecteurs Vi est orthonormale.
Supposons U unitaire.
Soit X 2 Mn;1(C ). kUX k2 = (UX )(UX ) = X (U U )X = kX k2.
Supposons que pour toute marice colonne X on ait kUX k = kX k. Soient
X et Y deux colonnes. Nous obtenons
kU (X + Y )k2 = (U (X + Y ))(U (X + Y )) = (X + Y )U U (X + Y )
= (X + Y )(X + Y ).
En developpant et en simpliant, compte tenu de l'hypothese, nous obtenons (UX )(UY )+(UY ) (UX ) = X Y + Y X . En remplacant Y par iY
nous obtenons i(UX )(UY ) i(UY ) (UX ) = iX Y iY X c'est-a-dire
(UX )(UY ) (UY )(UX ) = X Y Y X puis (UY )(UX ) = Y X .
Notons M = (mi;j )(i;j)2(Nn) la matrice U U . Nous obtenons donc pour
tout couple de matrices colonnes5 (X; Y ), Y MX = Y X .
Notons pour k 2 Nn ; Ek la matrice colonne appartenant a Mn;1(C ) dont
les elements sont tous nuls sauf le kieme element qui est egal a 1.
Pour (i; j ) 2 (Nn )2 , Ei MEj = mi;j = EiEj = ij . La matrice U U est
bien la matrice In. Les equivalences sont demontrees.
(b) Soit u une application de E dans E . Nous supposons que u verie :
8(x; y) 2 E 2; (u(x) j u(y)) = (x j y).
Soient (x; y) 2 E 2 et 2 C .
(u(x + y) u(x) u(y) j u(x + y) u(x) u(y))
= ku(x + y)k2 + ku(x)k2 + jj2ku(y)k2 2 <e(u(x + y) j u(x))
2 <e(u(x + y) j u(y)) + 2 <e(u(x) j u(y)).
(u(x + y) u(x) u(y) j u(x + y) u(x) u(y))
= kx + yk2 + kxk2 + jj2kyk2 2 <e(x + y j x)
2 <e(x + y j y) + 2 <e(x j y)
2
5
Nous avons toujours :
8(X; Y; P; Q) 2 Mn;1(K ) Mn;1(K ) Mn(K ) Mn(K ), X PY = X QY ) P = Q.
Notons pour k 2 Nn ; Ek la matrice colonne appartenant a Mn;1(K ) dont les elements sont tous
nuls sauf le kieme element qui est egal a 1.
Notons P = (pi;j )(i;j)2(N n )2 2 Mn(K ) et Q = (qi;j )(i;j)2(N n )2 2 Mn(K ).
Pour (i; j ) 2 (Nn )2, EiPEj = pi;j ; Ei QEj = qi;j . Nous avons bien P = Q.
43
= k(x + y) x yk2 = 0.
u est donc lineaire.
(c) Soit u 2 L(E ) ou E est un espace vectoriel hermitien. Soit (x; y) 2 E 2.
4(u(x) j u(y) = ku(y) + u(x)k2 ku(y) u(x)k2
+iku(y) + iu(x)k2 iku(y) iu(x)k2.
u etant lineaire nous obtenons, en supposoant 8x 2 E; ku(x)k = kxk,
4(u(x) j u(y) = ku(y + x)k2 ku(y x)k2
+iku(y + ix)k2 iku(y ix)k2 = 4(x j y).
u est donc un endomorphisme unitaire.
Supposons u unitaire. Si (e1; ; en ) est une base orthonormale alors
(u(ei ) j u(ej )) = ij . La famille (u(ei ))i2Nn est donc une base orthonormale
de E .
Supposons qu'il existe une base orthonormale (e1 ; ; en) de E telle que
la famille (u(ei ))i2Nn soit une base orthonormale de E .
Montrons qu'alors 8x 2 E; ku(x)k = kxk.
n
X
Soit x 2 E; x = xj ej .
j =1 X
2
n
n
X
X
2
ku(x)k = xj u(ej ) = xj xk (u(ej ) j u(ek )) = xj xj = kxk2 .
j =1
j =1
16j;k6n
Nous avons prouve6 l'equivalence des trois premieres propositions.
La demonstration eectuee prouve que pour toute base orthonormale e
nous avons 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; (u(ei) j u(ej )) = ij .
Dans une telle base la matrice de u a pour colonnes les coordonnees des
vecteurs u(ej ) pour j allant de 1 a n ; la matrice de u est bien, dans cette
base, unitaire et reciproquement si la matrice dans cette base est unitaire,
8(i; j ) 2 (Nn )2 ; (u(ei ) j u(ej )) = ij et u est unitaire.
6. Soient x = (x1; ; xn) et y = (y1; ; yn) deux elements de E = Rn de matrices colonnes associees X = (xi )i2Nn 2 Mn;1(R) et Y = (yi)i2Nn 2 Mn;1(R).
Soit f l'application de E 2 dans R denie7 par f (x; y) = X A AY . f est
clairement une forme bilineaire symetrique.
f (x; x) = X A AX = (AX )(AX )>0 ; f (x; x) = 0 ) AX = 0 donc X = 0
car A est inversible. f est bien un produit scalaire de matrice A A.
Soient x = (x1; ; xn) et y = (y1; ; yn) deux elements de E = C n de matrices colonnes associees X = (xi )i2Nn 2 Mn;1(C ) et Y = (yi)i2Nn 2 Mn;1(C ).
Soit f l'application de E 2 dans C denie par f (x; y) = X AAY . f est clairement une forme sesquilineaire a symetrie hermitienne.
f (x; x) = X A AX = (AX )(AX )>0 ; f (x; x) = 0 ) AX = 0 donc X = 0
car A est inversible. f est bien un produit scalaire hermitien de matrice A A.
Remarque : il existe une base de K (K =R ou C ) orthonormale pour le produit scalaire f donc il existe une matrice inversible P telle que P (AA)P =
(AP )(AP ) = In c'est-a-dire AP est unitaire. P peut ^etre choisie triangu6
7
En dimension quelconque il y a equivalence entre u unitaire et u conserve la norme.
Nous identions une matrice 1 1 = [a] avec le scalaire a.
44 CHAPITRE 3. ALGE BRE QUADRATIQUE, PRE LIMINAIRES ; CORRIGE S
laire superieure ; il sut de construire P par le procede d'orthognalisation de
Schmidt a partir de la base canonique de K n . Il existe donc une matrice triangulaire inversible P et une matrice unitaire U telles que AP = U c'est-a-dire,
en appelant T l'inverse de P , A = UT avec U unitaire et T triangulaire superieure. A s'ecrit aussi de maniere analogue A = V T 0 ou V est unitaire
et T 0 est triangulaire superieure donc A = T 0 V . A s'ecrit donc A = TU
avec T triangulaire inferieure et U unitaire. A 1 s'ecrit aussi de maniere analogue A 1 = V T 0 ou V est unitaire et T 0 est triangulaire superieure donc
A = T 0 1 V . A s'ecrit donc A = TU avec T triangulaire superieure et U unitaire. Finalement A peut s'ecrire TU ou UT avec U unitaire et T triangulaire
superieure ou inferieure.
7. Soit u un endomorphisme hermitien de l'espace vectoriel hermitien E . Soient
2 C une valeur propre de u et x 2 E , un vecteur propre de u associe a .
(u(x) j x) = kxk2 = (x j u(x)) = kxk2 ; x etant non nul 2 R.
Montrons que u est diagonalisable. Soit 2 R une valeur propre de u ; soit e1
un vecteur propre unitaire de u associe a la valeur propre .
Soit F l'orthogonal de fe1 g. Soit y 2 F .
(u(y) j e1 ) = (y j u(e1)) = (y je1) = 0. F est donc stable par u.
Montrons par recurrence sur la dimension de l'espace qu'une application telle
que u est diagonalisable. Si E est de dimension 1, le resultat est acquis. Supposons que tout endomorphisme hermitien sur un espace vectoriel hermitien
de dimension au plus egale a n>1 est diagonalisable dans une base orthonormale.
Soit E un espace hermitien de dimension n + 1 et soit u un endomorphisme
hermitien de E . Nous avons vu precedemment que si e1 est un vecteur propre
unitaire de u associe a une valeur propre (qui est reelle) de u, l'orthogonal F
de fe1 g est stable par u. La restriction de u a F induit un endomorphisme
hermitien de F qui est donc diagonalisable dans une base orthonormale. Nous
en deduisons alors que u est diagonalisable et qu'il existe une base orthonormale de diagonalisation de u.
Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(C ) une matrice hermitienne ; c'est-a-dire telle
que A = A. Soit E = C n muni de son produit scalaire canonique. Soit u l'endomorphisme de E dont la matrice dans la base canonique, " = ("1 ; ; "n ),
est A.
n
X
8(i; j ) 2 (Nn )2; (u("i ) j "j ) = ak;i ("k j "j ) = aj;i = ai;j .
2
De m^eme ("i j u("j )) =
Soit x =
(u(x) j
n
X
i=1
xi "i et y =
X
n
X
k=1
n
k=1
("i j ak;j "k ) = ai;j .
X
yj "j .
X
j =1
y) =
xi yj (u("i ) j "j ) =
xj yj ("i
16i;j 6n
16i;j 6n
j u("j )) = (x j u(y)).
u est donc un endomorphisme hermitien; il existe une base orthonormale de
E dans laquelle la matrice de u est diagonale, a diagonale reelle. La matrice
45
de passage de la base " a la base de vecteurs propres est une matrice unitaire
donc il existe une matrice unitaire U et une matrice diagonale, a diagonale
reelle, D telles que A = UDU .
Si A est une matrice symetrique reelle alors, d'apres ce que nous venons de voir,
le polyn^ome caracteristique est scinde (sur R). Nous retrouvons ce que nous
savions c'est-a-dire qu'un endomorphisme symetrique u deni sur un espace
vectoriel euclidien a son polyn^ome caracteristique scinde donc en refaisant la
m^eme demonstration8 qu'au dessus nous en deduisons que u est diagonalisable.
Soit F et G deux espaces propres associes a deux valeurs propres distinctes (
et ) d'un endomorphisme hermitien (d'un espace hermitien) ou symetrique
(d'un espace euclidien) u.
Soit (x; y) 2 F G. (u(x) j y) = (x j y) = (x j u(y)) = (x j y) donc
(x j y) = 0. F et G sont donc orthogonaux.
8. (a) Soit f une forme lineaire denie sur E . Supposons f 6= 0. Soient H
l'hyperplan noyau de f , e un vecteur unitaire orthogonal a H , a = f (e) e.
Soit enn x 2 E . x s'ecrit x = y + ke avec y 2 H et k 2 C .
f (x) = kf (e); (a j x) = f (e)(e j ke) = kf (e) = f (x). Nous en deduisons
que f = (x 2 E 7 ! (a j x) 2 C . Lorsque f = 0 nous pouvons choisir
a = 0. Montrons l'unicite de a.
8x 2 E; (a j x) = (b j x) () 8x 2 E; (a b j x) = 0 () a = b.
Soit y 2 E . Soit fy l'application x 2 E 7 ! (y j u(x)) 2 C .
fy est une forme lineaire donc il existe v(y) unique tel que 8x 2 E ,
(y j u(x)) = (v(y) j x). L'unicite de v(y) prouve que y 2 E 7 ! v(y) 2 E
est une application. Cette application est unique a verier cette propriete
car si v et w sont deux applications de E dans E veriant :
8(x; y) 2 E 2 ; (v(y) jx) = (w(y) j x) alors (v(y) w(y) j x)) = 0 ce qui
implique v = w.
Montrons que cette application est lineaire.
Soient (y1; y2) 2 E 2 et 2 C .
(y1 + y2 j u(x)) = (v(y1 + y2 ) j x) = (y1 j u(x)) + (y2 j u(x))
= (v(y1) j x) + (v(y2 ) j x) = (v(y1) + v(y2 ) j x).
Nous pouvons faire une demonstration dierente pour prouver qu'un endomorphisme symetrique, u, deni sur un espace vectoriel euclidien E a son polyn^ome caracteristique scinde (sur R).
Soit S la sphere unite de E . Soit f l'application de E dans R denie par 8x 2 E; f (x) = (u(x) j x).
Le produit scalaire est continu, u est continue car E est de dimension nie donc f est continue.
E est de dimension nie donc S est un compact et la restriction de f a S possede un maximum et un minimum. Soit par exemple a 2 E tel que 8x 2 S; f (x)>f (a). Soit g denie par 8x 2 E , g(x) = (u(x) f (a)x jx). g est une forme quadratique de forme polaire
' : (x; y) 2 E 2 7 ! (u(x)j y) f (a)(x j y). ' est une
sym
forme bilin
eaire
etrique positive
f
(
a
)
1
1
1
2
2
car pour x 6= 0, g(x) = kxk u kxk x
kxk x kxk x = kxk f kxk x f (a) >0.
Nous pouvons donc appliquer l'inegalite de Cauchy Schwarz pour obtenir 8(x; y) 2 E 2,
'(x; y)2 6'(x; x)'(y; y) c'est-a-dire
(u(x) f (a)x j y)2 6(u(x) j x) f (a)(x j x) (u(y) j y) f (a)(y j y).
En particulier (u(a) f (a)a j y)2 6(u(a) j a) f (a)(a j a) (u(y) j y) f (a)(y j y) = 0.
Nous en deduisons u(a) = f (a)a. a est donc un vecteur propre de u associe a la valeur propre f (a).
Tout endomorphisme symetrique deni sur un espace euclidien possede donc une valeur propre.
Nous terminons alors comme au-dessus.
8
46 CHAPITRE 3. ALGE BRE QUADRATIQUE, PRE LIMINAIRES ; CORRIGE S
L'unicite permet de conclure que v(y1 + y2 ) = v(y1)+ v(y2 ). v est bien
lineaire.
La dimension etant nie nous pouvons faire aussi une demonstration \matricielle" Soit e une base orthonormale de E . Soit A la matrice de u dans
cette base. Soient x et y deux elements de E de matrices colonnes de
coordonnees X et Y dans la base e. Soit v l'endomorphisme de E de
matrice B = A dans la base e.
(u(x) j y) = X A Y = X (BY ) = (x j v(y)). v convient donc ; l'unicite
se demontre comme au-dessus.
Soit (x; y) 2 E 2.
(u(x) j y) = (x j u (y)) = (u (y) j x) = (y j u (x)) = (u (x) j y). Nous
en deduisons u = u.
Comme dans le cas reel, si un sous-espace est stable par un endomorphisme u alors sont orthogonal est stable par son adjoint u ; en eet soit
(x; y) 2 F F . Supposons F stable par u. (u(y) j x) = (y j u(x)) = 0
donc u (y) 2 F .
Soient u un endomorphisme de E , e = (e1 ; ; en ) une base orthonormale de E et A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(C ) la matrice de u dans la base
e. 8(i; j ) 2 (Nn )2; ai;j = (ei j u(ej )) = (ej j u (ei)) = aj;i.
La matrice de u est donc la conjuguee de la transposee de la matrice de
u que nous notons A c'est-a-dire la matrice adjointe de la matrice A.
(b) Soit u un endomorphisme de E .
u (x) = 0 ) 8y 2 E; (u (x) j y) = 0 = (x j u(y)). Nous en deduisons
que Im(u) est orthogonal a Ker(u ) de m^eme Im(u ) est orthogonal a
Ker(u). Im(u) (Ker(u )) donc rg(u)6n dim(Ker(u )) = rg(u )
et de m^eme rg(u )6 rg(u). Il y a donc egalite et Im(u) = (Ker(u )),
Im(u ) = (Ker(u)) .
Soit x 2 Ker(u u). (u (u(x)) j x) = 0 = (u(x) j u(x)) = ku(x)k2 donc
u(x) = 0 et Ker(u u) Ker(u). Si x 2 Ker(u) alors naturellement
(u u)(x) = 0 d'ou l'egalite Ker(u u) = Ker(u).
(c) Soit u un endomorphisme hermitien. Soit (; x) 2 C E n f0g tel que
u(x) = x. (x j x) = (u(x) j x) = (x j u (x)) = (x j u(x)) = (x j x).
x etant non nul il vient = c'est-a-dire 2 R.
Soit u un endomorphisme normal d'un espace vectoriel hermitien E . Soit
une valeur propre de u. Notons Eu() l'espace propre de u associe a la
valeur propre . Soit x 2 Eu ().
u (u(x)) = u (x). u et u commutent donc u(u (x)) = u (x) et u (x) 2
Eu(). Eu() est stable par u donc (Eu()) est stable par u ; Eu() est
evidemment stable par u donc (Eu()) est stable par u . Finalement
Eu() et (Eu()) sont stables par u et u. Nous en deduisons que la
restriction de u a F = (Eu()) induit un endomorphisme normal, u1 , de
F ; la restriction de u a (Eu()) est u1 .
Montrons qu'un endomorphisme normal est diagonalisable.
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
47
Soit u un endomorphisme normal d'un espace hermitien E . Si E est de
dimension 1 u est clairement diagonalisable dans une base orthonormale.
Supposons que les endomorphismes normaux des espaces hermitiens de
dimensions au plus egales a n soient diagonalisables dans des bases orthonormales. Soit alors E un espace hermitien de dimension n + 1 et soit
u un endomorphisme normal de E .
Si u = aIdE avec a 2 C , u est clairement diagonalisable dans une base
orthonormale de E . Supposons que u ne soit pas de ce type. Soit une
valeur propre de u et soit Eu() l'espace propre associe a la valeur propre
. Comme vu plus haut, la restriction de u a F = (Eu ()) induit un
endomorphisme normal, u1 , de F .
dim(F )6n donc d'apres l'hypothese de recurence, il existe une base orthonormale de F de diagonalisation de u1 . En concatenant cette base
avec une base orthonormale de Eu() nous obtenons une base orthonormale de diagonalisation de u. Le resultat est vrai au rang n + 1 ; il est
donc vrai pour tout espace vectoriel hermitien et tout endomorphisme
normal d'un tel espace 9.
Un endomorphisme hermitien est normal donc est diagonalisable10 dans
une base orthonormale et de plus les valeurs propres sont reelles.
Un endomorphisme unitaire est normal donc est diagonalisable dans une
base orthonormale. Si est une valeur propre associee a un vecteur
propre x nous avons ku(x)k = kxk = jj kxk donc jj = 1. Les valeurs
propres sont toutes de module egal a 1.
Remarque Soit u un endomorphisme unitaire.
u u = IdE () 8x 2 E (u u)(x) = x
Nous aurions pu faire une demonstration \matricielle".
Soit e = (ei )i2N n une base orthonormale de E . Soit A la matrice de u dans la base e. Soit 2 C
une valeur propre de u. Soit e01 un vecteur propre unitaire associe a cette valeur propre. Soit
e0 = (e0i )i2N n une base orthonormale de E obtenue en completant (e01 ). Soit P la matrice unitaire
de passage de la base e a la base e0 . Notons B = 0
P AP . BB =1(P AP )(P A P ) = P (AA )P =
B L C
9
B
B
B0
P (A A)P = B B. La matrice B s'ecrit : B = B
B
B
B
@
0
1
0 0
LC C
jj
BB jj + kLk
B
C
B
BB
C
B
C
B
C
BB = B
, B B = B
BB
C
B
B
CC C
B@ CL
C
B
A
@L
2
2
2
C
C
C
C
avec C 2 Mn (C ).
C
C
C C
A
1
L
C
C
C
C
C
C.
L L+C C C
C
A
1
Nous en deduisons L = 0 et BB = B B.
10
Une matrice symetrique reelle a donc son polyn^ome caracteristique, reelle, scinde sur R nous
en deduisons en reprenant la demonstration faite ici qu'une telle matrice est orthogonalement
semblable a une matrice diagonale donc qu'un endomorphisme symetrique reel est diagonalisable
dans une base orthonormale.
48 CHAPITRE 3. ALGE BRE QUADRATIQUE, PRE LIMINAIRES ; CORRIGE S
() 8(x; y) 2 E 2 ; ((u u)(x) j y) = (x j y).
((u u)(x) j y) = (u(x) j u(y)) ; nous en deduisons
u u = IdE () 8(x; y) 2 E 2 ; (u(x) j u(y)) = (x j y).
Soit11 u 2 L(E ) veriant 8x 2 E; ku(x)k = kxk. Soit (x; y) 2 E 2 .
2 <e((u(x) j u(y))) = ku(x) + u(y)k2 ku(x)k2 ku(y)k2 donc, u etant
lineaire, 2 <e((u(x) j u(y))) = kx + yk2 kxk2 kyk2 = 2 <e((x j y)). En
changeant y en iy nous obtenons 2=m((u(x) j u(y))) = 2=m((x j y))
puis (u(x) j u(y)) = (x j y).
Nous en deduisons u u = IdE () 8x 2 E ku(x)k = kxk.
En utilisant les matrices dans des bases orthonormales nous en deduisons
u u = IdE () AA = In. Mais alors u est inversible donc verie
aussi u u = IdE et de m^eme AA = In. A est une matrice unitaire.
9. (a) Soit u un endomorphisme de E possedant un adjoint u . Soit 2 C .
8(x; y) 2 E 2 ; (u(x) x j y) = (x j u (y)) (x j y) = (x j u (y) y).
Nous avons deja prouve que l'adjoint d'un endomorphisme est unique
donc (u IdE ) = u IdE .
Si v a pour adjoint v alors Ker(v v) = Ker(v) et Ker(v v ) = Ker(v ).
En eet soit x 2 Ker(v v). kv(x)k2 = (v(x) j v(x)) = ((v v)(x) j x) = 0
donc v(x) = 0.
Si v(x) = 0 alors (v v)(x) = 0 donc Ker(v v) = Ker(v).
De m^eme si x 2 Ker(v v ) nous avons
0 = ((v v)(x) j x) = (v(x) j v (x)) = kv (x)k2 et comme precedemment
Ker(v v ) = Ker(v ).
Ker(u IdE ) = Ker((u IdE ) (u IdE )) et de m^eme
Ker(u IdE ) = Ker((u IdE ) (u IdE )).
Si u est normal alors (u IdE ) (u IdE ) = (u IdE ) (u IdE )
donc Ker(u IdE ) = Ker(u IdE ). Nous en deduisons que si est une
valeur propre de u, est une valeur propre de u et les espaces propres
associes respectivement a u et a u sont egaux.
Si E est un espace euclidien, le m^eme raisonnement s'applique. Si 2 R
est une valeur propre de u alors il s'agit aussi d'une valeur propre de u
et les espaces propres associes a u et a u sont les m^emes.
(b) Si est une valeur propre de l'endomorphisme u. Notons Eu () l'espace
propre de u associe .
Soient et deux valeurs propres eventuelles, distinctes, de l'endomorphisme normal u.
Soit (x; y) 2 Eu()Eu (). (u(x) j y) = (x j y) = (x j u(y)) = (x j y).
Nous avons donc ( ) (x j y) = 0. etant dierente de nous en deduisons (x j y) = 0 puis Eu () ? Eu().
Soient x 2 Eu() et y 2 (Eu()). 0 = (x j y) = (u (x) j y) = (x ju(y))
donc u(y) 2 (Eu ()). Eu() et (Eu()) sont stables par u.
(c) Soit u un endomorphisme normal d'un espace hermitien E . Si E est de
dimension 1 u est clairement diagonalisable dans une base orthonormale.
11
Nous avons deja vu plus haut que si une application u verie :
8(x; y) 2 E 2; (u(x) j u(y)) = (x j y) alors elle est lineaire.
49
Supposons que les endomorphismes normaux des espaces hermitiens de
dimensions au plus egales a n soient diagonalisables dans des bases orthonormales. Soit alors E un espace hermitien de dimension n + 1 et soit
u un endomorphisme normal de E . Si u est du type aIdE (avec a 2 C )
alors u est clairement diagonalisable dans n'importe quelle base de E .
Supposons que u ne soit pas de ce type. u est scinde ; soit une valeur
propre de u. Eu () 6= E car sinon u = IdE . L'orthogonal, F , de Eu()
est donc non nul et dierent de E ; il est stable par u. Soit v l'endomorphisme induit par la restriction de u a F . v est l'endomorphisme de
F induit par la restriction de u a F . v est donc normal et dim(F )6n.
D'apres l'hypothese de recurrence il existe une base orthonormale de diagonalisation de v. En concatenant cette base avec une base orthonormale
de Eu () nous obtenons une base orthonormale de E de diagonalisation
de u. Le resultat est vrai au rang n + 1 ; il est donc vrai pour tout espace
vectoriel hermitien et tout endomorphisme normal d'un tel espace.
(d) D'une maniere generale soit u un endomorphisme d'un espace vectoriel
hermitien rapporte a une base orthonormale e = (e1; ; en ). Posons
n
X
8j 2 Nn ; u(ej ) = ai;j ei .
i=1
8(i; j ) 2 (Nn )2, (u(ej ) j ei ) = (ej j u(ei )) =
u (e
j) =
n
X
i=1
X
!
n
ej ak;iek = aj;i donc
k=1
aj;iei .
Si deux endomorphismes u et v verient 8j 2 Nn ; u(ej ) =
n
X
n
X
i=1
ai;j ei et
v(ej ) = aj;i ei alors il est clair que u et v sont adjoints l'un de l'autre.
i=1
La matrice de u et celle de u dans une base orthonormale sont donc deux
matrices adjointes.
Dans le cas euclidien le resultat est le m^eme ; matrices adjointes est remplace par matrices symetriques reelles.
Soit u un endomorphisme d'un espace hermitien ou euclidien E diagonalisable dans une base orthonormale. La matrice de u dans cette base
est diagonale donc celle de u l'est aussi et donc ces deux matrices commutent. u est bien normal.
Nous pouvons eectuer une demonstration sans utiliser les matrices.
Il existe une famille (i )i2Nn de scalaires (complexes dans le premier cas,
reels dans le second) et une base orthonormale (e1 ; ; en) de E telles
que 8j 2 Nn ; u(ej ) = j ej .
8(i; j ) 2 (Nn )2 ; (u(ej ) j ei ) = (ej j u(ei )) = (ej j i ei ) = ij i . u (ej ) est
donc orthogonal a tous les vecteurs ei pour i 2 Nn n fj g ; la base etant
orthonormale, u (ej ) est colineaire a ej et nous avons (u (ej ) j ej ) = j
c'est-a-dire u (ej ) = j ej . Il vient alors 8j 2 Nn ; (uu )(ej ) = (u u)(ej )
50 CHAPITRE 3. ALGE BRE QUADRATIQUE, PRE LIMINAIRES ; CORRIGE S
et u est normal.
(e) Si u est un endomorphisme normal d'un espace hermitien E alors il existe
une base orthonormale, e = (ei )i2Nn de E telle que 8j 2 Nn ; u(ej ) = j ej
et u (ej ) = j ej . Soit P un polyn^ome tel que 8j 2 Nn ; P (j ) = j . Un tel
polyn^ome (d'interpollation de Lagrange) existe car si j = k ; j = k .
Dans ces conditions P (u) = u .
Supposons qu'il existe P =
u u =
N
X
j =0
N
X
j =0
aj X j 2 C [X ] tel que u = P (u).
aj uj+1 = P (u) u = u u.
Supposons E euclidien.
Soit e une base orthonormale de E . Soit M 2 Mn(R) la matrice de
u 2 L(E ) dans la base e. Considerons M comme appartenant a Mn(C ).
u normal equivaut a M M = MM ; donc si u est normal il existe
Q=
tM
N
X
j =0
N
aj X j 2 C [X ] tel que M = tM = Q(M ).
X
aj
donc
i=1
tM
= tM
N
X
=
aj
Mj
X
8i 2 Np ; u (xi ) = i xi . u (x) = i xi .
p
X
12
p
i=1
puis tM
N
X
aj + aj
j.
M
2
j =0
j =0
j =0
Il existe donc un polyn^ome reel P tel que M = P (M ) c'est-a-dire
u = P (u). La reciproque est immediate.
(f) Supposons E euclidien et u normal.
Comme dans le cas complexe, si est une valeur propre (donc relle) de
u alors l'espace propre de u associe a est le m^eme que l'espace propre
de u associe a la m^eme valeur propre . Deux espaces propres dierents
sont orthogonaux. Si E1 ; ; Ep sont les espaces propres (il peut ne pas
y avoir de tels espaces propres) de u (deux a deux orthogonaux), associes
aux valeurs propres deux a deux distinctes 1 ; ; p , de somme12 F
alors l'orthogonal de
F est stable par u.
p
X
En eet soit x = xi 2 F avec (x1; ; xp ) 2 E1 Ep .
=
Mj
=
Soit y 2 F .
0 = (i xi j y) = (u (x) y) = (x j u(y)). Nous en deduisons u(y) 2 F .
i=1
F est stable par u donc F et F sont stables par u et u . Soit alors v
l'endomorphisme de F induit par la restriction de u a F . v est normal
et n'a pas de valeur propre car sinon il existerait x 6= 0; x 2 F et 2 R
tels que v(x) = x = u(x). x appartient donc aussi a F et doit ^etre nul.
v n'a donc pas de valeur propre et son polyn^ome caracteristique n'a donc
pas de racine.
S'il n'y a pas de valeur propre, F = f0g.
51
Demontrons le resultat preliminaire suivant : soit un endomorphisme f
d'un R-espace vectoriel de dimension nie E ayant un polyn^ome caracteristique divisible par le polyn^ome X 2 + aX + b sans racine reelle. Il existe
alors un plan de E stable par u.
f = (X 2 + aX + b)q P avec (X 2 + aX + b) ^ P = 1. Supposons que
f 2 + af + bIdE soit injective. Dans ces conditions (f 2 + af + bIdE )q est
injective et, sachant que f (f ) = 0, nous obtenons P (f ) = 0. P est donc
un polyn^ome annulateur de f ; il est divisible par le polyn^ome minimal
de f .
Redemontrons dans le cas d'un R-espace vectoriel13 que le polyn^ome minimal et le polyn^ome caracteristique ont les m^emes facteurs irreductibles
a des ordres de multiplicite eventuellement dierents.
Soit M 2 Mn(R) Mn(C ) la matrice d'un endomorphisme ' d'un espace vectoriel reel E dans une base de celui-ci. Soit X 2 Mn;1(C ) une
matrice colonne non nulle veriant MX = X avec 2 C . Soit P un
polyn^ome annulateur de M . 0 = P (M )X = P ()X donc P () = 0. En
particulier M () = 0 et si M est le polyn^ome minimal de M nous avons
de m^eme M () = 0. Nous en deduisons que toutes les valeurs propres
de la matrice M consideree comme une matrice complexe ; c'est-a-dire les
racines de M sont racines de M . M divisant M n'a donc pas d'autres
racines. Nous obtenons donc le resultat demande.
Revenons a notre question. Si f 2 + af + bIdE est injective alors le polyn^ome minimal qui divise le polyn^ome annulateur P n'a pas X 2 + aX + b
comme diviseur ce qui est faux. f 2 + af + bIdE n'est donc pas injective
et il existe un vecteur x 2 E non nul tel que f 2 (x) + af (x) + x = 0.
Soit y = f (x). y n'est pas colineaire a x sinon une valeur propre (reelle)
serait racine de X 2 + aX + b ce qui est exclu. Soit alors G = Vect(x; y).
G est un plan et f (y) = ay bx 2 G. G est donc stable par f . Nous
en deduisons que si f est un endomorphisme d'un espace vectoriel reel de
dimension nie, il existe au moins une droite ou (non exclusif) un plan
stable.
Dans le cas de notre exercice il existe donc un plan G inclus dans F stable par v et la dimension de F est paire car sinon v aurait une valeur
propre. v est bijectif car sinon 0 serait valeur propre donc v(G) = G et
v est aussi bijectif. D'apres ce que nous avons vu precedemment il existe
P 2 R[X ] tel que v = P (v). Soit x 2 G. (P (v))(x) 2 G donc v (x) 2 G.
v (G) = G. G est stable par v et v donc l'orthogonal G0 de G dans F est stable par v et v . Si dim(F ) = 2q alors dim(G0) = 2(q 1). Nous
en deduisons immediatement par recurrence que F est la somme directe
orthogonale de q plans deux a deux orthogonaux et stables par v et v
donc par u ainsi que par u .
Il nous reste a etudier la nature de la restriction de u a un tel plan.
Soit ("1 ; "2 ) une base orthonormale d'un tel plan.
13
Voir la demonstration plus generale dans le chapitre algebre lineaire.
52 CHAPITRE 3. ALGE BRE QUADRATIQUE, PRE LIMINAIRES ; CORRIGE S
a b
La matrice dans cette base de la restriction w de u est A = c d ,
a c
celle de w est tA = b d .
A = X 2 (a + d)X + ad bc a un discriminant < 0 donc (a d)2 +4bc < 0
et en particulier
a2 + c2 bcab< +0. cd a2 + b2 ac + bd tAA =
t
ab + cd b2 + d2 = A A = ab + cd c2 + d2 .
Nous en deduisons b2 = c2 et ab + cd = ac + bd c'est-a-dire b2 = c2 et
(a d)(b c) = 0. Nous obtenons donc b = c ou b = c et a = d. b
ne peut ^etre egal a c car sinon bc>0 ce qui est exclu. Il reste nalement
b = c et a = d.
Chaque
a bmatrice
de la restriction a un plan tel que G est donc du type
b a . Si u est un endomorphisme normal d'un espace euclidien
E alors il existe une base orthonormale de E dans laquelle la matrice
M = Diag(D; B1 ; Br ) de u est diagonale par blocs avecD matrice
a
b
diagonale reelle et chaque Bi est une matrice 2 2 du type b a
avec b reel non nul.
10. Soit A 2 Mn(R) une matrice orthogonale14. Considerons A comme appartenant a Mn(C ). Soit 2 C , soit X 2 Mn;1(C ), X 6= 0, AX = X et
X A = X . Munissons C n de sa base et de son produit scalaire canoniques
et identions une colonne avec un vecteur de C n .
kX k2 = X X = X A AX = (X )(X ) = X X = jj2kX k2. Nous en
deduisons jj = 1. Les valeurs propres de A 2 Mn(C ) sont donc egale a 1, a
-1 ou sont complexes, non reelles, de modules egaux a 1. A etant une matrice
reelle, les valeurs propres eventuellement non reelles sont donc en nombre pair,
2p (comptees avec leur ordre de multiplicite), 1 ; ; p ; 1 ; ; p avec
i 6= j pour tout couple (i; j ) 2 (Np )2 .
Montrons que A est, en tant que matrice complexe, diagonalisable (unitairement semblable a une matrice diagonale).
Soit u un automorphisme d'un espace vectoriel hermitien E veriant
8(x; y) 2 E 2 ; (u(x) j y) = (x ju 1(y)). Soit une valeur propre de u d'espace
propre associe E. Soit F l'orthogonal de E.
Soit (x; y) 2 E F . (x ju 1 (y)) = (u(x) j y) = (x jy) = 0 donc u 1(y) 2 F .
u 1 (F ) a m^eme dimension que F donc u 1 (F ) = F puis u(F ) = F . E et
(E ) sont donc stables par u.
Montrons alors le resultat demande par recurence sur la dimension de E . Si
E est de dimension egale a 1 le resultat est immediat. Suppsons le resultat
vrai pour tout espace hermitien de dimension au plus egale a n. Soit alors un
espace hermitien E de dimension egale a n +1. Soit u un automorphisme de E
Une matrice orthogonale est une matrice normale donc nous pourrions appliquer le resultat
de l'exercice precedent pour conclure. Les valeurs propres (reelles) sont egales a 1 ou a -1 et les
matrices reelles 2 2 sont des matrices de rotations.
14
53
veriant 8(x; y) 2 E 2; (u(x) j y) = (x ju 1 (y)). Soit une valeur propre de
E d'espace propre associe E. Soit F l'orthogonal de E. Si E = E alors le
resultat est prouve. Sinon E et F sont de dimensions comprises ente 1 et n.
La restriction de u a F induit un automorphisme v de F veriant l'hypothese
de recurrence. Il existe une base orthonormale de F diagonalisant v. Il existe
donc une base orthonormale de E diagonalisant u. Le resultat est donc vrai
au rang n + 1. Il est donc vrai pour tout espace hermitien.
Soit A une matrice unitaire. Munissons C n de sa base canonique " = ("i )i2Nn et
de son produit scalaire canonique. Soit u l'automorpshisme de C n de matrice
A dans la base ". Soient X = (xi )i2Nn 2 Mn;1(C ) et Y = (yi)i2Nn 2 Mn;1(C )
deux matricesn colonnes.
n
X
X
Soient x = xi "i et y = yi"i . X A 1Y = X A Y = (AX )Y donc
i=1
i=1
(x j u 1 (y)) = (u(x) j y). Il existe donc (X1; ; Xn) une famille, orthogonale donc libre, de colonnes de normes egales a 1 et des scalaires 1; ; n
de modules egaux a 1 veriant 8j 2 Nn ; AXj = j Xj .
Soit A une matrice orthogonale reelle.
Soit X 2 Mn;1(C ) veriant AX = X donc AX = X .
Si (V1; ; Vq ) est une base de l'espace propre associe a une valeur propre
non reelle de la matrice A. est de m^eme ordre de multiplicite que car
le polyn^ome caracteristique est reel et (V1 ; ; Vq ) est une base de l'esapce
propre associe a la valeur propre .
Utilisant les notations vues plus haut ; nous avons pour j 2 Np ; j+p = j .
Nous pouvons donc choisir pour j 2 Np ; Xj+p = Xj .
1
1
Notons, pour j 2 Np , Yj = p (Xj + Xj+p) et Yj+p = p (Xj Xj+p) et pour
2
i 2
j 2 [2p + 1; n]; Yj = Xj .
Il est immediat, en calculant Yk Yq , que la famille (Y1 ; ; Yn) est une base
orthonormale.
Pour j 2 Np , AYj = pj Xj + pj Xj = j (Yj + iYj+p ) + j (Yj iYj+p )
2
2
2
2
=p<e(j )Yj =m(j )Yj+p.
j X
2 X = j (Y + iY ) j (Y iY )
AYj+p = p
j
j +p
j +p
2i j
ij j 2i j
i 2
= =m(j )Yj + <e(j )Yj+p .
La matrice dont les colonnes sont (Y2p+1 ; ; Yn; Y1 ; Yp+1 ; Y2 ; Yp+2 ; ; Yp ; Y2p )
est une matrice reelle, orthogonale.
Il existe donc une matrice orthogonale P telle que la matrice orthogonale A
s'ecrive A = PBP ou B est diagonale par blocs. L'un
des blocs est Iq , le
cos(
)
sin(
)
deuxieme bloc est Ir les p autres blocs sont du type sin(j ) cos(j )
j
j
avec sin(j ) 6= 0. Si p ou q ou r est nul le(s) bloc(s) correspondant(s) n'existe(nt)
pas.
En conclusion soit u un automorphisme orthogonal d'un espace vectoriel euclidien E . Soit E1 l'espace des vecteurs invariants par u. Soit E 1 l'espace
des vecteurs transformes en leurs opposes par u. E1 et E 1 sont orthogonaux.
54 CHAPITRE 3. ALGE BRE QUADRATIQUE, PRE LIMINAIRES ; CORRIGE S
Soit enn F l'orthogonal de E1 + E 1 . F est de dimension paire egale a 2p.
F est la somme directe orthogonale de p plans stables par u ; la restriction
de u a chacun de ces plans est une rotation plane non egale a l'identite ou a
l'oppose de l'identite. Nous en deduisons que u est une rotation (c'est-a-dire
une isometrie positive) si et seulement si la dimension de E 1 est paire.
Nous pouvons faire une autre demonstration. Demontrons le resultat preliminaire suivant : soit un endomorphisme f d'un R-espace vectoriel de dimension
nie E ayant un polyn^ome caracteristique divisible par le polyn^ome X 2 +aX +b
sans racine reelle. Il existe alors un plan de E stable par f .
u = (X 2 +aX +b)q P avec (X 2 +aX +b)^P = 1. Supposons que f 2 +af +bIdE
soit injective. Dans ces conditions (f 2 + af + bIdE )q est injective et, sachant
que f (f ) = 0, nous obtenons P (f ) = 0. P est donc un polyn^ome annulateur
de f ; il est divisible par le polyn^ome minimal de f .
Redemontrons dans le cas d'un R-espace vectoriel15 que le polyn^ome minimal
et le polyn^ome caracteristique ont les m^emes facteurs irreductibles a des ordres
de multiplicite eventuellement dierents. Soit M 2 Mn(R) Mn(C ) la matrice d'un endomorphisme ' d'une espace vectoriel reel E dans une base de
celui-ci. Soit X 2 Mn;1(C ) une matrice colonne non nulle veriant MX = X
avec 2 C . Soit P un polyn^ome annulateur de M . 0 = P (M )X = P ()X
donc P () = 0. En particulier M () = 0 et si M est le polyn^ome minimal
de ' ou M nous avons de m^eme M () = 0. Nous en deduisons que toutes
les valeurs propres de la matrice M consideree comme une matrice complexe ;
c'est-a-dire les racines de M sont racines de M . M divisant M n'a donc
pas d'autres racines. Nous obtenons donc le resultat demande.
Revenons a notre question. Si f 2 + af + bIdE est injective alors le polyn^ome
minimal qui divise le polyn^ome annulateur P n'a pas X 2 + aX + b comme
diviseur ce qui est faux. f 2 + af + bIdE n'est donc pas injective et il existe un
vecteur x 2 E non nul tel que f 2 (x)+ af (x)+ x = 0. Soit y = f (x). y n'est pas
colineaire a x sinon une valeur propre (reelle) serait racine de X 2 +aX +b ce qui
est exclu. Soit alors G = Vect(x; y). G est un plan et f (y) = ay bx 2 G.
G est donc stable par f . Nous en deduisons que si f est un endomorphisme
d'un espace vectoriel reel de dimension nie, il existe au moins une droite ou
(non exclusif) un plan stable.
Soit alors u un automorphisme orthogonal (c'est-a-dire une isometrie) d'un
espace vectoriel euclidien E . Soit une eventuelle valeur propre de u et soit
x un vecteur propre associe. u(x) = x ; (x j x) = (u(x) j u(x)) = (x j x)
donc 2 = 1. Nous savons que u = u 1 . Soit H un sous-espace vectoriel
de E stable par u. u etant bijective, u(H ) = H . Soit (x; y) 2 H H .
(u(x) j u(y)) = (x j u 1(u(y))) = (x j y) = 0. u(y) est donc orthogonal
a u(H ) = H et H est stable16 par u. Soit E1 l'espace prope associe a la
valeur propre 1 (si 1 n'est pas valeur propre E1 = f0g). Soit E 1 l'espace
prope associe a la valeur propre -1 (si -1 n'est pas valeur propre E 1 = f0g).
(x; y) 2 E1 E 1 ) (u(x) j u(y)) = (x j y). u etant une isometrie
Voir la demonstration plus generale dans le chapitre algebre lineaire.
Il s'agit d'un resultat classique car H est stable par u = u 1 donc u 1(H ) = H puis
u(H ) = H .
15
16
55
(x j y) = (u(x) j u(y)) = (x j y) donc (x j y) = 0. E1 et E 1 sont
orthogonaux. Soit F l'orthogonal de E1 E 1 . F est satble par u. Soit
v 2 L(F ) denie par 8x 2 F; v(x) = u(x). v n'a pas de valeurs propres car
v(x) = x ) x 2 (E1 E 1 ) \ F = f0g.
Soient p et q les dimensions respectives de E1 et E 1 .
Nous obtenons u = (1 X )p( 1 X )q v . v n'ayant pas de racines reelles
nous en deduisons que p est l'ordre de multiplicite de la valeur propre 1 et q
est l'ordre de multiplicite de la valeur propre -1. De plus le degre de v est
la dimension de F . Cette dimension est alors paire, egale a 2r, car sinon v
aurait une racine reelle.
v est une isometrie sans valeur propre. Demontrons qu'alors il existe r plans
deux a deux ortogonaux stables par v. (Si r=0, il n'y a pas de plan) Pour
r = 1 la preuve est immediate. Supposons le resultat vrai pour toute isometrie,
n'ayant pas de valeur propre, sur un espace vectoriel euclidien de dimension au
plus egale a 2r. Soit alors v une isometrie, n'ayant pas de valeur propre, sur un
espace vectoriel euclidien de dimension 2(r + 1). v ne possede pas de vecteurs
propres donc il n'y a pas de droite stable par v ; comme nous l'avons vu plus
haut il y a au moins un plan F 0 stable par v. L'orthogonal de F 0 est stable par
v. Soit v0 l'endomorphisme de F 00 = (F 0) deni par v0 (x) = v(x). v0 divise
v donc v0 est une isometrie n'ayant pas de vecteurs propres. Il existe alors r
plans deux a eux orthogonaux stables par v0 donc par v. Le resultat est donc
demontre. Appelons alors F1 ;r ; Fr les plans deux a deux orthogonaux de
M
somme F . E = E1 E 1 Fr .
j =1
E tudions alors les isometries f , d'un plan H , n'ayant pas de valeur propre.
Soit (e1; e2 ) une base orthonormale de H . f (e1 ) s'ecrit ae1 +be2 avec a2 +b2 = 1
car f est une isometrie. b est non nul car f n'a pas de vecteur propre. Il existe
alors 2]0; [[]; 2[ tel que a = cos(); b = sin(). f (e2 ) est orthogonal a
f (e1 ) et est unitaire donc f (e2 ) = "(sin()e1 cos()e2) ou " 2 f 1; 1g. dans
le cas " = 1 le polyn^ome caracteristique est egal a X 2 2 cos()X + 1 ; dans
l'autre cas le polyn^ome caracteristique est egal a X 2 1. Il ne reste17 donc que
cos(
)
sin(
)
le premier cas et la matrice de f dans la base (e1 ; e2 ) est sin() cos() .
Nous pouvons remarquer que ne depend pas de la base orthonormale de m^eme
orientation que la base precedente. Le plan etant suppose oriente par le choix
de cette base, s'appelle alors une mesure (denie modulo 2) de l'angle de
f qui est appelee rotation plane. En eet la matrice de changement de base
orthonormale vers une autre base orthonormale est une matrice orthogonale
c'est-a-dire encore la matrice d'une isometrie. Si les deux bases ont la m^eme
orientation le determinant
a "b de la matrice est > 0. Cette matrice de passage
est du type M = b "a avec det(M ) = "(a2 + b2) > 0 donc " = 1 puis
a = cos(t); b = sin(t) avec t 2 [0; 2[. Si les deux bases n'ont pas la m^eme
Le second cas correspond aux isometries negatives c'est-a-dire aux symetries orthogonales par
rapport a une droite.
17
56 CHAPITRE 3. ALGE BRE QUADRATIQUE, PRE LIMINAIRES ; CORRIGE S
=
orientation alors " = 1.
D'une
ere generale
cos(mani
) sin()
cos(t) "sin(t) = cos(t + ) "sin(t + ) et
sin() cos()
sin(t) "cos(t)
sin(t + ) "cos(t + )
cos(
t) "sin(t)
cos() sin() = cos(t+") "sin(t+") .
sin(t) "cos(t)
) cos()
sin(t+") "cos(t+")
sin(
t) "sin(t) est la matrice
L'inverse de la matrice cos(
sin(
t
cos(t) sin(t) cos() "t")cos(t")sin( "t) "sin(t) "cos(t) = sin( "t) "cos( "t) donc la matrice de f dans
la nouvelle base est
cos( "t) "sin( "t) cos() sin() cos(t) "sin(t) sin( "t) "cos( "t)
sin() cos()
sin(t) "cos(t)
cos( "t) cos(t + ) "sin( "t) sin(t + ) "sin(t + ) cos( "t) cos(t + ) sin( "t)
sin(t + ) cos( "t)+"cos(t + ) sin( "t)
t + ) "sin( "t) sin(t + )
cos( "t+"(t + )) "sin(t + t)cos(
"t) cos(
cos(
"
)
sin(
"
)
=
"sin(t + t) cos( "t+"(t + )) = sin(") cos(")
cos(") sin(") = sin(") cos(") .
Nous obtenons bien le resultat.
Finalement si u est une isometrie d'un espace euclidien E de dimension n il
existe un espace de dimension p, un espace de dimension q et r plans stables
par u ; ces r +2 sous-espaces etant deux a deux orthogonaux tels que la restriction de u au premier espace est Id, la restriction au deuxieme espace est Id
et les restrictions aux plans sont des rotations planes sans vecteurs propres.
Le determinant d'une telle isometrie est alors egal a ( 1)q . Nous retrouvons
bien evidemment que les racines complexes du polyn^ome caracteristique de u
sont de modules egaux a 1.
u est donc une isometrie positive si et seulement si q est pair c'est-a-dire si
l'espace propre associe a la valeur propre -1 est de dimension paire.
Nous aurions pu utiliser le resultat de l'exercice precedent en remarquant que
u est un endomrphisme normal donc qu'il existe une base orthonormale dans
laquelle la matrice s'ecrit, en conservant les notations de l'exercice precedent,
M = Diag(D; B1 ; ; Br ) avec, ici, MM = M M = In.
MM = Diag(D2; B1 B1 ; ; Br Br ); M M = Diag(D2; B1 B1 ; ; Br Br ).
Chaque matrice Br est donc la matrice d'une rotation plane dierente de I2
et les elements diagonaux de la matrice D sont egaux a 1. Nous retrouvons
le resultat demande.
Soit f une isometrie positive. Quitte a regrouper par deux les vecteurs d'une
base de E 1 et considerer I2 comme une rotation d'angle nous pouvons
dire qu'il existe une base orthonormale de E , (e1; ; en), dans laquelle la
matrice, M , de f est une matrice diagonale par blocs ; les blocs etant d'une
part In 2r et d'autre part r matrices 22 Rj (j = 1; ; r) de rotations
planes. (Si r = 0, f = IdE ).
57
Supposons f 6= IdE . Considerons, pour j 2 Nr la matrice diagonale par blocs.
Mj = Diag(Is; Rj ; I2k )) avec s = n 2(r j + 1)), k = r j (si k = 0, I2k
ne gure pas dans l'ecriture).
Yr
Notons fj l'isometrie positive de matrice Mj . M = Mj .
j =1
Soit Pj = Vect(es+1; es+2 ). Notons Qj l'orthogonal de Pj . Soit uj la rotation
plane de matrice Rj dans la base (es+1; es+2 ). Il existe deux droites Dj et Dj0
du plan Pj telles que uj soit la composee des symetries orthogonales du plan
Pj par rapport a ces deux droites : uj = sDj sDj0 . Notons Hj l'hyperplan
Qj Dj et Hj0 l'hyperplan Qj Dj0 . Notons sj la symetrie orthogonale (la
reexion) par rapport a l'hyperplan Hj et s0j la symetrie orthogonale par rapport a l'hyperplan Hj0 .
D'une maniere generale soit H un hyperplan de E . Soit D une droite incluse
dans H Soit P le plan D H . Soit s la reexion de base H , soit l'application
de P dans P symetrie orthogonale par rapport a D. Soit x 2 P . Notons e1
une base de D et e2 une base de H . e1 et e2 sont orthogonaux ; supposons-les
unitaires. s(e1) = e1 . s(e2) = e2 . (e1 ) = e1 , (e2 ) = e2 donc la restriction
de s a P induit l'isomorphisme orthogonal de P .
En utilisant ce qu'il vient d'^etre vu nous en deduisons :
pour x 2 Qj ; fj (x) = x et (sj s0j )(x) = x,
pour x 2 Pj ; fj (x) = uj (x) = (sDj sDj0 )(x) = (sj s0j )(x).
Donc fj = sj s0j . f est donc le produit d'au plus n p reexions.
Si f est une isometrie negative, soit g une reexion hyperplane. g f est une
isometrie positive donc le produit de reexions. f est donc le produit de reexions. Les reexions engendrent donc l'ensemble des isometries de l'espace
euclidien E .
Soient D1 et D2 deux droites de E distinctes. Soit Q l'orthogonal du plan
P = D1 D2. Notons d1 la symetrie orthogonale de base D1 et d2 la symetrie orthogonale de base D2 . Pour x 2 Q; d1 (x) = x; d2 (x) = x donc
(d2 d1 )(x) = x. Pour x 2 P (d2 d1 )(x) = (2 1)(x) ou 1 et 2 designent les
symetries orthogonales du plan P respectivement par rapport a D1 et D2. En
reprenant ce qui a ete vu plus haut nous en deduisons que fj est le produit de
deux symetries orthogonales par rapport a deux droites puis qu'une isometrie
positive est le produit d'au plus n p symetries orthogonales par rapport a
des doites.
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
58
Chapitre 4
Espaces euclidiens, prehilbertiens ;
corriges
Lorsque A = (ai;j )(i;j)2NpNq 2 Mp;q (C ), nous noterons A = (bi;j )(i;j)2NqNp 2 Mq;p(C )
la matrice telle que 8(i; j ) 2 Nq Np ; bi;j = aj;i. A s'appelle la matrice adjointe
de la matrice A. Si A 2 Mp;q (R), alors A est la transposee de la matrice A que
nous noterons indieremment A ou tA.
1. f (0) etant nul nous avons pour tout x 2 E kf (x)k = kxk.
Soit (x; y) 2 E 2.
kf (x) f (y)k2 = kf (x)k2 + kf (y)k2 2(f (x j f (y))
= kxk2 + kyk2 2(f (x j f (y)).
Par ailleurs kx yk2 = kxk2 + kyk2 2(x j y) donc
8(x; y) 2 E 2; (f (x) j f (y)) = (x j y).
Il sut de demontrer que f est lineaire1.
Soient 2 R et x 2 E .
kf (x) f (x)k2 = kf (x)k2 + kf (x)k2 2(f (x) j f (x)) = 0.
De m^eme soit (x; y) 2 E 2.
kf (x + y) f (x) f (y)k2 = kx + yk2 (x + y jx) (x + y jy) (x j x + y)
+kxk2 + (x j y) (y j x + y) + (x j y) + kyk2 = 0.
f est bien lineaire ; f (x) = 0 ) kf (x)k = kxk = 0 donc f est injective puis
bijective car E est de dimension nie ; il s'agit d'un automorphisme orthogonal2.
2. Soient x et y deux vecteurs de m^eme norme.
(x + y j x y) = kxk2 kyk2 = 0. x + y ? x y donc f (x + y) ? f (x y) soit
encore, f etant lineaire, (f (x)+ f (y) j f (x) f (y)) = 0 donc kf (x)k = kf (y)k.
Soit x0 un vecteur de norme egale a 1. Posons kf (x0 )k = k. 1
1 Soit x un vecteur non nul.
kxk x est de norme egale a 1 donc f kxk x = k .
f etant lineaire nous en deduisons kf (x)k = kkxk qui est vrai aussi pour x = 0.
f est donc la composee d'une homotetie, de rapport k, et d'une isometrie (qui
est un automorphisme orthogonal en dimension nie).
Nous avons deja demontre ce resultat dans les exercices preliminaires.
Soit E un espace ane euclidien de direction E . Soit g une application de E dans E veriant
8(p; q) 2 (E )2 , d(g(p); g(q)) = d!(p; q). Soit a 2 E ; posons, pour !
x 2 E; f (!
x ) = g (a + !
x ) g(a)
2
!
!
!
!
!
!
!
c'est-a-dire f ( x ) = g(a)g(a + x ). 8( x ; y ) 2 E ; kf ( x ) f ( y )k = k x !
y k. f est donc un
autmorphisme orthogonal et g est une isometrie ane.
1
2
60 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
3. (a) Nous avons vu dans les exercices preliminaires que le determinant de
f est egal a ( 1)q ou q = dim(Ker(f + IdE )). L'equivalence est alors
immediate.
(b) Soit I = Ker(g + IdE ). Pour x 2 I , f (g(x)) = f (x) = g(f (x)) donc
f (x) 2 I .
f n'a pas de valeur propre donc est injective puis dim(f (I )) = dim(I ).
Nous avons alors f (I ) = I .
La restriction de f a I induit un endomorphisme f 0 de I . f 0 n'a pas de
valeur propre (sinon f en aurait) donc la dimension de I est paire3 et
d'apres le resultat precedent g est une isometrie positive.
4. (a) Soit E un espace euclidien de dimension au moins egale a 3.
Soit (x; x0 ; y; y0 ) 2 E 4 avec kxk = kx0 k, kyk = ky0 k, kx yk = kx0 y0 k.
Montrons qu'il existe une rotation u telle que u(x) = x0 ; u(y) = y0.
8(u; v) 2 E 2 ; 2(u j v) = kuk2 + kvk2 ku vk2 .
Nous avons donc (x j y) = (x0 j y0 ). Soit s1 une4 symetrie orthogonale
hyperplane echangeant x et x0 .
Notons y00 = s1(y). kx yk = ks1(x) s1(y)k = kx0 y00 k = kx0 y0 k.
y0 et y00 ont la m^eme norme donc (x0 j y00 ) = (x0 j y0 ). Nous en deduisons
que x0 est orthogonal a y0 y00 .
Si y0 6= y00 , soit s2 la symetrie orthogonale hyperplane echangeant y0 et
y00 . Si y0 = y00 nous prenons s2 = IdE . (s2 s1)(x) = s2(x0 ) = x0 .
(s2 s1)(y) = s2(y00 ) = y0 . s2 s1 est un automorphisme orthogonal.
Si s2 s1 2 O (E ) considerons un hyperplan contenant x0 et y0 . La
symetrie orthogonale par rapport a cet hyperplan laisse x0 et y0 invariants
et u = ss2 s1 2 O+(E ). Il existe donc un element de O+(E ) convenable.
(b) Soit r une rotation de E (oriente) de dimension 3 d'axe (s'il ne s'agit pas
de l'identite) dirige par a, d'angle . Le plan P orthogonal a a est oriente
par le choix d'une base (e1 ; e2 ) orthonormale telle que (e1; e2 ; a) soit
directe. Soit D1 une droite de P . Soit D2 une seconde droite de P telle
qu'une mesure de l'angle (D1; D2 ) dans le plan oriente P soit egale a .
2
Notons sD (resp. sD ) le demi-tour d'axe D1 (resp. D2).
Soit x 2 P . (sD sD )(x) = (x) ou est la rotation de P d'angle de
mesure egale a . Soit x 2 Ra. sD (x) = x; sD ( x) = x. Nous en
deduisons r = sD sD .
Si r = IdE , soit s un demi tour ; s2 = IdE . Les demi-tours engendrent
donc SO(3).
Nous pouvons eectuer une autre demonstration de ce resultat.
Considerons les deux endomorphismes u et v de E qui ont pour matrices
1
2
2
1
1
2
2
1
la dimension de E etait elle aussi paire etant donne que f n'avait pas de valeur propre.
D'une maniere generale, un endomorphisme sur un espace vectoriel reel de dimension nie sans
valeur propre ne peut laisser stable que des sous-espaces vectoriels de dimensions paires. Nous
avons d'ailleurs vu dans les preliminaires qu'un tel endomorphisme laisse stable au moins un plan.
4
Si x = x0 on peut choisir n'importe quelle symetrie ; si x 6= x0 nous avons qu'il existe une et
une seule telle symetrie il s'agit de la symetrie par rapport a l'hyperplan orthogonal a x x0 .
3
01
respectivement @ 0
0
0
1
0
0
0
1
1 0 cos()
A et @ sin()
0
61
sin()
cos()
0
0
0
1
1
A dans la
base (e1 ; e2 ; a).
v u = r. u et v sont des automorphismes orthogonaux positifs. Il est
immediat que u est un demi tour. v est un endomorphisme symetrique ;
nous avons alors v = v ; v v = IdE donc v2 = IdE ; v est une symetrie
orthogonale. tr(v) = 1 ; -1 est donc une valeur propre double et v est
un demi tour.
(c) Soient t1 le demi-tour d'axe une droite D1 et t2 le demi-tour d'axe une
droite D2. Soit r une rotation telle que r(D1) = D2. Une telle rotation
existe ; il sut de choisir une rotation r d'axe dirige par a 6= 0 orthogonal
a D1 et D2 telle que sa restriction au plan orthogonal a a est la rotation
plane transformant D1 en D2 .
Soit x 2 D1. (t2 r)(x) = r(x) car r(x) 2 D2.
(r 1 t2 r)(x) = x = t1 (x).
Soit x 2 D1 . r(x) 2 (r(D1)) = D2 car r est un automorphisme orthogonal. Nous avons alors t2(r(x)) = r(x).
(r 1 t2 r)(x) = r 1 ( r(x)) = x = t1 (x) donc t1 = r 1 t2 r.
Si t2 appartient a un sous-groupe distingue, H , de SO(3) alors t1 2 H .
Un demi-tour est alors dans H si et seulement si tous y sont. Nous en
deduisons que si un demi-tour est dans H alors toutes les rotations sont
aussi dans H .
Pour prouver que H = SO(3) il sut de prouver qu'il contient un demitour.
Soit alors H un sous-groupe distingue de SO(3), dierent de fIdE g. Soit
u 2 H; u 6= IdE . Soit a un vecteur de norme egale a 1 dirigeant l'axe de
u. Soit une mesure de l'angle de u (le plan orthogonal a a est oriente de
maniere compatible avec a). Quitte a remplacer u par u 1 qui est aussi
dans H , on peut supposer que 2]0; ].
Soient P = (Ra)? et S2 la sphere unite. Soit x 2 P \ S2. Notons
y = u(x) et d = ky xk. La restriction de u au plan P est la rotation
plane d'angle de mesure .
Dans la base orthonormale directe de P de premier vecteur x, y = u(x)
a pour coordonnees (cos(); sin()).
Nous en deduisons ky xk2 = (1 cos())2 + sin2 () = 2(1 cos()).
Soit m 2 [0; d]. Consderons les deux demi-plans contenant Ra ; le premier contenant x, le second contenant y. Ces demi-plans coupent S2
selon deux demi-cercles de diametre porte par Ra. Un plan orthogonal a
a coupe ces demi-cercles en deux points dont la distance varie contin^ument de 0 a d. Il existe donc bien (b1; b2) 2 (S2 )2 tel que u(b1 ) = b2 et
kb2 b1k = m.
Retrouvons ce resultat par le calcul.
Si m = 0 il sut de choisir a.
Supposons m 6= 0.
Choisissons b1 = k(x + a) et b2 = k(y + a) avec k et reels.
62 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
u(b1 ) = k(u(x) + a) = k(y + a).
Il sut donc de choisir k et pour que kb1k = 1 et kd = mp.
2
2
kb1 k2 = k2 (1 + 2 ). Il sut donc de choisir k = md et = d m m .
Soient y1 et y2 deux elements de S2 distants de m. Comme nous l'avons
vu plus haut, il existe v 2 SO(3) tel que v(y1 ) = b1 et v(y2) = b2.
Posons w = v 1 u v 2 H car H est distingue. w(y1) = y2. Il vient
alors 8(y1; y2) 2 (S2 )2; ky1 y2k = m 2 [0; d] 9w 2 H; w(y1) = y2.
Soit, pour n 2 N , n la rotation d'axe dirige par a d'angle .
n
2
kx n (x)k = 2(1 cos n donc n!lim+1 kx n(x)k = 0.
d > 0 donc il existe N 2 N ; n>N ) kx n(x)k6d.
Soit n 2 N; n>N . Posons x0 = x et pour i 2 N; xi+1 = n(xi ). xn = x,
kxi+1 xi k = kx n (x)k6d.
Pour tout i 2 N, Il existe donc, d'apres ce que nous venons de voir, ui 2 H
ui (xi ) = xi+1 .
Soit h = un u1 . h 2 H et h(x) = x. h est une rotation ayant
une valeur propre egale a -1 ; il s'agit donc d'un demi tour qui appartient
a H . Le resultat est demontre.
5. Munissons Mn(K ) (K =R ou C ) de la norme : kM k = max jmi;j j ou
(i;j )2(Nn )
M = (mi;j )(i;j)2(Nn) .
kM k = kM k (M designe comme nous l'avons deja dit la transposee de la
conjuguee de la matrice M ).
8(i; j ) 2 (Nn )2; M = (mi;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(K ) 7 ! mj;i 2 K est evidemment
continue donc M 2 Mn(K ) 7 ! M 2 Mn(K ) est continue.
(A; B ) 2 (Mn(K ))2 7 ! AB 2 Mn(K ) est continue car elle est bilineaire sur
un espace de dimension nie (nous avons d'ailleurs kAB k6nkAk kB k).
Nous en deduisons que l'application M 2 Mn(K ) 7 ! M M 2 Mn(K ) est
continue. L'image reciproque de fIng par cette application est donc un ferme
de Mn(K ). La somme des carres des modules d'un element de O(n) ou U (n)
est egale a 1 donc la norme d'un tel element est au plus egale a 1. O(n) comme
U (n) est un sous-ensemble ferme borne d'un espace vectoriel de dimension nie (n2) ; il s'agit bien d'un compact pour la norme proposee donc pour toutes
les normes car celles-ci sont equivalentes.
n
L'application M 2 Mn(R) 7 !
! (mi;j )(i;j)2(Nn) 2 R est continue ;
2
2
2
2
det(M ) =
X
2Sn
"
Yn
mi;(i)
i=1
Mn(R) 7 !
2
est un polyn^ome en les coecients de M donc
l'application M 2
det(M ) 2 R est continue. L'image reciproque
de f1g par cette application est fermee ; l'intersection avec O(n) est donc
fermee incluse dans un compact et est compacte donc SO(n) est compact.
6. (a) Soit p un projecteur orthogonal d'un espace prehilbertien reel E .
Soit x = x1 + x2 2 E avec (x1 ; x2 ) 2 Ker(p) Im(p).
De m^eme soit y = y1 + y2 2 E avec (y1; y2) 2 Ker(p) Im(p).
63
(p(x) j y) = (x2 j y) = (x2 j y2) = (x j y2 ) = (x j p(y). p est bien
symetrique.
Supposons que p soit un projecteur symetrique de E .
Soit (x; y) 2 Ker(p) Im(p). (x j y) = (x j p(y)) = (p(x) j y) = 0. Le
noyau et l'image de p sont orthogonaux ; p est un projecteur orthogonal5.
(b) Montrons qu'un projecteur de E est orthogonal si et seulement si sa
norme est egale a 1 (ou, ce qui est equivalent, au plus egale a 1).
Soit p un projecteur orthogonal de E . Soit x 2 E . x = p(x) + (x p(x)).
p(x) et x p(x) sont orthogonaux donc kxk2 = kp(x)k2 + kx p(x)k2
puis kp(x)k6kxk donc kjpkj61.
Si x 2 Im(p) alors kxk = kp(x)k donc kjpkj = 1.
Soit p un projecteur de E de norme au plus egale a 1.
Cela signie : 8x 2 E; kp(x)k6kxk. Soit (x; y) 2 Im(p) Ker(p) ;
soit t 2 R. D'apres l'hypothese nous avons kxk2 6kx + tyk2 c'est-a-dire
t2 kyk2 +2t(x j y)>0. Pour t > 0 il vient tkyk2 +2(x j y)>0 et pour t < 0,
tkyk2 +2(x j y)60. En faisant tendre t vers 0 nous en deduisons (xj y)>0
et 60 c'est-a-dire (x j y) = 0. p est un projecteur orthogonal et sa norme
est alors, d'apres le resultat precedent, egale a 1.
f1 : p 2 L(E ) 7 ! p2 p 2 L(E ) et f2 : p 2 L(E ) 7 ! kjpkj 2 R sont
des applications continues. P = f1 1 (f0g) \ f2 1 (f1g). P est donc ferme
et borne dans un espace vectoriel de dimension nie ; il s'agit bien d'un
compact.
7. (a) En utilisant les resultats vus plus haut nous savons qu'il existe une base
orthonormale de l'espace vectoriel euclidien E dans laquelle un element
de O(E ) a pour matrice Diag(A1 ; ; Ap ) ou A1 = Iq ; A2 = Ir (A1 = 0
si q = 0 et A2 = 0 si r = 0) ; lesautres elements Ai sont
des matrices
cos(
)
sin(
)
2 2, dierentes de I2 , du type sin(i ) cos(i) .
i
i
+
Lorsque u 2 O (E ) alors r est pair donc, Ir peut ^etre consideree comme ) sin()
une matrice diagonale par blocs, les blocs etant du type cos(
sin() cos()
avec = .
Finalement, lorsque u appartient a O+(E ), il existe une base orthonormale de E dans laquelle la matrice de u est du type Diag(A1 ; ; As)
ou A1 = Iq (A1 = 0 si q = 0) ; les
autres elements Ai sont des matrices
cos(
sin(i ) .
2 2, dierentes de I2 , du type sin(i )) cos(
i)
i
cos(
t
)
sin(
t
)
i
i
Remplacons chaque matrice Ai ; i>2, par la matrice sin(t ) cos(t )
i
i
ou t 2 [0; 1]. La matrice A(t) ainsi obtenue est la matrice d'un element
u(t) de O+(E ).
L'application f : t 2 [0; 1] 7 ! u(t) 2 O+(E ) est continue, f (0) = idE ,
f (1) = u. u est donc connectable a IdE .
Dans le cas d'un espace prehilbertien complexe nous avons : un projecteur p est orthogonal si
et seulement si p est hermitien.
5
64 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Si u et v sont deux elements de O+(E ) il existe un chemin d'origine IdE
d'extremite u et un chemin d'origine IdE d'extremite v. En concatenant
ces deux chemins nous construisons un chemin d'origine u et d'extremte v
inclus dans O+(E ). Nous en deduisons que O+(E ) est connexe par arcs.
(b) L'aplication u 2 L(E ) 7 ! det(u) 2 R est continue ; l'image de O(E ) par
cette application est f 1; 1g qui n'est pas connexe par arcs donc O(E )
n'est pas connexe par arcs.
8. (a) Soit u 2 L(E ). Supposons u = u .
pour x 2 E nous avons (u(x) j x) = (x j u(x)) = (u(x) j x) donc
(u(x) j x) 2 R.
Supposons que pour tout element x de E on ait (u(x) j x) 2 R.
Soient x et y deux elements de E . (u(x + y) j x + y) et (u(x + iy) j x + iy)
sont reels. En developpant nous obtenons
(u(x) j x) + (u(x) j y) + (u(y) j x) + (u(y) j y) 2 R ; de m^eme nous
obtenons (u(x) j x) + i(u(x) j y) i(u(y) j x) + (u(y) j y) 2 R. Nous en
deduisons
(u(x) j y) + (u(y) j x) = 2a 2 R et (u(x) j y) (u(y) j x) = 2ib 2 iR.
Il vient alors (u(x) j y) = a + ib et (u(y) j x) = a ib c'est-a-dire
(u(x) j y) = (u(y) j x) = (x j u(y)) d'ou l'equivalence.
Ce resultat est vrai en dimension nie ou non.
(b) u est hermitien positif donc il existe une base orthonormale e = (ei )i2Nn
de diagonalisation de u ; les valeurs propres (1; ; n) de u sont dans
n
X
R+ . Soit x =
xi ei .
i=1
n
X
(x j u(x)) (u(x) j u2 (x)) =
n
X
ku(x)k4 =
i=1
=1
!2 iX
2
2i jxi j
(x j u(x)) (u(x) j
i jxij
u2 (x))
=
!X
n
2
i=1
! X
2
3i jxi j =
3i j jxi j2 jxj j2.
16i;j 6n
2i 2j jxi j2 jxj j2 .
16i;j 6n
ku(x)k4 =
X
2i j (j i )jxij2 jxj j2
16i;j 6n X
X 2
2
=
i j (j i )jxi j jxj j2 +
2j i (i j )jxij2 jxj j2
16X
i<j 6n
16i<j 6n
2 2
2
=
i j (j i ) jxi j jxj j >0
16i<j 6n
d'ou le resultat.
9. (a) Soit g une forme lineaire denie sur l'espace hermitien (E; '). Supposons
g non nulle de noyau l'hyperplan H . Soit a un vecteur unitaire orthogonal
a H . Soit h la forme lineaire x 2 E 7 ! '(a; x) 2 C .
Pour x 2 H; g(x) = h(x) = 0.
Soit 2 C . g(a) = g(a); h(a) = . Nous en deduisons g = g(a)h.
Soit b = g(a)a alors g = x 2 E 7 ! '(b; x) 2 C .
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
65
Si g = 0 il sut de choisir b = 0.
Soient b1 et b2 deux elements de E .
8x 2 E; '(b1 ; x) = '(b2 ; x) ) 8x 2 E; '(b1 b2 ; x) = 0 donc b1 = b2 .
Il existe donc b 2 E unique tel que g = x 2 E 7 ! '(b; x) 2 C .
Soit f une forme sesquilineaire a symetrie hermitienne denie sur E .
Soit y 2 E . L'application x 2 E 7 ! f (y; x) 2 C est une forme lineaire.
En utilisant le resultat precedent nous obtenons l'existence d'un element
unique u(y) tel que 8x 2 E; f (y; x) = '(u(y); x). Nous denissons ainsi
une application u de E dans E .
Soient y1 et y2 deux elements de E , soit un nombre complexe.
'(u(y1 + y2); x) = f (y1 + y2 ; x) = f (y1; x) + f (y2 ; x)
= '(u(y1); x) + '(u(y2); x) = '(u(y1 ) + u(y2); x).
Gr^ace a l'unicite nous en deduisons u(y1 + y2) = u(y1) + u(y2). u est
donc une application lineaire.
Il existe donc u 2 L(E ) telle que 8(x; y) 2 E 2 ; f (x; y) = '(u(x); y).
u est unique car si pour tout couple (x; y) d'elements de E nous avons
'(u(x); y) = '(v(x); y) alors en choisissant y = u(x) v(x) nous obtenons '(u(x) v(x); u(x) v(x)) = 0 c'est-a-dire u = v.
f etant a symetrie hermitienne ; nous avons donc pour tout (x; y) 2 E 2 ,
f (x; y) = f (y; x) = '(u(y); x) = '(x; u(y)) et f (x; y) = '(u(x); y).
Nous avons bien f (x; y) = '(u(x); y) = '(x; u(y)) = '(x; u (y)) donc
u = u . En particulier 8x 2 E; f (x; x) = '(u(x); x).
Soit u lineaire veriant u = u et 8x 2 E; f (x; x) = '(u(x); x). Soient
x et y deux elements de E . f (x + y; x + y) = '(u(x + y); x + y) donc
f (x; x) + f (y; y) + 2 <e(f (x; y)) = '(u(x) + u(y); x + y)
= '(u(x); x) + '(u(y); y) + 2 <e('(u(x); y))
c'est-a-dire <e(f (x; y)) = <e('(u(x); y)).
En remplacant y par iy nous obtenons =m(f (x; y)) = =m('(u(x); y))
soit nalement f (x; y) = '(u(x); y).
Il existe donc une et une seule application lineaire u hermitienne veriant
8x 2 E; f (x; x) = '(u(x); x).
La dimension etant nie nous pouvons faire une demonstration \matricielle". Soit e une base de E orthonormale pour le produit scalaire '.
Soit A la matrice, hermitienne, de f dans la base e. Soient x et y deux
elements de E de matrices colonnes de coordonnees dans la base e X
et Y . Soit u l'endomorphisme hermitien de matrice A dans la base e.
f (x; y) = X AY = X AY = '(u(x); y). Nous terminons comme
au-dessus.
(b) Nous avons vu dans des exercices precedents que si u est un endomorphisme hermitien d'un espace hermitien alors il existe une base orthonormale e = (e1; ; en ) de E de diagonalisation de u ; de plus les valeurs
propres de u sont reelles.
8(x; y) 2 E 2; f (x; y) = '(u(x); y) donc
8(i; j ) 2 (Nn )2; f (ei ; ej ) = '(u(ei ); ej ) = '(i ei ; ej ) = i ij . La base e
est orthogonale pour f et orthonormale pour le produit scalaire '.
Soient A et B deux matrices hermitiennes appartenant a Mn(C ).
66 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Supposons que 8X 2 Mn;1(C ); X AX = [a] avec a 2 R+ et
8X 2 Mn;1(C ); X AX = [0] ) X = 0. A est la matrice d'un produit
scalaire hermitien ' (A est dite heritinne denie positive). B est la matrice d'une forme sesquilineaire a symetrie hermitienne. Soit " la base
canonique de C n . Nous avons vu qu'il existe une base de e orthonormale
pour ' et orthogonale pour f . Soit P la matrice de passage de " a e.
La matrice de ' dans la base e est In donc In = P AP . La matrice D
de f dans cette m^eme base e est diagonale donc D = P BP . En notant
Q = P 1 nous en deduisons A = Q Q et B = Q DQ.
10. Il s'agit du m^eme resultat que le precedent dans le cas reel. Nous faisons
une demonstration legerement dierente sans faire intervenir explicitement
l'endomorphisme symetrique associe.
Soit f la forme bilineaire symetrique dont la matrice dans la base canonique
de Rn est A. f est un produit scalaire. Il existe une base, (e1 ; ; en),
orthonormale pour ce produit scalaire. Soit Q la matrice de passage de la base
canonique de Rn a cette base. La matrice de f dans cette nouvelle base est In.
Nous avons donc In = Q AQ. Soit g la forme bilineaire symetrique dont la
matrice dans la base canonique de Rn est B . La matrice de g dans la nouvelle
base est B1 = Q BQ. B1 est une matrice symetrique reelle donc il existe une
matrice orthogonale U telle que B1 = UDU 1 = UDU . Nous obtenons alors
UDU 1 = UDU = Q BQ et In = U Q AQU .
Posons P = U Q 1 = (QU ) 1 . Nous obtenons B = P DP et A = P P .
Remarque en remplacant symetrique par hermitien, R par C nous obtenons
le m^eme resultat.
11. Soit E un espace hermitien de dimension n>1. Soit U une partie non vide de
L(E ) veriant : u 2 U ) u 2 U , (u; v) 2 (U )2 ) u v = v u.
Pour n = 1 tous les endomorphismes sont diagonalisables dans une base orthonormale.
8u 2 U ; u u = u u. Soit une valeur propre d'un element u0 de U .
Notons E l'espace propre associe.
Soit x 2 E. Soit u 2 U . u(x) = u(u0 (x)) = u0 (u(x)). Nous en deduisons
u(x) 2 E . E est stable par tous les elements de U . En particulier E est
stable par u puis (E) est stable par u ; (E ) est stable par tous les elements
de U .
Si tous les elements de E sont du type aIdE , avec a 2 C , toute base orthonormale convient. Supposons qu'il existe un element u0 de U dierent, pour tout
a 2 C , de aIdE . Supposons que pour tout espace hermitien E de dimension
au plus egale a n>2 et pour toute famille d'endomorphismes de E veriant
les proprietes proposees il existe une base orthonormale de E commune de
diagonalisation de tous les endomorphismes en question.
Soit E un espace vectoriel hermitien de dimension n + 1.
Notions E1 l'espace propre associe a une valeur propre de u0 et E2 l'orthogonal de E1 . dim(E1 )6n; dim(E2 )6n.
D'apres ce que nous venons de voir, pour u 2 U , notons u1 et u2 les en-
67
domorphismes respectivement de E1 et E2 induits par les restrictions de u
respectivement a E1 et E2 . Notons U1 l'ensemble des endomorphismes de E1
induits par les restrictions a E1 des elements de U et U2 l'ensemble des endomorphismes de E2 induits par les restrictions a E2 des elements de U .
8(u1; v1 ) 2 U12 ; u1 v1 = v1 u1 ; u1 2 U1 et
8(u2; v2 ) 2 U22 ; u2 v2 = v2 u2 ; u2 2 U2 .
D'apres l'hypothese de recurrence il existe une base orthonormale de E1 de
diagonalisation de tous les elements de U1 et une base orthonormale de E2 de
diagonalisation de tous les elements de U2 . En concatenant ces deux bases
nous obtenons le resultat demande.
Nous en deduisons, en particulier, que pour toute famille d'endomorphismes
hermitiens qui commutent deux a deux il existe une base orthonormale de
diagonalisation de tous les elements de la famille.
12. Le resultat est immediat si E est de dimension egale a 1.
Supposons le resultat vrai pour toute famille d'endomorphismes symetriques
qui commutent deux a deux denis sur des espaces euclidiens de dimensions
au plus egales a n 1; n>2.
Soit (ui )i2I une famille d'endomorphismes symetriques de l'espace vectoriel
euclidien E de dimension n qui commutent deux a deux.
Si tous les endomorphismes sont du type i IdE avec i 2 R toute base orthonormale de E convient. Supposons qu'il existe un endomorphisme ui qui ne
soit pas du type IdE . ui possede au moins deux valeurs propres distinctes;
si l'une d'entre elles est a l'espace propre associe, Ea , est dierent de f0g et
de E . 16 dim(Ea )6n 1.
Soit x 2 Ea . Soit i 2 I . ui (ui (x)) = aui (x) = ui (ui (x)). La derniere egalite
permet de conclure que ui (x) 2 Ea . Ea est donc stable par tous les endomorphismes ui . L'orthogonal F de Ea est donc aussi stable6 par tous les ui car ils
sont symetriques. 16 dim(F )6n 1. Notons vi l'endomorphisme de Ea induit
par la restriction de ui et wi l'endomorphisme de F induit par la restriction
de ui . les endomorphismes vi sont symetriques et commutent deux a deux, de
m^eme que les endomorphismes wi . L'hypothese de recurrence permet de trouver une base orthonormale de Ea de diagonalisation commune des vi et une
base orthonormale de F de diagonalisation commune des wi . En concatenant
ces deux bases nous disposons d'une base orthonormale de diagonalisation de
tous les ui . Le resultat est donc prouve.
Le resultat est analogue pour des endomorphismes hermitiens d'un espace vectoriel hermitien ; la demonstration est la m^eme.
0
0
0
0
13. (a) Soient u et v deux endomorphismes hermitiens positifs veriant u2 = v2 .
Nous avons vu que les endomorphismes hermitiens sont diagonalisables
dans un e base orthonormale de E .
Soit alors e = (e1; ; en ) une base orthonormale de diagonalisation de
u.
Si un sous espace d'un espace euclidien est stable par un endomorphisme, son orthogonal est
stable par son adjoint.
6
68 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Soit i 2 Nn . u(ei ) = i ei ou les i sont des reels positifs. Soit h = u v.
v(h(ei )) = v(u(ei )) v(v(ei )) = i v(ei ) u(u(ei ))
= i v(ei ) i u(ei ) = i h(ei ).
v est un endomorphisme symetrique positif donc a des valeurs propres
reelles positives. Si h(ei ) 6= 0 alors i est une valeur propre de v ;
i 60 donc i = 0. Finalement 8i 2 Nn ; u(ei ) = 0 ou h(ei ) = 0.
v est diagonalisable donc Ker(v) = Ker(v2 ).
u(ei ) = 0 ) 0 = u2 (ei ) = v2 (ei ) ) v(ei ) = 0 ) h(ei) = 0 donc
8i 2 Nn ; h(ei ) = 0 et h = 0 puis u = v.
(b) Si u est un endomorphisme hermitien il est diagonalisable dans une base
orthonormale e = (e1; ; en) et si u est positif ses valeurs propres sont
relles positives. 8i 2 Nn ; u(ei ) = di 2 ei avec di 2 R+. Soit w l'endomorphisme de E tel que 8i 2 Nn ; w(ei) = di ei .
8i 2 Nn ; w2 (ei) = di 2 ei = u(ei ) doncju = w2.
8(i; j ) 2 (Nn )2; (w(ei) j ej ) = di i , (ei j w(ej )) = di ij . Nous
avons
n
X
X
donc pour tout (x; y) 2 E 2 (w(x) j y) =
xi yj di ij = xi yi di et
(x j w(y)) =
X
6i6n
6j 6n
1
1
xi yj dj ij =
X
n
i=1
6i6n
6j 6n
1
1
i=1
xi yidi . w est un endomorphisme hermi-
tien positif7. w est unique d'apres le resultat de la question precedente.
14. (a) Soit8 A 2 GLn(C ). Soit X 2 Mn;1(C ), X 6= 0. Notons Y = AX .
n
X
Y = (yi )i2Nn 2 Mn;1(C ). X AAX = (AX )(AX ) = jyij2 > 0, car A
i=1
est inversible, donc Y 6= 0. A A est donc une matrice hermitienne denie
positive.
Il existe une matrice diagonale D = Diag(d1 2 ; ; dn 2) a diagonale
strictement positive (avec 8i 2 Nn ; di > 0) et une matrice unitaire U
telles que AA = UDU . Soit = Diag(d1 ; ; dn ).
Posons H = U U . H est une matrice hermitienne denie positive. Soit
U = AH 1.
UU = AU 1U U 1 U A = AU 2U A = A(AA) 1 A = In. U
est donc unitaire. Il existe donc U unitaire et H hermitienne denie
positive telles que A = UH .
Montrons l'unicite du couple (U; H ) avec U unitaire et H hermitienne
denie positive.
Nous pouvions aussi dire que la matrice de w dans la base orthonormale e est hermitienne
(diagonale et a diagonale reelle positive) donc w est hermitien.
8
Nous pouvons utiliser le resultat de l'exercice precedent. Soit a l'automorphisme de E = C n
muni de sa base et de son produit scalaire canoniques dont la matrice est, dans la base canonique,
A. a a est un automorphisme hermitien positif donc il existe w un automorphisme hermitien
positif veriant w2 = a a.
(a ) 1 w = aw 1 donc (aw 1 ) = w a 1 puis (aw 1 )(aw 1 ) = (aw 1 )(w a 1 ) = IdE .
u = a w 1 est unitaire et a = u w avec u unitaire et w symetrique deni positif ; d'ou le resultat
demontre.
7
69
Soit B = AA. Soit f un polyn^ome9 tel que 8i 2 Nn ; f (d2i ) = di . f existe
car si d2i = d2j alors di = dj ; il sut de choisir le polyn^ome d'interpollation
n
X
aiX i.
i=0!
n
X
i
de Lagrange. f =
f (B ) = U
aiD U = U Diag(f (d21 ); ; f (d2n ))U = H .
i=0
Supposons A = UH = U 0 H 0 avec U et U 0 unitaires, H et H 0 hermitiennes
denies positives.
H 2 = H 0 2 = B . H 0 B = H 0 3 = BH 0 ; H 0 commute avec B donc avec
f (B ) = H . Les matrices H et H 0 sont diagonalisables donc10 il existe
une base commune de diagonalisation. Il existe une matrice Q inversible
telle que H = QD1Q 1 ; H 0 = QD10 Q 1 ou D1 et D10 sont diagonales ; les
elements diagonaux etant strictement positifs.
H 2 = QD1 2 Q 1 = H 0 2 = QD10 2 Q 1 . Nous obtenons D1 2 = D10 2 donc
D1 = D10 et H = H 0 . Il est alors immediat que U = U 0 d'ou l'unicite de
la decomposition.
(b) Soit A 2 Mn(C ). A est un polyn^ome non nul donc possede au plus n
racines complexes distinctes. Il existe donc > 0 tel que pour 2 C ,
0 < jj < ) A () 6= 0. La matrice A + In est donc, pour 0 < jj < ,
inversible. A + In s'ecrit donc UH avec U unitaire et H hermitienne
denie positive.
Soit a 2 R; a > 1 . Choisissons = 1 . Pour tout p 2 N il existe Up
p+a
une matrice unitaire et Hp une matrice hermitienne denie positive telles
que A + 1 In = UpHp .
p+a
Nous avons vu plus haut, a l'exercice numero 5, que U (n) est compact.
La suite (Up)p2N possede une sous-suite de terme general U'(p) convergente de limite U 2 U (n).
1
H'(p) = U'(p) A + '(p) + a In donc p!lim
H = U A. Notons H cette
+1 '(p)
limite.
8X 2 Mn(C ); X H'(p) X >0.
L'application K 2 Mn(C ) 7 ! X KX 2 C est continue car lineaire sur
un espace vectoriel de dimension nie11.
Nous avons donc p!lim
X H'(p) X = X HX >0. H est donc hermitienne
+1
positive.
Il s'agit la d'une autre methode que celle utilisee dans l'exercice precedent pour demontrer
l'unicite.
10
Voir l'exercice numero 11.
11
Soit f 2 L(E; F ) ou E est un espace vectoriel de dimension nie et F un espace
! vectoriel
n
n
X
X
norme. Soit e = (e1 ; ; en) une base de E munissons E de la norme N
xi ei = jxi j.
9
kf (x)k6
n
X
i=1
jxi j kf (ei )k6 max
kf (ei )k N (x). f est donc continue.
i2N n
i=1
i=1
70 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
(c) A 2 GLn(C ) 7 ! (U; H ) 2 U (n) HDP est bijective.
(U; H ) 7 ! A = UH est clairement continue.
Montrons que l'application A 7 ! (U; H ) est continue.
Soit (Ap )p2N une suite de matrices inversibles qui converge vers la matrice
inversible A. Pour chaque p 2 N il existe Up 2 U (n) et Hp 2 HDP telles
que Ap = UpHp . La suite (Up)p2N possede une sous-suite convergente de
terme general U'(p) de limite U 2 U (n). Soient U et U 0 deux valeurs
d'adherence de la suite (Up )p2N. La suite (Up )p2N possede une sous-suite
convergente de terme general U (p) de limite U 0 2 U (n). La suite de
terme general A'(p) est bien evidemment convergente et donc la suite de
terme general H'(p) est elle-m^eme convergente de limite H = U A ou H
est hermitienne positive et en fait denie positive car elle est inversible
puisque U et A le sont. De m^eme la suite de terme general A (p) est
convergente, la suite de terme general H (p) est elle-m^eme convergente
de limite H 0 = U 0 A ou H 0 est hermitienne denie positive. Nous avons
alors UH = U 0H 0 . Gr^ace a l'unicite d'une telle ecriture nous en deduisons
U = U 0 et H = H 0 . La suite (Up )p2N denie sur un compact possede
donc une seule valeur d'adherence12 ; elle est alors convergente. La suite
(Hp )p2N est donc elle aussi convergente et l'application A 7 ! (U; H ) est
continue
15. il s'agit du m^eme exercice que precedemment dans le cas reel.
(a) Soit A 2 GLn (R). Notons B = tAA. Soit X 2 Mn;1(R), X 6= 0.
X A AX = (AX )(AX ). En notant Y = AX = (yi)i2Nn 2 Mn;1(R)
n
X
nous avons X A AX = (yi)2 > 0 car A est inversible donc Y 6= 0. B
i=1
est donc symetrique denie positive.
Il existe P une matrice orthogonale et D = Diag(d1 ; ; dn ) une matrice
diagonale a elements
diagonaux
strictement positifs tels que B = PDtP .
p
p
Soit = Diag( d1 ; ; dn). Posons S = P tP .
S 2 = P tPP tP = PDtP = B . Soit O = AS 1 = AP 1tP .
OtO = AP 1tPP 1tP tA = APD 1tP tA = AA 1 (tA) 1tA = In.
O est une matrice orthogonale. Il existe bien O orthogonale et S symetrique denie positive telles que A = OS .
p
Soit f un polyn^ome tel que 8i 2 Nn ; f (di ) = di . f existe ; il sufSoit K un compact. Soit (un)n2N une suite de K ayant une et une seule valeur d'adherence
l 2 K.
Supposons que cette suite ne converge pas vers l.
Il existe "0 > 0 8N 2 N; 9n 2 N; n>N et kun lk>"0.
Pour N = 0 il existe n0>0 veriant ku0 lk>"0 .
Pour N = 1 + n0 il existe n1>1 + n0 > n0 veriant ku1 lk>"0 .
Supposons avoir construit unk pour k 2 Np veriant 8k 2 Np ; nk 1 < nk et kunk lk>"0 .
Pour N = 1 + np il existe np+1>1 + np < np veriant kunp lk>"0. Nous construisons ainsi une
suite extraite de la suite (un)n2N . K etant compact celle-ci possede une sous-suite convergente
donc la suite (un)n2N possede une valeur d'adherence a veriant ka lk>"0 . Il y aurait alors deux
valeurs d'adherence ce qui est faux. La suite est donc convergente.
12
71
t de choisir le polyn^ome d'interpollation de Lagrange. f =
n
X
!
n
X
i=0
ai X i.
f (B ) = P
aiDi tP = P Diag(f (d1 ); ; f (dn))tP = S .
i=0
Supposons A = OS = O1 S1 avec O et O1 orthogonales, S et S1 symetriques denies positives.
S 2 = (S1)2 = B . S1B = (S1)3 = BS1 ; S1 commute avec B donc avec
f (B ) = S . Les matrices S et S1 sont diagonalisables donc13 il existe
une base commune de diagonalisation. Il existe une matrice Q inversible
telle que S = QD0 Q 1 ; S1 = QD10 Q 1 ou D0 et D10 sont diagonales ; les
elements diagonaux etant strictement positifs.
S 2 = QD0 2 Q 1 = (S1)2 = QD10 2 Q 1 . Nous obtenons D02 = D10 2 donc
D0 = D10 et S = S1 . Il est alors immediat que O = O1 d'ou l'unicite de
la decomposition.
(b) L'application ' : M 2 Mn(R) 7 ! tMM 2 Mn(R) est continue.
L'image reciproque de fIng par ' est O(n) l'ensemble des matrices orthogonales qui est donc ferme. Si nous munissons Rn de sa base canonique
et du produit scalaire canonique et si nous identions une matrice, M ,
avec l'endomorphisme de Rn dont la matrice dans la base canonique est
M alors la norme subordonnee d'une matrice ortogonale est celle d'un
automorphisme orthogonal ; c'est-a-dire 1. O(n) est donc ferme borne de
dimension nie donc compact.
(c) Toute matrice est limite d'une suite de matrices inversibles. En effet soit M une matrice. Pour t 2 R, posons g(t) = det(M tIn).
g est une fonction polynomiale ayant au plus n racines distinctes. Il
existe donc > 0 tel que pour t 2]0; ]; g(t) 6= 0. Posons pour
k 2 N; Mk = M 1 +k In. det(Mk ) 6= 0 et k!lim
M = M.
+1 k
Soit alors (Ak )k2N une suite de matrices inversibles convergeant vers
A 2 Mn(R).
Pour chaque entier k il existe une matrice orthogonale Ok et une matrice
symetrique denie positive Sk veriant Ak = Ok Sk .
La suite (Ok )k2N possede une sous-suite convergente de limite une matrice
orthogonale O. Il existe ' une application strictement croissante de N
dans N telle que la suite de terme general O'(k) converge vers O 2 O(n).
Notons Ok0 = O'(k) et Sk0 = S'(k) .
lim (O0 S 0 ) = A donc k!lim
(tO0 (O0 S 0 )) = tOA. La suite de terme genek!+1 k k
+1 k k k
ral Sk0 est donc convergente ; sa limite, S , est donc une matrice symetrique
S et nous avons la relation S = tOA.
La continuite de l'application M 2 Mn(R) 7 ! tXMX 2 Mn(R) conduit
tXS 0 X = tXSX . S est donc symetrique positive.
a k!lim
k
+1
(d) Nous avons vu a precedemment que la decomposition A = OS existe et
est unique donc l'application proposee existe bien. Cette application est
13
Voir l'exercice numero 11.
72 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
clairement bijective.
(O; S ) 2 O(n) SDP 7 ! OS 2 GLn(R) est bilineaire continue. Montrons alors que A 2 GLn(R) 7 ! (O; S ) 2 O(n) SDP est continue.
Soit (Ap)p2N une suite d'elements de GLn(R) qui converge vers un element
A de GLn(R). Nous avons, pour chaque entier p, l'ecriture Ap = Op Sp .
Comme nous l'avons vu a l'exercice precedent la suite (Op)p2N possede
une sous-suite convergente, car O(n) est compact, de limite O0 2 O(n).
Il existe donc une application strictement croissante ' de N dans N
telle que la suite de terme general O'(p) soit convergente. Il vient alors
A'(p) = O'(p) S'(p) puis A'(p) tO'(p) = S'(p) . La suite de terme general S'(p) est donc convergente de limite S 0 symetrique positive veriant
AtO0 = S 0 soit encore A = O0S 0 . L'unicite de la decomposition conduit
a O0 = O et S 0 = S . O(n) est compact et la suite (Op )p2N possede
une unique valeur d'adherence ; cette suite est donc convergente de limite O puis la relation Ap tOp = Sp conduit a la convergence de la suite
(Sp )p2N vers S . L'application proposee est bien continue ; d'ou le resultat
demande.
16. En utilisant le resultat de l'exercice precedent il existe O 2 O(n) et S une
matrice symetrique positive telles que A = OS .
S est diagonalisable donc il existe P 2 O(n) et D diagonale a elements diagonaux positifs telles que S = PDtP . Nous avons alors A = (OP )DtP .
OP = U et tP = V sont orthogonales d'ou le resultat demande.
Comment14 peut-on trouver U; D et V ?
Nous avons la relation AA = V DU UDV = V D2V donc D2 s'obtient en
diagonalisant la matrice A A ce qui permet de determiner D et V . Il reste a
construire U . Nous pourrions calculer AA = UD2U et obtenir U ; cependant le couple (U ; V ) n'est pas unique et les matrices U et V ne peuvent ^etre
choisies independamment l'une de l'autre.
Soit V 2 O(n) telle que AA = V D2V ou D = Diag(d1; ; dn ) ; les di etant
dans R+. Posons W = V = V 1. Notons e1 ; ; en les colonnes de W et
pour i 2 Nn , xi = Aei. 8i 2 Nn ; Wei = d2i ei .
Pour (i; j ) 2 (Nn )2, xi xj = ei A Aej = dj 2 (ei ej ) = dj 2 ij . Quitte a changer
l'ordre des colonnes de la matrice W et en notant r le rang de la matrice AA
qui est aussi15 celui de la matrice A nous pouvons supposer16 di > 0 pour
i 2 Nr .
Nous identions les matrices colonnes et les vecteurs de C n muni de son produit scalaire canonique.
Si A est inversible il sut de determiner O et S en diagonalisant A A puis de diagonaliser S
comme indique plus haut. Lorsque A n'est pas inversible cette methode ne convient plus.
n
X
15
Soit X 2 Mn;1(R). A AX = 0 ) X A AX = 0 = kAX k2 en notant kY k2 = yi 2 lorsque
14
i=1
Y est une matrice colonne dont, pour i 2 Nn , le iieme element est egal a yi . Nous en deduisons
AX = 0. Il est immediat que AX = 0 implique A AX = 0 A et A ont le m^eme noyau donc ont
m^eme rang.
16
Si r = 0 alors A = 0 et nous pouvons choisir n'importe quelles matrices orthogonales pour U
et V .
73
En reprenant la relation precedente nous en deduisons que pour tout i 2 Nn ,
j >r + 1 ) xi xj = 0. En particulier j >r + 1 ) xj xj = 0 donc xj = 0.
La famille (xi )i2Nr est une famille orthogonale de vecteurs non nuls donc est
1
une famille libre. Posons pour j 6r; uj = xj . La famille (uj )j2Nr est une
dj
famille orthonormale que l'on peut completer en une base (uj )j2Nn orthonormale de C n . Si j 6r nous avons xj = dj uj et pour j > r, xj etant nul nous
avons encore xj = dj uj .
Soit alors U la matrice orthogonale de colonnes (u1; ; un ). Notons, pour
j 2 Nn , "j la colonne dont les elements sont tous nuls sauf le j ieme element qui
est egal a 1.
L'element d'indices (i; j ) de la matrice U AW est l'element d'indice i de la
colonne U AW"j = U Aej = U xj = dj (U uj ) = dj "j .
L'element d'indices (i; j ) de la matrice U AW est donc ij dj c'est-a-dire
U AW = D.
01 1 01
06 4 01
Exemple. Soit A = @ 2 2 0 A. B = AA = @ 4 6 0 A.
1 1 0
0 0 0
B = X (X 2 0 12X + 20). Les 1valeurs propres sont 2, 10 et 0. Nous pouvons
1 p1 0
p
CC
B
0 p2 0 0 1
B
2
2
B 1 1 CC. AW = @
p A
choisir W = B
0
2
B
p2 0 .
p p 0C
B
C
0
2 0
@ 2 2 A
0
0 1 0
1 0
0 1
BB 0 p2 p1 CC
5
5C
Nous pouvons donc choisir U = B
BB
CC. Nous obtenons alors
1
2
@0 p p A
5
5
0 1
01 0 0 1
1
1
0 p2 0 0 1 BB p2 p2 0 CC
B
C
2
1
B
C
p
p
0
p
BB 1
5 5C
@
A
1 0C
A=B
B
C
0
10
0
CC.
p
p
C
B
B
1
2
@0 p p A 0 0 0 @ 2
2 A
5 5
0
0 1
Apres avoir trouve U; D et V nous pouvons poser O = UV et S = tV DV an
d'obtenir la decomposition A = OS . Nous
obtenons
alors
0
p
p
p p 1
0 1
1
1
10
+
2
10
2
p
p
0
0C
B
B
C
2
2
2
2
B
B
C
BB p p p p CCC
r
r
B
C
B 2
2 p1 C
BB 10 2 10 + 2 0 CC.
C
O=B
et
S
=
B
5
5
2
5C
BB 2
CC
B
C
B
C
B
C
@ p1 p1 p2 A
@ 0
0
0A
10
10
5
74 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
17. (a) Soient u 2 L(E ) et v = u u . Soit x 2 Ker(v).
0 = (x j v(x)) = (u (x) j u (x)) = ku(x)k2 donc x 2 Ker(u). La
reciproque est immediate donc Ker(u ) = Ker(v).
x 2 Ker(u) () 8y 2 E; (y j u (x)) = 0
() 8y 2 E; (u(y) j x) = 0 () x 2 (Im(u)).
Il s'agit la d'un resultat classique.
(b) v est un endomorphisme symetrique positif17 donc il existe une base orthonormale, e, de diagonalisation de v. L'image et le noyau de v sont
supplementaires orthogonaux18. Soit r>1 le rang de v (si r est nul, v est
nul donc u aussi). Quitte a changer l'ordre des vecteurs de la base e nous
pouvons supposer que les r premieres valeurs propres de v sont strictement positives, les suivantes etant nulles. Im(v) = Vect(fe1; ; er g),
(Im(u)) = Ker(v) = (Im(v)) = Vect(fer+1 ; ; eng). Soit (i )i2Nr une
famille
de nombres reels.
r
r
X
X
i u (ei) = 0 ) i ei 2 Ker(u ) = Ker(v).
i=1
i=1
r
X
r
X
i=1
Pour i 2 Nr ; v(ei ) = di ei avec di > 0 et ei 2 Im(v) donc
i ei 2 Im(v).
i ei = 0 et les coecients i sont tous nuls. La
famille (e01 ; ; e0r ) est une famille libre.
Soit (i; j ) 2 (Nr )2. (u(ei ) j u (ej )) = (v(ei ) j ej ) = di ij ou di .
La famille (e01 ; p
; e0r ) est donc une famille libre orthogonale et, pour
i 2 Nr , ku (ei)k = di .
p
(c) Soit i 2 Nr . e0i = u (ei ) donc u(e0i ) = v(ei ) = di ei puis u(e00i ) = di ei .
Soient i 2 N; r + 16i6n et j 2 Nr .
(u(e00i ) j ej ) = (e00i j e0j ) = 0 donc u(e00i ) 2 fe1 ; ; er g = (Im(u)). Nous
en deduisons, sachant que u(e00i ) 2 Im(u), que u(e00i ) = 0.
En conclusion, si nous notons (d1p
; ; dn ) les valeurs propres de v nous
avons pour tout i 2 Nn ; u(e00i ) = di ei .
(d) ' et sont des automorphismes orthogonaux donc
' = ' 1 . p
p
Soit i 2 Nn . (' 1 u ) ("i ) = (' 1 u) (e00i ) = di ' 1 (ei) p= di "i .
Soit d l'endomorphisme de E tel que pour i 2 Nn ; d("i ) = di "i . Nous
avons alors ' u = d soit encore u = ' d .
(e) Nous pouvons utiliser le resultat precedent en considerant que A est la
matrice de l'endomorphisme u dans la base canonique de Rn muni du
produit scalaire canonique. tA est la matrice de u et AtA est la matrice
Nous en deduisons
i=1
8x 2 E; (v(x) j x) = ku(x)k2 >0. Si est une valeur propre de v et x un vecteur propre associe
alors 06(x j v(x)) = kxk2 donc 2 R+. Les valeurs propres d'un endomorphisme symetrique
17
positif sont dans R+ ; il s'agit d'un resultat classique.
18
Soit v un endomorphisme symetrique d'un espace vectoriel euclidien E .
Soit (x; y) 2 Ker(v)Im(v). Il existe z 2 E tel que (x j y) = (x; jv(z)) donc (x j y) = (v(x); jz) = 0.
Im(v) et Ker(v) sont orthogonaux. Par ailleurs dim(Im(v))+dim(Ker(v)) = dim(E ) donc ces deux
espaces sont supplementaires orthogonaux.
75
de v.
Le polyn^ome carcteristique de la matrice A est A = X (X 3 256). Ce
polyn^
scinde sur R1. Soit B la matrice AtA.
0ome36n'est pas
4
4 28
B
4
36
28
4C
B=B
@ 4 28 36 4 CA. B = X (X 16)(X 64)2. Soient
28
4
4 36
V1 ; V2 ; V3 ; V4 des vecteurs propres unitaires respectivement associes aux
valeurs propres 16, 64, 64, 0 de
0 B1 .
1
1
1
BB 2 0 p2 2 CC
BB 1 1
C
BB 2 p2 0 12 CCC
CC ou les colonnes
Nous pouvons choisir P 1 = B
BB 1 1
1
BB 2 p2 0 2 CCC
B@ 1
CA
1
1
p 2
0
2
2
de P1 sont respectivement V1 ; V2 ; V3 et V4 . P1 est la matrice de l'endomorphisme
' deni precedemment.
P = tP .
En calculant tVi nous obtenons les elements de la matrice Q representant
0 1
BB 2
BB 1
BB 2
l'endomorphisme deni plus haut. Q = B
BB 1
BB 2
B@ 1
2
04 0 0 01
B 0 8 0 0 CC.
Nous obtenons alors PAQ = B
@0 0 8 0A
0
0
p1
2
p1
2
p1
2
p1
2
0
0
1
2
1
2
1
2
1
2
1
CC
CC
CC
CC.
CC
CC
A
0 0 0 0
18. Projection sur un convexe. Soit C un sous ensemble convexe de l'espace
prehilbertein reel E . Soit x 2 E . Supposons qu'il existe y 2 C tel que pour
tout z 2 C on ait (y x j y z )60.
(y x j y z ) = (y x j (y x) + (x z )) = ky xk2 + (y x j x z )60.
ky xk2 6(x y j x z )6kx yk kx z k. Si x 6= y nous avons ky xk6kz xk ;
inegalite vraie aussi pour x = y.
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
76 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Nous avons bien d(x; y) = d(x; C ). Le fait que C soit convexe n'intervient
pas ici.
Supposons qu'il existe y 2 C tel que d(x; y) = d(x; C ).
Soit z 2 C . Soit t 2]0; 1[. C etant convexe nous avons (1 t)y + tz 2 C donc
kx yk26kx (1 t)y tz k2 = k(x y) + t(y z )k2.
En developpant nous obtenons 06t2ky z k2 + 2t(x y j y z ) soit encore
8t 2]0; 1[; 06tky z k2 + 2(x y j y z ). En calculant la limite lorsque t
tend vers 0 nous obtenons le resultat demande.
Notons p(x) cet element y que nous appelons projete sur C . Supposons que
pour tout x 2 E un tel y existe.
8x 2 E p2 (x) = p(x). D'apres ce que nous venons de demontrer nous avons
8(x; y) 2 E 2 , (p(x) x j p(x) p(y))60, (y p(y) j p(x) p(y))60 puis en
additionnant ((p(x) p(y)) + (y x)) j p(x) p(y))60 soit encore kp(x)
p(y)k2 + (y x j p(x) p(y))60 qui conduit gr^ace a l'inegalite de CauchySchwarz a kp(x) p(y)k26ky xk kp(x) p(y)k.
Si p(x) p(y) 6= 0 nous obtenons kp(x) p(y)k6ky xk ; inegalite encore
vraie pour p(x) = p(y). p est alors une application Lypschitzienne donc une
application uniformement continue.
En reprenant la relation kp(x) p(y)k2 + (y x j p(x) p(y))60 nous en
deduisons 8(x; y) 2 E 2 ; (x y j p(x) p(y))>0.
La question est de savoir si p(x) existe pour tout x. Nous verrons a la question
suivante que c'est bien le cas lorsque C est Supposons que E soit un espace
prehilbertien complexe.
Soit x 2 E . Supposons qu'il existe y 2 C tel que pour tout z 2 C on ait
<e((y x j y z ))60.
<e((y x j y z )) = <e((y x j (y x) + (x z )))
= ky xk2 + <e((y x j x z ))60.
Nous obtenons alors ky xk2 6 <e((x y j x z ))6kx yk kx z k.
Si x 6= y nous avons ky xk6kz xk ; inegalite vraie aussi pour x = y.
Nous avons bien d(x; y) = d(x; C ).
Supposons qu'il existe y 2 C tel que d(x; y) = d(x; C ).
Soit z 2 C . Soit t 2]0; 1[. C etant convexe nous avons (1 t)y + tz 2 C donc
kx yk26kx (1 t)y tz k2 = k(x y) + t(y z )k2.
En developpant nous obtenons 06t2 ky z k2 +2t <e((x y j y z )) soit encore
8t 2]0; 1[; 06tky z k2 + 2 <e((x y j y z )).
En calculant la limite lorsque t tend vers 0 nous obtenons 06 <e((x y j y z )).
Nous avons donc l'equivalence :
9y 2 C; 8z 2 C; <e((y x j y z ))60 () 9y 2 C; d(x; C ) = d(x; y).
Notons p(x) cet element y que nous appelons projete sur C . Supposons que
pour tout x 2 E un tel y existe. 8x 2 E p2 (x) = p(x). D'apres ce que nous
venons de demontrer nous avons 8(x; y) 2 E 2, <e((p(x) x j p(x) p(y)))60,
<e((y p(y) j p(x) p(y)))60 puis en additionnant
<e(((p(x) p(y)) + (y x)) j p(x) p(y)))60 soit encore
kp(x) p(y)k2 + <e((y x j p(x) p(y)))60 qui conduit gr^ace a l'inegalite
de Cauchy-Schwarz a kp(x) p(y)k26ky xk kp(x) p(y)k.
Si p(x) p(y) 6= 0 nous obtenons kp(x) p(y)k6ky xk ; inegalite encore
77
vraie pour p(x) = p(y). p est alors une application Lypschitzienne donc une
application uniformement continue.
En reprenant la relation kp(x) p(y)k2 + <e((y x j p(x) p(y)))60 nous
en deduisons 8(x; y) 2 E 2 ; <e((x y j p(x) p(y)))>0.
19. (a) Soit E un espace prehilbertien, soit A une partie non vide, complete de
E . Soit x 2 E . Soit d = inf fkx yk; y 2 Ag.
8n 2 N; 9an 2 A; d6kx ank6d + n +1 1 .
E est un espace prehilbertien donc si u et v sont deux elements de E
nous avons19 ku vk2 + ku + vk2 = 2kuk2 + 2kvk2 .
A est convexe donc pour p et q entiers 12 (ap + aq ) 2 A. En utilisant la
formule precedente nous obtenons
1
2 1
2
d 6 x 2 (ap + aq ) = 4 kap aq k2 + 12 kx ap k2 + 21 kx aq k2
2 1 2
1
1
1
1
2
6 4 kap aq k + 2 d + p + 1 + 2 d + q + 1 .
8d
4
Supposons p6q ; il vient kap aq k26
+
p + 1 (p + 1)2 .
8d
lim
+ 4
= 0 donc nalement
p!+1 p + 1 (p + 1)2
8" > 0; 9N 2 N ; 8(p; q) 2 N2 ; p>N; q>N ) kap aq k6".
La suite (an)n2N est donc une suite de Cauchy de points de A, complet,
donc converge vers un element, a, de A. Par continuite nous obtenons
lim kx ank = kx ak donc d = d(x; A) = kx ak.
n!+1
a est unique. En eet soient (a; b) 2 A2; kx ak = kx bk = d.
En utilisant a nouveau la formule du parallelogramme nous obtenons
4d2 6k(x a) + (x b)k2 = ka bk2 + 2kx ak2 + 2kx bk2 soit encore 4d2 6 ka b)k2 + 4d2 c'est-a-dire ka bk = 0 d'ou l'unicite.
En utilisant le resultat de la question precedente et en notant p(x) l'element a, nous en deduisons lorsque E est un espace prehilbertien reel ou
complexe : 8y 2 A; <e((p(x) x j p(x) y))60.
(b) Soit (xn )n2N une suite d'elements de A convergente vers a 2 E .
8y 2 A; 8n 2 N; (xn j y) = 0. L'application x 2 E 7 ! (x jy) 2 K (ou
K =R ou C ) est continue donc 0 = lim (xn j y ) = (a j y ) puis a 2 A .
n!+1
A est un sous-ensemble ferme de E . Il est immediat que A est un
sous-espace vectoriel car 0 2 A et si (x; y) 2 (A )2 et 2 K alors
(x + y j z ) = 0 pour tout z de A.
?
(c) Supposons E = F G.
Tous les elements de G sont orthogonaux a tous les elements de F donc
G F . Soit x 2 F . Il existe (x1 ; x2 ) 2 F G tel que x = x1 + x2 .
(x j x1 ) = 0 = kx1 k2 + (x1 j x2 ) = kx1 k2 donc x1 = 0 et x 2 G. Nous
19
Il s'agit de la formule du parallelogramme.
78 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
avons l'egalite G = F . De m^eme F = G puis G = (G) et aussi
F = (F ) .
En utilisant le resultat de la question precedente il est immediat que F
et G sont fermes.
Remarque Soit p le projecteur orthogonal de noyau F d'image G.
Soit x = x1 + x2 avec (x1 ; x2 ) 2 F G.
p(x) = x2 donc kp(x)k2 = kx2 k2 = kxk2 kx1 k2 6kxk. p est donc continue
de norme egale a 1. F = Ker(p) est donc ferme et G = Ker(IdE p) est
aussi ferme.
?
(d) Supposons E complet. Montrons : H ferme ) E = H H .
D'apres ce que nous avons vu a la premiere question, H etant convexe
ferme, pour chaque element x de E il existe a = pH (x) 2 H tel que
d(x; H ) = kx ak.
x = (x pH (x)) + pH (x).
Soit t 2 R et soit h un element de H .
kx pH (x)k2
6kx th pH (x)k2 = kx pH (x)k2 + t2 khk 2t <e(x pH (x) jh).
De m^eme
kx pH (x)k26kx ith pH (x)k2
= kx pH (x)k2 + t2 khk + 2t=m(x pH (x) jh).
Nous en deduisons, pour tout reel t > 0,
06tkhk 2 <e(x pH (x) j h) et 06tkhk + 2=m(x pH (x) j h) .
De m^eme pour t < 0,
0>tkhk 2 <e(x pH (x) j h) et 0>tkhk + 2=m(x pH (x) j h).
En faisant tendre t vers 0 dans l'un et l'autre cas nous obtenons
06 <e(x pH (x) j h), 06=m(x pH (x) j h), 06 <e(x pH (x) j h) et
06 =m(x pH (x) j h) c'est-a-dire20 (x pH (x) j h) = 0 ; nous avons
bien x pH (x) 2 H .
E est donc la somme directe de H et de son orthogonal. En utilisant les
?
resultats precedents nous en deduisons H ferme () E = H H .
?
E = H H ) H = (H ) et H = (H ) ) H ferme.
L'equivalence est demontree.
Remarque : soient A et B deux sous-espaces vectoriels de E .
A B ) B A. En eet soit x 2 B alors pour tout y de B nous
avons (y j x) = 0 et en particulier pour tout y de A, (y j x) = 0 donc
x 2 A .
Soit F un sous-espace
vectoriel quelconque de E .
F F donc F F . Soit x 2 F . Soit y 2 F ; soit (yn)n2N une suite
20
Nous aurions pu reprendre la relation ecrite plus haut :
<e((a x j a y))60 devient 8(x; h0 ) 2 E H ), <e((pH (x) x j pH (x) h0 ))60.
H est un espace vectoriel donc en choisissant h = pH (x) h0 2 H nous en deduisons
8(x; h) 2 E H , <e((pH (x) x j h))60 de m^eme, en changeant h en h 2 H , 8(x; h) 2 E H ),
<e((pH (x) x j h))>0. <e((x pH (x) j h)) = 0.
En remplacant h par ih 2 H nous avons =m((x pH (x) j h)) = 0 donc (x pH (x) j h) = 0.
79
de points de F qui converge vers y.
(x j yn) = 0 et par continuite de l'application a2 E 7 ! (x j a) 2 K
nous avons (x j y) = 0 et x 2 F dou l'egalite F = F . Lorsque E est
?
prehilbertien complet il vient alors E = F F et F = F .
X ai
X
(e) Soit f denie sur R[X ] par f (P ) =
ou P = aiX i 2 R[X ].
i2N i + 1
i2N
f est une forme lineaire. Soit H le noyau de f . Soit d le degre du polyn^ome P . D'apres l'inegalit
e de Cauchy-Schwarz
nous avons21
!
!
d
d
X 1 2 X 2
jf (P )j2 6
(ai ) 62kP k2 .
i
+
1
i=0
i=0
f est donc continue et H est alors ferme.
d
d
X
X
ai .
Soient P 2 H , P = ai X i et Q = P + aX d+1 avec a = 1
d + 2 i=0 1 + i
i=0
d
X
f (Q) = i +ai 1 + d + 2a = 0. Q 2 H donc
i=0
0 = (P j Q) = kP k2 + a(P j X d+1) = kP k2. Nous en deduisons P = 0
?
puis H = f0g et enn E 6= H H .
Une consequence est alors que R[X ] muni de ce produit scalaire n'est pas
complet22.
20. E un espace prehilbertien complet, (An)n2N est une suite croissante de parties
[
convexes fermees non vides de E , A = An.
n2N
Soit x 2 E , 8n 2 N; dn = d(x; An) et d = d(x; A). La suite (dn )n2N est
decroisante. 8n 2 N; An [A donc d6dn . La suite (dn)n2N a une limite >d.
Soit y 2 A. 8" > 0; 9z 2 An; d(y; z )6". Il existe N 2 N tel que z 2 AN .
n2N
Pour tout entier n>N , z 2 An donc d(y; An)6" puis d(x; An )6" + d(x; y)
et 6" + d(x; y) c'est-a-dire 6d(x; y). Nous en deduisons 6d. Nous avons
donc l'egalite = d.
A est convexe ferme (donc complet car E l'est) ; nous avons vu dans l'exercice
precedent que pAn existe. Soit x 2 E . Notons, pour n 2 N; xn = pAn (x).
En utilisant l'egalite du parallelogramme et en utilisant le fait que tous les An
sont convexes nous avons pour
couple (m;
n) d'entiers,
tout
2
k(x xn ) (x xm )k2 + 4 x 12 (xn + xm ) = 2kx xnk2 + 2kx xm k2 .
Supposons n>m. kx xnk6dm ; kx xm k = dm .
d
11 X
1 6X
= 6 < 2 ; si nous ne connaissons pas cette relation nous pouvons aussi
i (i + 1) i i
Z 1 dt
X1 1
+
21
=0
+
2
=1
+
2
2
ecrire i2 61 +
t2 = 2.
1
i
=1
22
Nous avons deja vu dans le chapitre concernant la topologie que R[X ] n'est jamais complet.
80 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
1 (x + x ) 2 A donc k2x x x k>2d .
n
n
m
n
2 n m
2
Il vient nalement 8(n; m) 2 N ; kxn xm k2 64jd2m d2n j. La suite (dn )n2N
est une suite convergente donc
8" > 0, 9N 2 N; 8(m; n) 2 N2 ; n>N; m>N ) 4jd2m d2n j6"2 .
La suite (xn )n2N est donc une suite de Cauchy de points de A ; elle converge
donc vers un element p(x) de A.
Nous avons donc pour tout x 2 E , p(x) = n!lim
p (x). Nous avons les inega+1 An
lites dn = kx pAn (x)k>kx pA (x)k = d donc en calculant les limites quand
n tend vers l'inni nous obtenons d = kx p(x)k>kx pA (x)k = d il vient
alors d = kx p(x)k = kx pA (x)k. L'unicite de l'element y de A veriant
d(x; A) = kx yk conduit a p(x) = pA(x). Nous pouvons alors conclure
8x 2 E; n!lim+1 pAn (x) = pA (x).
21. Supposons F = E . Soit f 2 E 0 une forme lineaire continue denie sur l'espace
prehilbertien complet E . Soit x 2 E . Il existe une suite (xn)n2N de points de
F qui converge vers x donc, f etant continue, f (x) = n!lim
f (xn). Si f F = 0
+1
alors f = 0.
Supposons F 6= E . D'apres ce que nous avons deja vu dans les exercices
precedents, F et F sont supplementaires orthogonaux donc F 6= f0g et il
existe x0 2 F ; x0 6= 0. Soit f l'application x 2 E 7 ! (x0 j x) 2 C . f est
une forme lineaire continue car 8x 2 E; jf (x)j6jxj jx0j. f 6= 0, car x0 6= 0, et
f F = 0. L'equivalence est bien demontree.
22. Soit E un espace prehilbertien complet. F est un sous-espace vectoriel ferme
de E . F est donc complet. En utilisant les resultats vus plus haut nous en
deduisons que Le projecteur orthogonal p d'image F existe est continu et a
pour norme 1. Soit f une aplivation lineaire continue de F dans l'espace vectoriel norme G. Posons, pour x 2 E , g(x) = f (p(x)). g est lineaire continue
denie de E dans G. Soit x 2 E . kg(x)k = kf (p(x))k6kjf kj kp(x)k6kjf kj kxk.
Il vient alors kjgkj6kjf kj.
sup kg(x)k> sup kg(x)k = kjf kj donc kjf kj = kjgkj.
x2E
kxk61
x2F
kxk61
Supposons que G soit un espace vectoriel complet et supposons F non necessairement ferme. f est continue sur l'espace vectoriel F donc uniformement
continue. Il existe (car G est complet) un unique prolongement fe denie sur
F continue a valeurs dans G. fe est clairement lineaire car tout element de F
est la limite d'un element de F .
Soit x 2 F . kf (x)k = kfe(x)k donc kjfekj>kjf kj.
Soit x 2 F . Soit (xn )n2N une suite d'elements de F convergeant vers x.
kfe(xn )k = kf (xn)k6kjf kj kxnk.
En calculant la limite nous obtenons kfe(x)k6kjf kj kxk donc kjfekj6kjf kj. f et
fe ont donc m^eme norme.
Nous en deduisons que si E est un espace prehilbertien complet, si G est un
espace vectoriel norme complet, si F est un sous-espace vectoriel de E alors
81
toute application lineaire continue f de F dans G se prolonge en une application lineaire continue de E dans G de m^eme norme que f .
Le fait que E soit prehilbertien reel n'appara^t pas ; nous avons le m^eme resultat dans le cas complexe.
Nous retrouvons le resultat de l'exercice vu plus haut ; soit E un espace de
Hilbert. Soit A une partie non vide de E . Nous avons l'equivalence :
Vect(A) = E () (8f 2 E 0; (f (A) = f0g ) f = 0)) ou E 0 est l'espace
vectoriel des formes lineaires continues de E dans R.
Supposons Vect(A) = E . f (A) = f0g donc f (Vect(A)) = f0g et par continuite
f (Vect(A)) = f0g ; donc f = 0.
Supposons Vect(A) 6= E . Comme nous l'avons
vu precedemment Vect(A) et
son orthogonal ont pour somme E . Vect(A) = A. En eet soit x 2 A. Soit
y 2 Vect(A). y est une combinaison lineaire nie d'elements de A donc est
orthogonal a x qui appartient alors a Vect(A). Soit z un element de Vect(A) ;
soit (zn)n2N une suite de points de Vect(A) qui converge vers z . Par continuite
Vect(A) = A . A Vect(A) donc
0 = n!lim
(
x
j
z
)
=
(
x
j
z
)
donc
A
n
+1
Vect(A) A d'ou l'egalite.
Soit x0 2 A. x0 6= 0 ; cela est possible car A 6= f0g. L'orthogonal, H , de la
droite engendree par x0 contient A. Soit f la forme lineaire nulle sur H et prenant la valeur 1 en x0 . f est continue car H et Rx0 sont supplementaires orthogonaux donc si x s'ecrit xH +tx0 avec xH 2 H et t 2 R, kxk2 = kxH k2 +t2kx0 k2 .
f (xH + tx0 ) = tf (x0 ) = t puis kf (xH + tx0 )k = ktk6 kkxxkk donc f 2 E 0 . Il
0
existe alors un element de E 0 non nul, nul sur A. L'equivalence est demontree.
Il n'etait pas necessaire de construire f il susait de choisir Vect(A) comme
etant l'espace H de la question precedente.
23. Soit C un sous ensemble non vide, convexe, ferme de l'espace prehilbertien
reel complet E . Soit a 2 E; a 62 C . D'apres les resultats des exercices precedents, pour tout y 2 C nous avons (y p(a) j a p(a))60 ou p est la
projection sur C c'est-a-dire ou, pour x 2 E , p(x) est l'unique point de C tel
que d(x; p(x)) = d(x; C ).
Nous en deduisons kp(a) ak2 (a p(a) j a y) = (a p(a) j y p(a))60.
a 2= C donc p(a) 6= a d'ou 0 < kp(a) ak6 ka 1p(a)k (a p(a)) j a y).
1
Posons, pour x 2 E , f (x) =
ka p(a)k (a p(a)) j x). f est une forme lineaire continue non nulle.
8y 2 C; f (a y)>kp(a) ak > 0 c'est-a-dire f (y)6f (a) kp(a) ak ; nous
en deduisons sup f (y)6f (a) kp(a) ak < f (a).
y 2C
Application.
Soient A et B deux sous-ensembles de E non vides et disjoints. On suppose23
A B convexe ferme alors il existe f 2 E 0 , f 6= 0 telle que sup f (x) < sup f (x).
x2A
23
A B = fa b; (a; b) 2 A Bg.
x2B
82 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
En eet si 0 2 A B alors il existe un element commun a A et B donc 0 62 A B .
Appliquons ce que nous venons de demontrer avec a = 0 ; il existe f 2 E 0 non
nul tel que 0 = f (0) > sup f (x) c'est-a-dire 0 = f (0) > sup f (a b).
x2A B
(a; b)2AB
b etant xe, f (b) > sup f (a) donc binf
f (b)> sup f (a). En particulier binf
f (b)
2B
2B
a2A
a2A
et sup f (a) sont reels.
a2A
f (a) f (b)6 sup f (a) binf
f (b) donc sup f (a b)6 sup f (a) binf
f (b).
2B
2B
a2A
a2A
(a; b)2AB
8" > 0; 9(a; b) 2 A B sup f (x) "6f (a); yinf
f (y) + ">f (b) donc
2B
x2A
sup f (x) yinf
f (y) 2"6f (a) f (b) nous en deduisons
2B
x2A
sup f (a b) = sup f (x) yinf
f (y) donc sup f (x) < yinf
f (y).
2B
2B
x2A
x2A
(a; b)2AB
Supposons A convexe ferme non vide et B convexe compact non vide avec A
et B disjoints.
Soit x = a b; y = c d avec (a; c) 2 A2 et (b; d) 2 B 2 . Soit t 2 [0; 1] alors
tx + (1 t)y = (ta + (1 t)c) (tb + (1 t)d) 2 A B . A B est convexe.
Soit (xn )n2N une suite convergente de points de A B . Il existe (an)n2N
une suite de points de A et (bn)n2N une suite de points de B telles que
8n 2 N; xn = an bn. B est compact donc la suite (bn)n2N possede une
sous-suite convergente de limite l 2 E . Il existe ' une application de N dans
N strictement croissante telle que lim b'(n) = b 2 B . Dans ces conditions la
n!+1
suite de terme general a'(n) converge vers a 2 A et l = a b 2 A B qui est
ferme. Il existe donc f 2 E 0, f 6= 0 tel que sup f (x) < yinf
f (y).
2B
x2A
24. E est un espace vectoriel reel de dimension nie et A est une partie non vide
de E , convexe. Soit a 62 A.
Soit x 2 A. fxg est un convexe ferme donc, en utilisant les resultats des
exercices precedents (et en munissant E d'une structure euclidienne ; toutes
les normes sont equivalentes), il existe une forme lineaire non nulle fx telle que
fx(x) < fx(a). Quitte a diviser fx par sa norme on peut supposer que fx a
pour norme 1.
Soit Ex = ff 2 E ; kjf kj = 1; f (x)6f (a)g. f 2 E 7 ! f (x) 2 R est lineaire
denie sur un espace vectoriel norme de dimension nie donc est continue. Ex
est l'intersection de l'image reciproque du ferme ] 1; f (a)] c'est-a-dire un
ferme avec la boule fermee unite. Ex est non vide, ferme et borne. Il s'agit
d'un compact
\ de E .
Soit f 2 Ex . 8x 2 A; f (x)6f (a) donc, si f existe, cette fonction convient.
x2A
Montrons
\ que f existe c'est-a-dire que l'intersection est non vide. Supposons
Ex = ; alors il existe une famille nie extraite dont l'intersection est vide.
x2A
Il existe (x1; ; xn
) 2 An
tel que
si pour toute famille nie (x1 ; ;
\n
Exi = ; c'est-a-dire :
\
n
i=1
n
xn) 2 A on a Exi
i=1
6= ; alors
\
x2A
Ex 6= ;.
83
Soit C le convexe engendre24 par une famille nie (x1; ; xn ) 2 An.
a 62 C car A est convexe donc contient C . D'apres le resultat de l'exercice
precedent, il existe f 2 E ; kjf kj = 1 telle que f (a)> sup f (x) donc
\n x2C
f (a)> max(f (x1 ); ; f (xn)). f appartient Exi qui est alors non vide ce
qui prouve que
\
x2A
E 6= ;
x
i=1
puis le resultat demande.
25. Soit ' une forme lineaire continue non nulle denie sur l'espace prehilbertien
complet E . Soit H le noyau de '. H est ferme, car ' est continue, donc
en utilisant les resultats des precedents exercices, est supplementaire de son
orthogonal. Nous savons que les supplementaires d'un sous-espace vectoriel
sont isomorphes25 donc l'orthogonal de H est une droite D.
Soit e un vecteur unitaire directeur de la droite D.
Soit v = '(e) e. (v j e) = '(e). Soit x 2 H ; (v j x) = 0 = '(x).
x 2 E 7 ! (v j x) 2 K est lineaire, quel que soit v 2 E , j(v j x)j6kvk kxk donc
8v 2 E; x 2 E 7 ! (v j x) 2 K est continue. Il existe donc v 2 E tel que
' = x 2 E 7 ! (v j x) 2 K . Si ' est nulle alors v = 0 convient.
Soient v et w deux elements de E tels que 8x 2 E; (v j x) = (w j x). Nous en
deduisons, en choisissant x = v w, kv wk = 0. Il existe donc un et un seul
element v de E veriant ' = x 2 E 7 ! (v j x) 2 K .
Soit y 2 E . Soit fy l'application de E dans K : x 2 E 7 ! (y j u(x)) 2 K . fy
est une forme lineaire.
Soit u 2 LC (E ). jfy (x)j6kyk ku(x)k6kyk kjujk kxk = K kxk. fy est continue.
Finalement 8y 2 E; 9!v(y) 2 E tel que 8x 2 E; (y j u(x)) = (v(y) j x).
Nous denissons ainsi une application v de E veriant :
8(x; y) 2 E 2; (y j u(x)) = (v(y) j x).
Cette application est unique a verier : 8(x; y) 2 E 2 ; (y j u(x)) = (v(y) j x)
car si 8(x; y) 2 E 2; (w(y) j x) = (v(y) j x), en choisissant x = v(y) w(y)
nous obtenons 8y 2 E; kv(y) w(y)k = 0.
Montrons que v est lineaire et continue.
Soient (y1; y2) 2 E 2 et 2 K .
(y1 + y2 j u(x)) = (v(y1 + y2) j u(x)) = (y1 j u(x)) + (y2 j u(x))
= (v(y1) j x) + (v(y2) j x) = (v(y1 ) + v(y2 ) j x).
L'unicite conduit a v(y1 + y2) = v(y1) + v(y2 ). v est lineaire.
Soit (y; x) 2 E 2.
j(y j u(x))j6kyk ku(x)k6kyk kjxjk kxk donc j(v(y) j x)j6kyk kjujk kxk.
C'est-a-dire l'enveloppe convexe de la famille en question.
Nous pouvons montrer directement que H est bien une droite. Comme nous l'avons dit plus
haut, H est dierent de f0g.
Soit e un element de H veriant '(e) = 1. e existe car ' n'est pas nulle.
Soit x 2 E . Posons y = x ''((xe)) e. '(y) = 0 donc y appartient a Ker(').
?
?
x = y + ''((xe)) e donc E = H (K e) = H H .
?
Soit x 2 H H (K e). x s'ecrit x = h + ae avec h 2 H et a 2 K . 0 = (x j h) = (h + ae j h) = khk2
donc x 2 K e. Nous en deduisons que H = K e est une droite.
24
25
84 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
En particulier kv(y)k2 = j(v(y) j v(y))j6kyk kjujk kv(y)k.
Si v(y) 6= 0 alors kv(y)k6kyk kjujk. Cette relation est vraie aussi si v(y) est
nul donc v est continue et kjvjk6kjujk.
Comme precedemment il existe une application lineaire unique w telle que
8(x; y) 2 E 2 ; (w(y) j x) = (y j v(x)) = (v(x) j y) = (x j u(y)) = (u(y) j x).
Il vient alors w = u. En notant u l'endomorphisme v adjoint de u nous en
deduisons u = u. L'inegalite precedente est appliquable donc kjwjk6kjvjk.
Nous en deduisons kjujk = kjujk.
26. (a) Soient v et w deux applications quelconques denies de E dans E veriant
8(x; y) 2 E 2 ; (v(x) j y) = (w(x) j y). En choisissant y = v(x) w(x) il
vient 8x 2 E; kv(x) w(x)k = 0 donc v = w. L'adjoint, lorsqu'il existe
est donc unique
Soit u 2 L(E ). Soit (x; y) 2 E 2 . Supposons que u existe.
(u (x) j y) = (y j u (x)) qui est donc egal a (u(y) j x) = (x j u(y)). L'unicite de l'endomorphisme adjoint (lorsqu'il existe) conduit a l'existence de
u puis a u = u .
Choisissons x = u (y) et supposons u continue. Nous avons alors
(u(x) j y) = (x j u (y)) = ku (y)k2 = ((u u )(y) j y)
6kyk k(u u )(y)k6kyk kjukj ku(y)k.
Si u (y) n'est pas nul nous obtenons ku (y)k6kyk kjukj ; relation encore
vraie pour u (y) = 0. u est donc continue et kjukj6kjukj.
Choisissons y = u(x); il vient ku(x)k2 = (x j (u u)(x))6kjukj ku(x)k kxk.
Nous obtenons alors ku(x)k6kjukj kxk puis kjukj6kjukj. Nous avons26
bien l'egalite demandee.
(b) Il sut de reprendre la demonstration faite dans l'exercice precedent pour
en deduire l'exitence de u .
D'apres le resultat precedent on a bien alors kjukj = kjukj.
(c) Soit u un endomorphisme continu d'un espace prehilbertien reel complet.
u est continue. Soit x 2 E .
ku(x)k2 = (x j (u u)(x))6kxk k(u u)(x))k6kxk2 kju ukj. Nous en
deduisons kjukj26kju ukj6kjukj kjukj.
D'une maniere generale la norme de la composee de deux applications
lineaires continues est majoree par le produit des normes de chacunes de
ces applications donc kju ukj6kju kj kjukj = kjukj2 d'ou l'egalite demandee.
(d) Soit u 2 LC (E ). Soit (x; y) 2 E 2. j(u(x) j y)j6kjukj kxk kyk. Nous en
deduisons sup j(u(x) j y)j6kjukj.
kxk61;kyk61
1
Soit y0 =
ku(x)k u(x) lorsque u(x) 6= 0 et y0 quelconque de norme egale
a 1 lorsque u(x) = 0. Nous avons donc j(u(x) j y0)j = ku(x)k puis
sup j(u(x) j y)j> sup ku(x)k = kjukj.
kxk61;kyk61
kxk61
Nous pouvions aussi dire que la relation kjukj6kjukj peut s'appliquer a u = u car u est
continue ; il vient alors kjukj = kjukj6kjukj d'ou l'egalite.
26
85
Nous en deduisons l'egalite
sup
kxk61;kyk61
j(u(x) j y)j = kjukj.
(e) Supposons que u soit un endomorphisme symetrique deni sur un espace vectoriel euclidien de dimension n>1. Nous savons qu'il existe
une base orthonormale e = (e1 ; en) de diagonalisation de u. Soit
1 ; ; n les valeurs propres de u. Notons (u) le plus grand des
n
X
modules des i ; le rayon spectral de u. Soit x 2 E , x = xi ei .
i=1
n
X
n
X
j(u(x) jx)j = i jxi j2. sup j(u(x) j x)j = (u). ku(x)k2 = ji xi j2
kxk61
i=1
i=1
2
2
donc kjukj = sup ku(x)k = (u)2 .
kxk61
Nous obtenons bien (u) = kjukj = sup j(u(x) j x)j.
kxk61
Nous pouvons reprendre toutes ces demonstrations dans le cas d'un espace
prehilbertien complexe et nous obtenons :
Soit u 2 LC (E ) alors
u existe, u 2 LC (E ) et kjukj = kju kj = sup j(u(x) j y)j,
kxk61;kyk61
kju ukj = kju u kj = kjukj2 = kju kj2.
Soit u un endomorphisme hermitien deni sur un espace hermitien; on a :
kjukj = sup j(u(x) j x)j qui est aussi egal au rayon spectral de u.
kxk61
27. (a) Soit (f; u) 2 E 0 LC (E ) ou E est un espace de Hilbert et E 0 designe
l'espace des formes lineaires continues denies sur E . f u est continue
comme composee d'applications continues donc tu est bien denie de E 0
dans E 0 .
Soient f et g deux elements de E 0 , soit u un element de LC (E ) et soit
2 R.
tu(f + g ) = (f + g ) u = f u + f u = tu(f ) + tu(g ). tu est bien
lineaire.
Nous avons jk(tu)(f )jk = kjf ujk6kjf jk kjujk ; tu est donc continue et
kjtujk6kjujk.
(b) ax : y 2 E 7 ! (x j y) 2 R est une forme lineaire continue donc l'application, ', qui a x 2 E associe ax 2 E 0 est bien denie ; ' est clairement
lineaire.
Soit (x; y) 2 E 2 . j('(x))(y)j = j(xj y)j6kxk kyk. Nous en deduisons
kj'(x)jk6kxk puis ' est continue et kj'jk61.
Soit f 2 E 0 . Comme nous l'avons vu plus haut il existe e 2 E unique tel
que f = (x 2 E 7 ! (x j e) 2 R) = '(e). ' est donc bijective. ' est un
isomorphisme. Les normes de ' comme celle de sa reciproque sont egales
a 127 .
Soit e un vecteur unitaire. 8x 2 E; ('(e))(x) = (e j x) ; ('(e))(e) = 1 donc jk'(e)jk = 1 puis
jk'jk = 1.
Soit f 2 E 0 un element de norme egale a 1. Soit e = '(f ).
27
86 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Posons, pour u 2 LC (E ), v = ' 1 tu '. Soit (x; y) 2 E 2.
(v(x) j y) = ' [(' 1 tu ')(x)] (y) = [(tu ')(x)] (y)
= [('(x)) u](y) = ('(x))(u(y)) = (x j u(y).
Comme nous l'avons vu plus haut, E etant complet, u possede un adjoint
u unique donc v = u et v est continue.
28. Soit X 2 Mn;1(R) ; soit A 2 Mn(R). p
La norme euclidienne
de X est
egale a X X .
p
p
kAX k2 = (AX )(AX ) = X (AA)X . AA est symetrique reelle donc il
existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale D = Diag(d1 ; ; dn)
telles que A A = PDP .
Posons Y = P X . P etant
v orthogonale kX k2 = kY k2 donc
u
n
X
u
u
dj yj 2
s u
kAX k2 = Y DY = u
j =1
u
.
n
u
kX k2
kY k2 t X
2
yj
La borne superieure est donc egale a la
j =1
racine carree de la plus grande valeur propre. La norme de A est donc28
la racine carree de la plus grande valeur propre de la matrice A A qui est
strictement positive (car AA est sym
positive)
sauf si A est nulle.
0 e11trique
1
5 0
Utilisons ce resultat ici. A A = @ 5 5 0 A. Le polyn^ome caracteris0 0 0
p
p
tique de A A a p
pour racines
0,
8
34
et
8
+
34. Nous en deduisons
p
kjukj2 = kjAkj2 = 8 + 34.
29. Soit A la matrice de u 2 L(E ) dans une base orthonormale e0 = (e01 ; ; e0n) de
E . La matrice de u dans cette m^eme base est A. u est suppose diagonalisable
donc il existe une matrice diagonale D et une matrice inversible P (matrice de
passage de la base e0 a la base e constituee de vecteurs propres de u) telles que
A = PDP 1. Nous avons alors A = P 1 DP . u est donc diagonalisable.
Une matrice de passage de la base e0 a une base de vecteurs propres de u est
donc P 1.
Soit v l'endomorphisme de E dont la matrice dans la base e0 est P , soit w
l'endomorphisme de E dont la matrice dans la base e0 est P 1 .
v w = w v = IdE .
8i 2 Nn ; v(e0i )2= ei ; w(e0i) = "i . 0 Par construction
8(i; j ) 2 (Nn ) ; (ej j "i ) = (v(ej ) j w(e0i )) = ((w v)(e0j ) j e0i ) = ij . On peut
donc construire la base " en choisissant pour chaque i 2 Nn un vecteur "i
orthogonal a Vect(ej )j2Nnnfig et veriant ("i j ei ) = 1.
Nous aurions pu commencer par construire la famille " de cette maniere et
verier qu'il s'agit bien d'une base de vecteurs propres de u .
En eet pour (i; j ) 2 (Nn )2,
f (e) = kek 6kek donc kek61, ' est continue et jk' jk61.
1 = jkIdE jk6jk' jk jk'jk6jk' jk. Nous en deduisons jk' jk = 1.
Nous avons deja vu que pour un endomorphisme u deni sur un espace prehilbertien complet
(donc en dimension nie) kjukj = kju ukj = kju u kj.
2
1
1
1
28
2
1
1
87
(u ("i ) jej ) = ("i j u(ej )) = j ("i j ej ) = j ij = i ij = (i"i j ej ). Nous en
deduisons que u ("i ) i "i est orthogonal a tout l'espace donc est nul ; d'ou
le resultat demande.
Nous pouvons remplacer euclidien par hermitien. Le resultat est encore le
m^eme ; a savoir choisissons pour chaque i 2 Nn un vecteur "i orthogonal a
Vect(ej )j2Nnnfig et veriant ("i j ei ) = 1. Une telle famille existe ; en eet :
i 2 Nn etant xe, l'orthogonal de Vect(ej )j2Nnnfig est une droite dirigee par
un vecteur xi . ei n'est pas orthogonal a xi car ei 62 Vect(ej )j2Nnnfig ; nous
avons donc (xi j ei ) 6= 0. Il sut alors de choisir k = 1 an d'obtenir
(ei j xi )
("i j ei ) = 1.
n
n
X
X
La famille ("i )i2Nn est libre car i "i = 0 ) 8j 2 Nn ; 0 = (ej ji "i ) = j
i=1
i=1
donc est une base de E .
Pour (i; j ) 2 (Nn )2, (u ("i ) jej ) = ("i j u(ej )) = i ("i j ej ) = (i "i j ej ). Nous
en deduisons que u ("i ) i "i est orthogonal a tout l'espace donc est nul. La
famille ("i )i2Nn est une base de vecteurs propres de u les valeurs propres etant
les conjuguees respectives de valeurs propres de u.
30. (a) Soient E hermitien et u 2 L(E ) veriant u = u. (iu) = iu =
iu. iu est un endomorphisme hermitien donc d'apres les resultats des
exercices vus plus haut ses valeurs propres sont reelles et il existe une
base orthonormale de diagonalisation de iu. Les valeurs propres de u
sont donc dans Ri et il existe une base orthonormale de diagonalisation
de u. Montrons directement (c'est-a-dire sans utiliser les resultats que
nous avons deja demontres) que u est diagonalisable.
Soit x un vecteur propre de u associe a la valeur propre . u(x) = x
donc kxk2 = (u(x) j x) = (x j u(x)) = kxk2 . Nous en deduisons
= ce qui equivaut a 2 iR.
Soient 2 C une valeur propre de u, E l'espace propre associe, F
l'orthogonal de E et (x; y) 2 E F .
(x j u(y)) = (u(x) j y) = (x j y) = 0 donc u(y) 2 F et F est stable
par u.
Montrons que tout endomorphisme u d'un C -espace vectoriel hermitien
E veriant 8(x; y) 2 E 2; (x j u(y)) = (u(x) j y) est diagonalisable
dans une base orthonormale.
Si E est de dimension egale a 1, le resultat est immediat.
Supposons que tout endomorphisme u, d'un C -espace vectoriel hermitien
E de dimension au plus egale a n 1, veriant 8(x; y) 2 E 2, (x j u(y)) =
(u(x) j y) soit diagonalisable dans une base orthonormale.
Soit alors u un endomorphisme d'un C -espace vectoriel hermitien E de
dimension egale a n, veriant 8(x; y) 2 E 2; (x j u(y)) = (u(x) j y).
Soit 2 C une valeur propre de u. Soit E l'espace propre associe. Si
E = E le resultat est acquis. Sinon E etant non nul, soit F l'orthogonal
de E de dimension comprise entre 1 et n 1.
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
88 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
D'apres ce que nous avons vu plus haut u(F ) F . Notons v l'endomorphisme de F induit par la restriction de u a F . v verie 8(x; y) 2
F 2 ; (x j v(y)) = (v(x) j y) donc il existe une base orthonormale de F
de diagonalisation de v.
En choisissant alors une base orthonormale de E et une base orthonormale de F de diagonalisation de v ; en les concatenant nous obtenons une
base orthonormale de E de diagonalisation de u. Le resultat est donc
demontre.
00 2 11
La matrice A = @ 2 0 2 A est antihermitienne.
1 2 0
A = X (X 2 + 9). Les valeurs propres sont egales a 0, 3i. Un
vecteur propre associe a la valeur propre 0 est (2; 1; 2), un vecteur
propre associe a la valeur propre 3i est (5; 2 + 6i; 4 + 3i), un vecteur
propre associe a la valeur propre 3i est (5; 2 6i; 4 3i). Nous pou-
0
B
B
B
vons donc choisir U = B
B
B
B
@
00
avons D = @ 0
0
p
p
2
10
10
3
6 p
6 p
1 ( 1 + 3i) 10 ( 1 3i) 10
3
15 p
15 p
2 (4 + 3i) 10 (4 3i) 10
3
30
30
1
CC
CC
CC et nous
CA
1
0 0
3i 0 A.
0 3i
(b) Soit u 2 L(E ) ou E est un espace euclidien. Supposons u = u. Soit une valeur propre de u. Soit x un vecteur propre associe.
kxk2 = (u(x) j x) = (x j u(x)) = kxk2 . Nous en deduisons = 0.
Si u est bijective alors il n'y a pas de valeur propre ; si u n'est pas injective
0 est la seule valeur propre.
Soit e = (e1 ; ; en ) une base orthonormale de E . Soit A 2 Mn(R) la
matrice de u dans cette base.
Pour (i; j ) 2 (Nn )2 , (u(ei ) j ej ) = (ei j u(ej )) donc la matrice A est
antisymetrique. Considerons A comme appartenant a Mn(C ). Il existe
alors, d'apres le resultat precedent, une matrice unitaire U et une matrice diagonale D telles que A = UDU . Si X 2 Mn;1(C ) nous avons
X AX = X A X . Soit 2 C une valeur propre de A. Soit X un
vecteur propre de A associe.
AX = X; (AX ) = X donc X X = X AX = X AX = X X
puis + = 0 donc 2 iR. Nous avons donc + = 0 donc 2 iR.
Nous retrouvons ce que nous avions vu precedemment.
Yq 2 2
n
p
Le polyn^ome caracteristique de u est donc egal a ( 1) X (X + aj )
ou les aj sont des reels strictement positifs et p + 2q = n.
j =1
89
Si u 6= 0 la matrice D precedente est non nulle donc le polyn^ome caracteristique de u possede au moins un facteur du type X 2 + a2 avec a > 0.
Soit (x; y) 2 Ker(u) (Ker(u)). 0 = (u(x) j y) = (x j u(y)) donc29
u(y) 2 (Ker(u)) ; l'orthogonal du noyau de u est stable par u.
Soit v l'endomorphisme induit par la restriction de u a (Ker(u)) . v verie
8(x; y) 2 ((Ker(u)))2 ; (v(x) j y) = (x j v(y)) donc est antisymetrique.
y 2 Ker(v) ) y 2 Ker(u) \ (Ker(u)) = f0g donc v est bijectif.
Nous avons vu plus haut que v n'a pas de valeurs propres donc dim(F )
est paire.
Soit F = Ker(u). Montrons que F est la somme directe orthogonale de
plans stables par v.
Si dim(F ) = 2 le resultat est acquis. Supposons le resultat vrai pour
tout endomorphisme antisymetrique bijectif sur tout espace vectoriel euclidien de dimension paire au plus egale a 2(n 1)>2. Soit F un espace
vectoriel euclidien de dimension egale a 2n ; soit v un endomorphisme de
F antisymetrique bijectif.
Soit ' un endomorphisme d'un espace vectoriel reel de dimension nie
n'ayant aucune valeur propre.
Demontrons le resultat preliminaire suivant : Soit un endomorphisme f
d'un R-espace vectoriel de dimension nie E ayant un polyn^ome caracteristique divisible par le polyn^ome X 2 + aX + b sans racine reelle. Il existe
alors un plan de E stable par f .
f = (X 2 + aX + b)q P avec (X 2 + aX + b) ^ P = 1. Supposons que
f 2 + af + bIdE soit injective. Dans ces conditions (f 2 + af + bIdE )q est
injective et, sachant que f (f ) = 0 nous obtenons P (f ) = 0. P est donc
un polyn^ome annulateur de f ; il est divisible par le polyn^ome minimal
de f .
Redemontrons dans le cas d'un R-espace vectoriel30 que le polyn^ome minimal et le polyn^ome caracteristique ont les m^emes facteurs irreductibles
a des ordres de multiplicite eventuellement dierents.
Soit M 2 Mn(R) Mn(C ) la matrice d'un endomorphisme ' d'un espace vectoriel reel E dans une base de celui-ci. Soit X 2 Mn;1(C ) une
matrice colonne non nulle veriant MX = X avec 2 C . Soit P un
polyn^ome annulateur de M . 0 = P (M )X = P ()X donc P () = 0. En
particulier M () = 0 et si M est le polyn^ome minimal de M nous avons
de m^eme M () = 0. Nous en deduisons que toutes les valeurs propres
de la matrice M consideree comme une matrice complexe ; c'est-a-dire les
racines de M sont racines de M . M divisant M n'a donc pas d'autres
racines. Nous obtenons donc le resultat demande.
Revenons a notre question. Si f 2 + af + bIdE est injective alors le polyn^ome minimal qui divise le polyn^ome annulateur P n'a pas X 2 + aX + b
comme diviseur ce qui est faux. f 2 + af + bIdE n'est donc pas injective
et il existe un vecteur x 2 E non nul tel que f 2 (x) + af (x) + x = 0. Soit
Nous savions deja que (Ker(u)) = Im(u ) donc, ici, (Ker(u)) = Im( u) = Im(u) qui est
stable par u.
30
Voir la demonstration plus generale dans le chapitre algebre lineaire.
29
90 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
y = f (x). y n'est pas colineaire a x sinon une valeur propre (reelle) serait
racine de X 2 + aX + b ce qui est exclu. Soit alors G = Vect(x; y). G
est un plan et f (y) = ay bx 2 G. G est donc stable par u. Nous en
deduisons que si f est un endomorphisme d'un espace vectoriel reel de
dimension nie, il existe au moins une droite ou (non exclusif) un plan
stable.
Dans le cas de cet exercice il existe donc un plan P stable par v. L'orthogonal, dans F , Q de ce plan stable est stable par v. En eet pour
(x; y) 2 P Q, (v(y) j x) = (y j v(x)) = 0. L'endomorphisme w
induit par la restriction de v a Q a les m^emes proprietes que v donc Q
est la somme directe orthogonale de n 1 plans stables par w puis F est
la somme directe orthogonale de n plans stables par v. Le resultat est
demontre.
La matrice de la restriction
0 b de v a un tel plan muni d'une base orthonormale est du type b 0 avec b 6= 0.
a c
En eet Soit b d la matrice, dans une base orthonormale, d'un enantisymetrique
bijectif d'un plan euclidien.
domorphisme
a c =
a b . Nous en deduisons a = d = 0; c = b 6= 0.
b d
d
Finalement il existe une base orthonormale de E dans laquelle la matrice
M de u est diagonale par blocs. M = Diag(0
u chaque
p ; B1 ; ; Bq ) o
matrice Bi (i 2 Nq ) est du type b0 0 bi avec bi 6= 0. Si u est bijeci
tive, p = 0 est la matrice 0p ne gure pas dans la decomposition.
En fait, u est un endomorphisme normal et nous retrouvons les resultats
deja vus plus haut a ce sujet.
31. (a) Soit f une forme bilineaire symetrique non degeneree denie sur l'espace
vectoriel E .
Soit u 2 L(E ) veriant 8(x; y) 2 E 2 , f (u(x); y) = f (x; u(y)).
Soient B une base de E suppose de dimension n, M la matrice de u et N
la matrice de f dans la base B.
Soient X et Y deux elements de Mn;1(C ). D'apres l'hypothese nous avons
t(MX )NY = tXN (MY ) donc tMN = NM .
Notons r le rang de M . Il existe deux matrices inversibles P et Q telles
= NPJr Q c'est-a-dire
que M = PJr Q donc tQJr tPN
t
1
t
1
Jr PNQ = Q NP Jr .
Notons N 0 = tPNQ 1 ; N est une matrice symetrique donc nous obtenons
0 est une matrice antisymetrique.
Jr N 0 0
= tN 0 J1r = (Jr N 0 ). Jr N0
1
0
0
I
0
N
N
r
1;1
1;2
Jr = B
@ 0 0C
A. E crivons N 0 = B@ N 0 N 0 CA ou N10 ;1 2 Mr(C ).
2;1
2;2
0
Ir
B
@0
10
1 0
91
1
0 CB N10 ;1 N10 ;2 C BN10 ;1 N10 ;2 C
=@
. Jr N 0 etant antisymetrique
A
@
A
A
0
0
0 N2;1 N2;2
0
0
nous avons N10 ;1 = tN10 ;1; N10 ;2 = 0.
det(N10 ;1 ) = ( 1)r det(N10 ;1 ). Par hypothese le rang de N 0 est egal a n.
det(N 0 ) = det(N10 ;1) det(N20 ;2) donc det(N10 ;1) 6= 0 et r est pair31.
(b) C (A) = fX 2 Mn(C ); XA = AX g est le commutant de A. Soit u
l'application de E = Mn(C ) dans E denie par u(X ) = AX XA.
Ker(u) = C (A).
Soit f l'application (M; N ) 2 (Mn(C ))2 7 ! tr(MN ) 2 C . f est bilineaire, symetrique car pour tout couple de matrices (M; N ) nous avons
tr(MN ) = tr(NM ). Soit N = (ni;j )(i; j)2(Nn) 2 Mn(C ) telle que pour
toute matrice M 2 Mn(C ) on ait tr(MN ) = 0.
Soit (i; j ) 2 (Nn )2 .
n
X p
X
Ei;j N = np;q j Ei;q = nj;q Ei;q . tr(Ei;j N ) = nj;i. Nous en dedui2
16p;q6n
q=1
sons N = 0 et f est non degeneree.
tr(u(M )N ) + tr(Mu(N )) = tr(AMN MAN ) + tr(MAN MNA)
= tr(AMN ) tr(MAN ) + tr(MAN ) tr(MNA)
= tr(AMN ) tr(MNA).
Nous en deduisons tr(u(M )N ) + tr(Mu(N )) = 0 et u verie les hypotheses de la question precedente.
Nous en deduisons alors en utilisant le resultat precedent que la dimension
de C (A) est egale a n2 r avec r pair.
32. Soit A 2 Mn; (R) antisymetrique. det(A + In) = A( 1).
Considerons A, matrice reelle, comme appartenant a Mn(C ). Soit 2 C une
valeur propre de A. Soit X 2 Mn;1(C ) X 6= 0; AX = X . X AX = X X .
AX = AX = X donc X A = X puis X AX = X X . X etant non
nul nous en deduisons + = 0 donc 2 iR.
A est un polyn^ome reel donc ses racines complexes non reelles sont deux a
Yp
n
r
deux conjuguees. Nous obtenons alors A = ( 1) X (X ij )(X + ij )
j =1
ou32 les j sont des reels strictement positifs et 2p + r = n.
Yp 2 2
n
r
Finalement A = ( 1) X (X + j ).
j =1
Yp
Yp
Si p =
6 0, A( 1) = ( 1)n ( 1)r (1 + j 2) = (1 + j 2 )>1 ; vrai aussi si
j =1
j =1
p = 0.
Si E est un R-espace vectoriel et si f est un produit scalaire u est un endomorphisme antisymetriuqe ; nous retrouvons une partie du resultat vu plus haut.
Yp
32
Si p = 0, (X ij )(X + ij ) est remplace par 1.
31
j =1
92 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Soit B 2 Mn(R) une matrice symetrique denie positive.
B est diagonalisable; il existe une matrice orthogonale U et une matrice diagonale D = Diag(d1; ; dn ) a elements
p diagonaux
p strictement positifs telles
que B = UDU . Notons = Diag( d1 ; ; dn ) et B 0 = U U .
B 02 = B . B 0 est symetrique denie positive. B 0 AB 0 est une matrice antisymetrique donc d'apres le resultat precedent, det(B 0 AB 0 + In)>1, det(B ) > 0
puisque B est symetrique denie positive.
B 0 1(B 0 AB 0 + In)B 0 1 = A + B 0 2 = A + B 1 donc
det(A + B 1 ) = det(B 0 1 (B 0 AB 0 + In)B 0 1)
= det(B 1) det(B 0 AB 0 + In)> det(B 1).
Si S est symetrique denie positive nous obtenons, en posant B = S 1 ,
det(A + S )> det(S ). Le resultat demande est donc vrai lorsque S est symetrique denie positive.
Soit S une matrice symetrique positive. Pour X 2 Mn;1(R); X 6= 0 et pour
> 0, nous avons X (S + In)X = X SX + X X > 0 . S + In est
donc symetrique denie positive. En utilisant le resultat precedent il vient
det(S + In + A)> det(S + In).
Les applications
M 2 Mn(R) 7 ! det(M ) 2 R, 2 R 7 ! S + In + A 2 Mn(R) et
2 R 7 ! S + In 2 Mn(R) sont continues donc
2 R 7 ! det(S + In + A) 2 R et 2 R 7 ! det(S + In) 2 R sont continues.
En calculant la limite a droite en 0 nous obtenons det(S + A)> det(S ).
33. Soit u 2 L(E ), 8x 2 E; (u(x) j x) = 0. Soient x et y deux elements de E .
0 = (u(x + y) j x + y) = (u(x) jx) + (u(y) j y) + (u(x) j y) + (u(y) j x)
= (u(x) j y) + (u(y) j x).
u est donc un endomorphisme antisymetrique ; u = u. Si est une valeur
propre de u et x un vecteur propre associe alors (x j x) = (u(x) j x) = 0 donc
= 0. Pour tout non nul u IdE est un endomorphisme bijectif.
Soit v = (IdE + u) (IdE u) 1 .
v = (IdE u ) 1 (IdE + u ) = (IdE + u) 1 (IdE u).
v v = (IdE + u) 1 (IdE u) (IdE + u) (IdE u) 1 .
(IdE u) (IdE + u) = (IdE + u) (IdE u) donc
v v = (IdE + u) 1 (IdE + u) (IdE u) (IdE u) 1 = IdE .
v est un automorphisme orthogonal donc v = v 1 .
v(x) = x () v (x) = x () ((IdE + u) 1 (IdE u))(x) = x
() (IdE u)(x) = (IdE + u)( x) () x = 0.
-1 n'est donc pas une valeur propre de v.
Supposons que v soit un automorphisme orthogonal n'ayant pas -1 comme valeur propre. Soit u = (v IdE ) (v + IdE ) 1. u existe car v + IdE est bijective.
(v + IdE ) (v IdE ) = (v IdE ) (v + IdE ) donc
u = (v IdE ) (v + IdE ) 1 = (v + IdE ) 1 (v IdE ).
u = (v + IdE ) 1 (v IdE ). v est un automorphisme orthogonal donc
v = v 1 .
u = (v 1 + IdE ) 1 (v 1 IdE ) = (v 1 (IdE + v)) 1 (v 1 (IdE v))
= (IdE + v) 1 v v 1 (IdE v) = (IdE + v) 1 (IdE v) = v.
93
v est un endomorphisme antisymetrique.
IdE + u = IdE + (v + IdE ) 1 (v IdE ) = (v + IdE ) 1 (v + IdE + v IdE )
= 2(v + IdE ) 1 v.
IdE u = IdE (v + IdE ) 1 (v IdE ) = (v + IdE ) 1 (v + IdE v + IdE )
= 2(v + IdE ) 1.
Nous avons alors
1
1
(IdE + u) (IdE u) = (v + IdE ) 2(v + IdE ) 1 = v d'ou le resul2
tat demande.
34. (a) Munissons C n du produit scalaire hermitien canonique. Nous identions
un vecteur de C n et la matrice colonne de ses coordonnees dans la base
canonique de C n .
Soit A 2 GLn(C ). Les colonnes A1 ; ; An de A constituent une base
de C n a partir desquelles nous creons une base (B1 ; ; Bn) orthonormale par le procede de Schmidt. La matrice de passage, T 0 , de la base
(A1; ; An) a la base (B1 ; ; Bn ) est triangulaire superieure. La matrice de passage, U , de la base canonique de C n a cette derniere base est
une matrice unitaire. Nous avons donc la relation U = AT 0 puis A = UT
avec T = T 0 1 .
Supposons A non necessairement inversible.
A possede au plus n racines distinctes. Il existe donc > 0 tel que pour
1
tout t 2]0; [; det(A + tIn) 6= 0. Notons p0 = 1 + E
. Posons pour
tout p 2 N; Ap = A + 1 In. A est la limite de la suite (Ap )p2N de
p + p0
matrices inversibles. Pour chaque p 2 N il existe une matrice triangulaire
superieure Tp et une matrice unitaire Up telles que Ap = Up Tp . Nous
avons deja demontre que l'ensemble des matrices unitaires est compact
donc la suite (Up )p2N possede une sous-suite convergente, vers U unitaire,
de terme general U'(p) . T'(p) = U'(p) A'(p) . La suite de terme general
T'(p) est donc convergente de limite une matrice triangulaire superieure
T et nous avons la relation A = UT .
(b) Nous savons que toute matrice de Mn(C ) est semblable a une matrice
triangulaire superieure. Il existe donc une matrice inversible P et une
matrice triangulaire superieure T1 telles que A = PT1 P 1. D'apres le
resultat precedent il existe une matrice unitaire U et une matrice triangulaire superieure inversible T telles que P = UT . Il vient alors
A = (UT )T1(UT ) 1 = U (TT1 T 1 )U . U est unitaire et TT1 T 1 = T2
est triangulaire superieure.
(c) Si A est une matrice hermitienne alors A s'ecrit A = UT2 U = UT2 U .
Nous en deduisons T2 = T2 donc T2 est diagonale reelle. Nous retrouvons
un resultat que nous avions deja demontre.
(d) Le premiere partie est analogue en remplacant unitaire par orthogonal.
Pour la deuxieme partie nous devons supposer que le polyn^ome caracteristique de la matrice est scinde sur R ; auquel cas nous retrouvons le fait
94 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
que la matrice est orthogonalement semblable a une matrice triangulaire.
Supposons A 2 Mn(R) symetrique. Si nous considerons A comme appartenant a Mn(C ), son polyn^ome caracteristique est scinde et si est
une valeur propre il existe X 2 Mn;1(C ) X 6= 0 telle que AX = X .
X A = X donc X X = X AX = X X . Nous en deduisons = .
A est donc scinde sur R. Nous pouvons donc comme plus haut en deduire que A est semblable a une matrice triangulaire superieure. Nous
terminons alors comme dans le cas complexe.
(e) A est unitairement semblable a une matrice triangulaire superieure (par
exemple). A s'ecrit A = UTU avec U unitaire et T triangulaire superieure. AA = AA equivaut a TT = T T .
Supposons T = (ti;j )(i;j)2(Nn) avec 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; i > j ) ti;j = 0.
8(i; j ) 2
(Nn )2 ;
X
n
2
ti;k tj;k =
k=max(i;j )
X
min(i;j )
n
X
k=1
tk;i tk;j .
jt1;k j2 = jt1;1j2 soit 8k>2; t1;k = 0.
k=1
Supposons que pour i 2 Nl (avec 16l6n 1); 8k>i + 1; ti;k = 0.
n
l+1
n
X
X
X
Pour i = j = l + 1.
jtl+1;k j2 = jtk;l+1 j2 donc
jtl+1;k j2 = 0.
k=l+1
k=1
k=l+2
Tous les coecients tk;l+1 sont nuls pour l + 26k6n. La matrice A est
Pour i = j = 1 nous avons
donc diagonale.
Nous retrouvons ce que nous avions deja vu concernant les endomorphismes normaux.
35. Supposons que E est un espace vectoriel euclidien.
Soit u un endomorphisme de E dont le polyn^ome caracteristique (dans le cas
reel) est scinde. Montrons qu'il existe une base orthonormale de E dans laquelle la matrice de u soit triangulaire superieure.
Si E est de dimension egale a 1 le resultat est acquis. Supposons le resultat
vrai pour tout espace vectoriel euclidien de dimension au plus egale a n 1>1
et tout endomorphisme d'un tel espace dont le polyn^ome caracteristique est
scinde.
Soit E un espace euclidien de dimension n ; soit u un endomorphisme de E
dont le polyn^ome caracteristique est scinde.
Soit 2 R une valeur propre de u. Soit E = E l'espace propre, de dimension
egale a p, associe.
Si E = E n'importe quelle base orthonormale convient ; u = IdE .
Supposons E 6= E . F = E 6= f0g. E 6= F . Soit (e1 ; ; ep ) une base
orthonormale de E. Soit p le projecteur orthogonal d'image F . Soit v la
restriction de u a F et soit w = p v. w est un endomorphsime de F
et v = ( X )pw . w est donc scinde ; il existe une base orthonormale
(ep+1 ; ; en) de F dans laquelle la matrice de w soit triangulaire superieure.
8j 2 N; p + 16j 6n ) w(ej ) =
Xj
i=p+1
ai;j ei . v(ej ) = xj + w(ej ) avec xj 2 E
95
Xj
ai;j ei . E tant donne que pour j 2 Np u(ej ) = ej
i=1
le resultat est demontre pour dim(E ) = n. Le resultat est donc vrai pour tout
espace vectoriel euclidien.
dans le cas hermitien la demonstration est analogue ; nous n'avons pas besoin
de supposer u scinde.
Soit A 2 Mn(R), on suppose A scinde ou soit A 2 Mn(C ). Soit u l'endomorphisme de K n , muni de son produit scalaire canonique et rapporte a sa base
canonique, dont la matrice est A. Il existe une matrice unitaire, representant
le changement de base, U (orthogonale dans le cas reel) telle que U AU soit
triangulaire superieure.
donc u(ej ) s'ecrit u(ej ) =
36. (a) Soit e = (e1 ; ; en) une base orthonormale de E .
u est un endomorphisme symetrique positif de e donc est diagonalisable
dans une base orthonormale.
Il existe donc33 d 2 L(E ) veriant 8j 2 Nn ; d(ej ) = dj ej avec dj 2 R et
u1 2 O(E ) tels que u = u1 d u1 1 = u1 d u1 .
u est positive. Soit j 2 Nn . Posons x = u1 (ej ).
06(u(x) j x) = ((u1 d u1 )(x) j x) = (d u1 )(x) j u1 (x))
= ((d u1 1)(x) j u1 1 (x)) = (d(ej ) j ej ) = dj .
8j 2 Nn ; dj 2 R+.
p
Soit l'application lineaire denie par 8j 2 Nn ; (ej ) = dj ej . En
notant34 v = u1 nous obtenons u = v v .
(b) Soit B 2 GLn(R). Nous munissons Rn du produit sacalaire canonique et
nous identions les vecteurs de Rn avec les colonnes de ses coordonnees
dans la base canonique. Les colonnes (B1 ; ; Bn ) de B constituent une
base de Rn. Transformons cette base en une base B0 orthonormale par le
procede de Schmidt. La matrice de passage de la base (B1 ; ; Bn ) a
la base B0 est triangulaire superieure donc la matrice de passage T 0 de la
base B0 a la base (B1 ; ; Bn) est triangulaire superieure. La matrice de
passage O0 de la base canonique (orthonormale) a la base B0 orthonormale
est donc une matrice orthogonale. Nous avons alors la relation B = O0T 0 .
En appliquant ce resultat a B 1 nous obtenons la relation B = TO ou
T est triangulaire superieure et O orthogonale ; en appliquant ces resultats a B nous obtenons les relations B = O1 T1 et B = T10 O10 ou O10 et
O1 sont orthogonales et T1 et T10 sont triangulaires inferieures. D'apres
le resultat de la question precedente, A etant symetrique denie positive, il existe une matrice C telle que A = BB . A etant inversible, B
l'est aussi donc, en appliquant le resultat precedent nous avons B = TO,
A = TO(TO) = TT .
Nous avons de m^eme A = T1 T1 .
Application en appliqunt le resultat precedent, nous avons A = T1 T1
Nous pouvons aussi utiliser la matrice de u dans la base e.
En fait en choisissant v = u1 u1 nous pouvons trouver v symetrique positive. C'est ce qui
a deja ete vu plus haut.
33
34
96 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
avec T1 triangulaire inferieure. Soit L la matrice dont tous les elements sont ceux de T1 sauf les elements diagonaux tous egaux a 1. Notons ti l'element d'indices (i; i) de T1 . Soit D0 la matrice diagonale
Diag(t1 ; t2; ; tn). D0 est inversible car T1 , triangulaire, l'etait et avait
donc ses elements diagonaux tous non nuls. Posons D = D02. Nous avons
la relation A = LDL.
Montrons l'unicite de cette decomposition.
LDL = L0 D0L0 avec L et L0 triangulaires inferieures a diagonales unite
et D et D0 diagonales a elements diagonaux reels strictement posits.
Posons L1 = L0 1 L. Nous obtenons DL1 = L1 1 D0. L'element d'indices
(i; i) de la matrice DL1 est egal a di , celui de la matrice L1 1D0 est egal a
d0i . Nous en deduisons D = D0 puis L1 1 = L1. L1 1 est triangulaire inferieure et L1 est triangulaire superieure donc L1 est diagonale a diagonale
unite ; il s'agit de In. Nous avons alors L = L0 d'ou l'unicite.
Il n'y a pas grand chose a changer pour obtenir le resultat dans le cas
complexe en utilisant le fait (demontre plus haut) qu'une matrice hermitienne est unitairement semblable a une matrice diagonale pour la premiere question et en remplacant orthognal par unitaire pour la seconde
question.
Remarque Soit A une matrice reelle symetrique denie positive ou hermitienne denie positive. Nous pouvons construire T veriant A = TT ou T est une matrice triangulaire inferieure.
Supposons que le terme d'indices (i; j ) de T soit ti;j avec ti;j = 0 pour
16i < j 6n.
Le terme d'indices (i; j )
de la matrice TT est egal a
Supposons i6j car la matrice A est hermitienne.
Nous devons avoir 8(i; j ) 2
(Nn )2 ;
16i6j 6n, ai;j =
X
min(i;j )
k=1
ti;k tj;k .
Xi
ti;k tj;k . La matrice A est denie positive donc en particulier chaque element ai;i est reel
strictement positif.
a1;1 = jt1;1j2 . Il sut de choisir pour t1;1 le reel racine carree de a1;1.
k=1
1
X
pour 16j 6n nous devons avoir a1;j = t1;k tj;k = t1;1 tj;1. Nous pouk=1
a
1; j
vons donc choisir tj;1 = p . La premiere colonne de la matrice T est
a1;1
construite.
Supposons construites les p (p < n), premieres colonnes de la matrice T .
Nous connaissons donc les elements ti;j pour 16j 6p; 16i6n.
p+1
X
p
X
ap+1;p+1 = jtp+1;k j = jtp+1;p+1 j
jtp+1;k j2 . Nous pouvons donc dek=1
k=1
terminer tp+1;p+1 que l'on peut choisir reel positif.
2
2+
97
ap+1; j =
p+1
X
k=1
tp+1;k tj;k = tp+1;p+1 tj;p+1 +
p
X
k=1
tp+1;k tj;k . Nous obtenons alors
tj;p+1 puis la (p + 1)ieme colonne de T . La matrice T est alors constructible. Il existe donc T triangulaire inferieure telle que A = TT .
Si A n'est que positive nous pouvons aussi determiner T .
Soit t > 0. Soit X un element non nul de Mn;1(K ).
X (A + tIn)X = X AX + tX X >tX X > 0.
Il existe donc une matrice triangulaire inferieure Tt telle que A + tIn =
Tt Tt . p p
tIn = ( tIn)( tIn) Nous avons deja vu que si l'on muni C n de la norme
hermitienne canonique, la norme subordonnee d'une matrice, M , est la
racine carree de la plus grande valeur propre de MM .
Les
Tt veriant A + tIn = Tt Tt ont des normes majorees par
pkAmatrices
k + 1. Cet ensemble de matrices est borne donc inclus dans un compact W . En choisissant t = 1 avec p 2 N nous disposons d'une suite
p+1
de matrices triangulaires inferieures possedant une sous-suite convergente
dans W vers une matrice T 0 . La limite T 0 est naturellement triangulaire
inferieure et verie donc A = T 0 T 0 .
Remarque L'ecriture A = TT avec T triangulaire inferieure et les ti;i
strictement positifs (dans le cas ou A est denie positive) est unique.
En eet : T1 T1 = T2T2 ) T2 1 T1 = T2 T1 1 . Le membre de gauche
est une matrice triangulaire inferieure, celui de droite est une matrice
triangulaire superieure. Les deux matrices dont donc diagonales. Il
existe alors D diagonale telle que T1 = T2 D; T2 = DT1 soit encore
T1 = T2 D; T2 = T1 D. T1 etant inversible nous en deduisons D2 = In
et en particulier les elements diagonaux de T1 et T2 de m^emes indices
sont egaux ou opposes. Si nous les supposons strictement positifs ils sont
egaux et D = In puis T1 = T2 d'ou l'unicite.
37. E est un espace prehilbertien.
X
Posons, pour (x; y) 2 E 2 , f (x; y) = (g(x) j g(y)). G etant un groupe ni,
g2G
cette somme a un sens. Il est immediat que f est une forme sesquilineaire a
symetrie hermitienne dans le cas complexe ou une forme bilineaire symetrique
dans le cas reel.X
X
f (x; x) = 0 ) (g(x) j g(x)) = 0 = kg(x)k2 = 0 ) x = 0 car tous les eng2G
g2G
domorphisme de G sont bijectifs.
X
Soit g0 2 G. Soit (x; y) 2 E 2. f (g0 (x) j g0 (y)) = ((g g0 )(x) j (g g0 )(y)).
g2G
L'application g 2 G 7 ! g g0 2 G est injective donc bijective car G est ni ;
nous
X en deduisons
X
((g g0 )(x) j (g g0 )(y)) =
((g g0 )(x) j (g g0 )(y))
g2G
gg0 2G
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
98 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
=
X
g2G
(g(x) j g(y)) = f (x; y).
Les elements de G sont donc des automorphismes orthogonaux pour le produit
scalaire f de E . Si E est un C espace vectoriel alors, comme nous l'avons deja
vu, ces automorphismes sont tous diagonalisables. Si G est abelien alors il
existe une base commune de diagonalisation. Les elements de G ont des valeurs
propres qui ont toutes un module egal a 1. Ce dernier point est naturel car G
etant de cardinal n nous avons 8g 2 G; gn = IdE donc si 2 C est une valeur
propre de g il existe x 2 E; x 6= 0 tel que g(x) = x puis x = gn (x) = n x
soit n = 1.
38. (a) u 2 GL(E ). L'application ' : (x; y) 2 E 2 7 ! (u(x) j u(y)) 2 R est une
forme bilineaire symetrique. '(x; x) = ku(x)k2 >0.
'(x; x) = 0 ) u(x) = 0 ) x = 0 car u est injective. ' est un produit
scalaire donc il existe une base e = (e1 ; ; en ) de E orthonormale pour
ce produit scalaire c'est-a-dire veriant 8(i; j ) 2 (Nn )2; (u(ei ) j u(ej )) =
ij . La famille (u(ei ))i2Nn est bien une base orthonormale de E pour le
produit scalaire initial de E .
(b) Munissons E = Rn du produit scalaire canonique. Soit u l'automorphisme de E de matrice M dans la base canonique de E . En utilisant les
notations precedentes, soit V la matrice de passage de la base canonique
de E a la base e = (e1 ; ; en), soit U 0 la matrice de passage de la base
canonique a la base e0 = (e01; ; e0n) ou pour i 2 Nn ; e0i = 1 u(ei ).
ku(ei )k
0
La matrice de f dans le couple de bases e et e est la matrice diagonale M 0 = Diag(kf (e1)k; ; kf (en)k). Nous avons donc la relation
M 0 = U 0 1 MV . e et e0 sont des bases orthonormales donc les matrices
U = U 0 1 et V sont des matrices orthogonales d'ou le resultat.
Soit p 2 N. Soit Mp = M + 1 In.
1 p+1
det(Mp ) = M
p + 1 . Soit > 0 le plus petit module des racines
(reelles ou complexes) non nulles de M . Pour p> 1 , Mp est inversible35.
Il existe donc des matrices orthogonales Up et Vp telles que Up MpVp soit
diagonale.
Nous avons deja vu36 que l'espace des matrices orthogonales est compact
dans Mn(R). On peut donc extraire des suites de matrices de termes
generaux Up0 = U'(p) et Vp0 = V'(p) convergentes vers des matrices orthogonales U 0 et V 0 . La suite de terme general Up0 M'(p)Vp0 est convergente
de limite U 0 MV 0 qui est diagonale.
Si E est un espace hermitien, la m^eme demonstration s'applique et nous
obtenons les m^emes resultats.
Nous avons deja vu dans les autres chapitres qu'une matrice reelle ou complexe est limite d'une
suite de matrices inversibles.
36
Voir l'exercice numero 3.
35
99
39. Soient X 2 Mn;1(C ); X 6= 0 et 2 C tels que AAX = X . A 2 Mn(C ) etant
symetrique, A = A . Nous obtenons X AA X = (X X ). Nous identions
les elements de Mn;1(C ) avec des vecteurs de C n muni de la base canonique
et du produit scalaire canonique et les matrices 1 1 avec des scalaires. Dans
ces conditions nous obtenons kA X k2 = kX k2. est donc un reel positif.
AA est une matrice hermitienne. Comme nous l'avons deja vu il existe une
matrice unitaire V et une matrice diagonale = Diag(1 ; ; n) telles que
AA = V V . Les coecients i appartenant tous a R+.
Soit B la matrice V AV . BB = V A V V A V = V A A V = .
De m^eme B B = V A V V A V = V A A V = = .
tB = V (tA)V = B . B est donc une matrice symetrique.
E crivons B = B1 + iB2 ou B1 et B2 sont deux matrices reelles symetriques.
BB = B1 2 + B2 2 + i(B2 B1 B1 B2 ), BB = B1 2 + B2 2 + i(B1 B2 B2 B1 ) ; ce
qui conduit a B1 B2 = B2 B1 . B1 et B2 sont donc deux matrices reelles symetriques qui commutent. Il existe alors37 une matrice orthogonale O et deux
matrices daigonales reelles D1 et D2 telles que B1 = OD1O; B2 = OD2 O
donc B = O(D1 + iD2 )O avec D1 + iD2 = D0 = Diag(1 ; ; n ).
Notons, pour k 2 Nn , dk = jk j. Il existe, pour chaque k 2 Nn , un nombre
complexe k de module egal a 1 tel que 8k 2 Nn ; k = dk (k )2 . Soit
W = Diag(1; ; n) et D = Diag(d1 ; ; dn ). D0 = WDW donc
A = V B tV = V OD0OtV = (V OW )D(WOtV ). Notons Q = WOtV .
W W = In; OO = In; tV tV = In donc Q Q = tV OW WOtV = In et
Q est alors une matrice unitaire. Il vient alors A = tQDQ.
AA = tQDQQ DQ = tQD2Q = Q 1 D2Q. AA et D2 sont unitairement
semblables, puis et D2 sont aussi semblables et ont alors m^eme polyn^ome
caractenristique.
Y
Yn
= (i X ) et D = (di 2 X ) donc les elements diagonaux de la
i=1
2
i=1
matrice D2 sont a un ordre pres ceux de la matrice et les elements
diagonaux
p
p ).
0
de la matrice D sont a un ordre pres ceux de la matrice = Diag(
;
;
1
n
p
Il existe une permutation de Nn telle que 8i 2 Nn ; d(i) = i .
Soit P la matrice reelle dont le terme d'indices
(i; j ) est i(j) . Le terme d'inp
j
dices (i; j ) de tPDP est egal a i d(i) = i c'est-a-dire38 tPDP = 0 avec
P orthogonale.
Nous pouvons efectuer une autre demonstration.
Soit e = (e1 ; ; en) une base orthonormale d'un espace vectoriel hermitien E .
Soit e0 = (e01 ; ; e0n) la base orthonormale de E denie par 8i 2 Nn ; e0i = e(i) .
Soit u l'endomorphisme de E de matrice D dans la base
p e, soit v l'endomorphisme de E de matrice 0 dans la base e0 . v(e(i) ) = i e(i) = d(i) e(i) donc
u = v. Soit P la matrice de passage de la base e a la base e0 . Nous obtenons
D = P 0 P 1. P etant orthogonale nous avons D = P 0 tP . Nous retrouvons
Nous avons deja demontre que si deux matrices reelles symetriques A et B commutent alors il
existe une matrice orthogonale P telle que PAP et PBP sont diagonales reelles.
38
Nous avons deja demontre que si deux matrices reelles sont unitairement semblables elles sont
orthogonalement semblables.
37
100 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
le resultat precedent.
Notons U = tPQ qui est unitaire.
p
p
A = (tQP )D(tPQ) = tU Diag( 1 ; ; n)U . D'ou le resultat demande.
40. u 2 L(E ) de trace nulle. Montrons qu'il existe une base orthonormale de E ,
e = (e1 ; ; en) veriant 8i 2 Nn ; (u(ei ) j ei ) = 0.
Si n = dim(E ) = 1 le resultat est immediat. Soit ("1 ; ; "n ) une base orthonormale de E . Supposons qu'il existe un indice k 2 Nn tel que (u("k ) j "k ) 6= 0
sinon le rnesultat est acquis.
X
tr(u) = (u("i ) j "i ). Il existe donc deux indices distincts i et j tels que
i=1
(u("i ) j "i ) > 0 et (u("j ) j "j ) < 0. Soit x = "i + "j .
(u(x) j x) = 2 (u("i ) j "i ) + [(u("i ) j "j ) + (u("j ) j "i )] + (u("j ) j "j )
= a2 + b + c.
[(u("i ) j "j ) + (u("j ) j "i )]2 4(u("i ) j "i )(u("j ) j "j ) > 0 est le discriminant du
polyn^ome aX 2 + bX + c. Il existe donc 2 R tel que (u(x) j x) = 0 avec x non
1
nul car "i et "j sont non colineaires. Posons e1 = x. Nous construisons
kxk
alors une base orthonormale (e1 ; e02; ; e0n ) dont le premier element est e1 .
(u(e1 ) j e1 ) = 0. Notons F l'orthogonal de fe1g. Soit p le projecteur orthogonal d'image F . Soit v l'endomorphisme de F deni par v(x) = p(u(x)).
n
X
0
Pour j 2 N; 26j 6n, notons u(ej ) = a1;j e1 + ai;j e0i .
X
p(u(e0 )) = ai;j e0
n
j
i
i=2
i=2
a1;j e1 donc (p(u(e0j )) j e0j ) = (u(e0j ) j e0j ).
= u(e0 )
j
tr(v) = tr(u) = 0.
Supposons avoir prouve le resultat pour tout espace vectoriel euclidien de dimension au plus egale a n 1.
F est de dimension n 1 donc il existe une base ortonormale (e2; ; en) de
F veriant 8i 2 N; 26i6n ) (v(ei ) j ei ) = 0. Nous avons donc, d'apres le
calcul precedent, pour i>2, (u(ei ) j ei ) = 0. Le resultat est donc prouve au
rang n.
En termes de matrices nous obtenons : si A 2 Mn(R) verie tr(A) = 0, il
existe une matrice orthogonale P telle que tPAP a sa diagonale nulle.
Nous aurions pu faire directement une demonstration \matricielle".
Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R). Si la diagonale de A est nulle le resultat est
acquis.
Sinon il existe deux elements ai ;i et ai ;i de signes contraires sur cette diagonale. Si nous notons Ei la matrice colonne dont tous les elements sont
nuls sauf celui d'indice i qui est egal a 1 alors ai ;i = Ei AEi > 0 et
ai ;i = Ei AEi < 0.
Montrons qu'il existe une colonne X 2 Mn;1(R) non nulle veriant39 X AX =
0. Soit X = aEi + Ei .
X AX = (aEi + Ei )A(aEi + Ei )
Nous identions les sacalaires et les matrices 1 1.
2
0 0
1
1
0
1
1
1
1
0
0
39
1
1
0
1
0
0
0
101
= a2Ei AEi + a(Ei AEi + Ei AEi ) + Ei AEi .
Le ployn^ome du second degre en a a un discriminat strictement positif car
(Ei AEi )(Ei AEi ) < 0. Il existe donc une solution a strictement positive et
une solution strictement negative. Il existe donc X 6= 0, car Ei et Ei sont
non colineaires, veriant X AX = 0.
Nous pouvons alors construire une matrice orthogonale P dont la premiere
colonne est unitaire colineaire a X . L'element d'indices (1; 1) de A0 = P AP
est X AX et est nul.
!
0
L
A0 = C B
ou C 2 Mn 1;1(R), L 2 M1;n 1(R) et B 2 Mn 1(R) est
une matrice de trace nulle.
Montrons alors le resultat demande par recurrence.
Si n = 1 le resultat est immediat.
Supposons que pour toute matrice M 2 Mn 1(R) de trace nulle il existe une
matrice orthogonale Q 2 Mp(R) telle que Q MQ soit de diagonale nulle.
Appliquons l'hypothese de recurrence
0 a la matrice B1.
BB 10 0 0 CC
Soit O la matrice de Mn(R), O = B ..
CA. O est une matrice or@.
Q
0
!
0
LQ
thogonale et OA0 Q = Q C Q BQ . La matrice (PO)A(PO) est donc
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
1
1
0
1
a diagonale nulle d'ou le resultat demande.
41. Soit (u; v) 2 (L(E ))2 avec E prehilbertien de dimension egale a n. Posons
'(u; v) = tr(u v). Il est immediat que ' est une forme sesquilineaire a symetrie hermitienne dans les cas complexe ou une forme bilineaire symetrique
dans le cas reel.
Dans la base orthonormale e = (ei )i2Nn de E , l'element d'indices (i; j ) de la
n
n
X
X
matrice de u u est [(ei j u (ek )) (ek j u(ej ))] = [(u(ei ) j ek ) (ek j u(ej ))].
k=1
n X
n
X
! k=1
j(u(ei ) j ek )j2 >0.
i=1 k=1
tr(u u) = 0 ) 8(i; k) 2 (Nn )2; (u(ei ) jek ) = 0. Chaque u(ei ) est orthogonal
La trace est donc egale a
a tout l'espace donc est nul puis u = 0. ' est un produit scalaire. En utilisant
l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous obtenons
j'(u; IdE )j26'(u; u) '(IdE ; IdE ) = n tr(u u).
'(u; IdE ) = tr(u ) = tr(u) d'ou l'inegalite j tr(u)j2 6n tr(u u) qui est une
egalite si et seulement si u = IdE .
42. (a) E = Mp;q (R). Nous savons que l'on a pour (A; B ) 2 Mp;q (R) Mq;p(R),
tr(AB ) = tr(BA) et pour C 2 Mn(R), tr(C ) = tr(tC ). Nous notons ici
encore tC ou C la transposee de la matrice C .
102 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Soit (X; Y ) 2 E 2. Posons f (X; Y ) = tr(X Y ). f est clairement bilineaire. f (Y; X ) = tr(Y X ) = tr((X Y ) ) = tr(X Y ).
Supposons X = (xi;j )(i;j)2Np!Nq 2 Mp;q (R).
f (X; X ) =
q X
p
X
j =1
i=1
(xi;j )2 >0, nul si et seulement si X = 0. f est bien
un produit scalaire.
(b) Nous recherchons une application denie sur E veriant, pour tout
couple (X; Y ) d'elements de E 2 , f (AX XB; Y ) = f (X; (Y )) c'esta-dire tr((X A B X )Y ) = tr(X (Y )).
Nous obtenons tr((X AY ) tr(X Y B ) = tr(X (Y )).
Il sut de choisir (Y ) = A Y Y B . L'unicite de l'adjoint d'une
application lineaire sut a prouver qu'il s'agit la de l'unique solution.
Si nous notons A;B a la place de nous obtenons (A;B ) = A ;B .
Si par exemple A et B sont symetriques alors A;B est symetrique donc
est diagonalisable.
Si E = Mp;q (C ), (A; B ) 2 E 2 7 ! tr(A B ) 2 C est un produit scalaire
hermitien et si A 2 Mp (C ) et B 2 Mq (C ), l'endomorphisme adjoint de
l'application A;B : X 2 E 2 7 ! AX XB 2 Mp;q (C ) est A ;B . Si A
et B sont hermitiennes, A;B est diagonalisable.
(c) = si et seulement si pour tout X 2 E , AX XB = AX XB .
Notons A0 = A A et B 0 = B B .
Nous devons avoir 8X 2 E; A0 X = XB 0 .
Notons, pour (i; j ) 2 Np Nq , Ei;j 2 E la matrice dont tous les elements
sont nuls sauf celui d'indices (i; j ) qui est egal a 1.
De m^eme notons, pour (i; j ) 2 (Np )2, Ei;j0 2 Mp(R) la matrice dont tous
les elements sont nuls sauf celui d'indices (i; j ) qui est egal a 1 et pour
(i; j ) 2 (Nq )2 , Ei;j00 2 Mq (R) la matrice dont tous les elements sont nuls
sauf celui d'indices (i; j ) qui est egal a 1.
Nous X
obtenons Ei;j0 Ek;l X
= jk Ei;l et Ek;l Ei;j00 = li Ek;j .
A0 = ai;j Ei;j0 , B 0 = bi;j Ei;j00 donc
(i;j )2(Np)2
A0 Ek;l =
X
(i;j )2(Nq )2
ai;j Ei;j0 Ek;l =
(i;j )2(Np)2
De m^eme Ek;l B 0 =
X
X
ai;j jk Ei;l =
(i;j )2(Np)2
bi;j Ek;l Ei;j00 =
(i;j )2(Nq )
2
q
X
j =1
p
X
i=1
ai;k Ei;l .
bl;j Ek;j .
Pour k et l xes, nous en deduisons ak;k = bl;l, pour j 6= l; bl;j = 0, pour
i 6= k; ai;k = 0. A0 et B 0 sont diagonales, scalaires. Il existe a0 2 R,
A0 = a0 Ip ; B 0 = a0Iq . A = A + a0 Ip; B = B + a0 Iq . A A comme
B B sont antisymetriques donc a0 = 0. Une condition necessaire et
susante pour que = est que A et B soient symetriques40. Nous
retrouvons ce que nous avons remarque precedemment.
40
Dans le cas complexe, symetriques est remplace par hermitiennes.
103
43. Soit E = Mn(R).
(a) Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn) .
X
tr(AA) =
aj;iaj;i>0. tr(AA) = 0 ) 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; ai;j = 0.
2
16i;j 6n
Il est clair que l'application proposee est une forme bilineaire symetrique
denie positive ; il s'agit bien d'un produit scalaire.
(b) Supposons A = A et B = B .
tr(AB ) = tr(AB ) = tr(BA ) = tr(BA).
Nous en deduisons tr(AB ) = tr(A B ) = 0 d'ou le resultat demande.
44. L'application (M; N ) 2 (Mn(R))2 7 ! (M j N ) = tr(tMN ) 2 R est un
produit scalaire41. Soit f l'application M 2 Mn(R) 7 ! tM 2 Mn(R). Soit
(M; N ) 2 (Mn(R))2.
(f (M ) j N ) = tr(MN ) = tr(NM ) = (M j f (N )). f est un endomorphisme
symetrique pour le produit scalaire deni precedemment donc est diagonalisable.
M est une matrice symetrique si et seulement si f (M ) = M ; M est une matrice antisymetrique si et seulement si f (M ) = M .
Nous savons que l'ensemble des matrices symetriques et l'ensemble des matrices antisymetriques sont deux sous-espaces vectoriels supplementaires de
Mn(R). Ce sont les espaces propres associes respectivement aux valeurs
propres 1 et -1. Ils sont orthogonaux pour le produit scalaire deni plus haut.
n(n + 1) , -1 est valeur propre d'ordre n(n 1) .
1 est valeur propre d'ordre
2
2
Nous pouvions ainsi prouver que f est diagonalisable.
45. (a) Nous avons deja demontre dans les exercices precedents que l'application
denie sur (Mn(R))2 par '(M; N ) = tr(M N ) est un produit scalaire.
'(M; M ) = q(M ) donc q est une forme quadratique denie positive
associee au produit scalaire '.
Pour (i; j ) 2 (Nn )2 , notons Ei;j la matrice de Mn(R) dont les elements
sont tous nuls sauf celui d'indices (i; j ) qui est egal a 1. Nous savons
que (Ei;j )(i;j)2(Nn) est une base de Mn(R). (Ei;i )i2Nn est une base de
D. L'orthogonal de D est donc l'orthogonal de l'ensemble des matrices
Ei;i ; i 2 Nn . Soit M = (mi;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R).
2
tr(Ei;i M ) =
X
X
2
tr(mj;k Ei;i Ej;k ) =
16j;k6n
n
k=1
tr(mi;k Ei;k ) = mi;i .
M 2 D () 8i 2 Nn ; mi;i = 0. Il s'agit de l'ensemble des matrices a
diagonale nulle.
(b) L'orthogonal de R0 est l'ensemble des matrices orthogonales a In c'est-adire l'ensemble des matrices de trace nulle.
46. Soit (e1; ; en) une base orthonormale de l'espace hermitien E . Soient u et
v deux endomorphismes hermitiens positifs de E .
41
Voir plus haut.
104 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
n
X
n
X
tr(v u) = (ei j (v u)(ei )) = (v(ei ) j u(ei )). Supposons que la base e
i=1
i=1
soit une base de vecteurs propres de u, ce qui est possible puisque u est diagonalisable dans une base orthonormale. 8i 2 Nn ; u(ei ) = i ei ou les i sont
dans R+. Nous obtenons alors
n
n
X
X
tr(v u) = (v(ei ) j u(ei )) = i (v(ei ) j ei ).
i=1
i=1
v etant positif verie 8x 2 E; (v(x) j x)>0 ; nous en deduisons tr(v u)>0.
Soit f 2 L(E ). Soit e = (e1 ; ; en) une base orthonormale de E .
n
n
X
X
tr(f ) = (ei j f (ei )) = (ei j f (ei )) = tr(f ).
i=1
i=1
Nous en deduisons tr(f ) = tr(f ).
Pour (f; g) 2 (L(E ))2 nous avons toujours tr(g f ) = tr(f g).
(v u) = u v = u v. tr((v u)) = tr(u v) = tr(v u). En reprenant les
resultats precedents nous obtenons donc tr(v u) = tr(v u) 2 R. Reprenons
la base de vecteurs propres de u precedente. Les coecients i sont dans R+
et, v etant
! positif, 8i 2 Nn!(ei j v(ei)) 2 R+ donc
n
X
i=1
i
n
X
i=1
(ei j v(ei )) =
X
16i;j 6n
i (ej j v(ej ))>
n
X
i=1
i (ei j v(ei ))>0.
Nous en deduisons
n
n
X
X
06 tr(v u) = (ei j (v u)(ei )) = i (ei j v(ei ))
n
X ! X
i=1
n
i=1
!
i
(ei j v(ei )) = tr(u) tr(v).
6
i=1
i=1
Remarque : comme nous l'avons deja vu dans des exercices precedents, l'application (u; v) 2 (L(E ))2 7 ! tr(u v) 2 C est un produit scalaire hermitien.
D'apres l'inegalite de Cauchy-Schwarz j tr(u v)j26 tr(u u) tr(v v). Si u et
v sont hermitiens alors j tr(u v)j26 tr(u2 ) tr(v2 ). Si u est un endomorphisme
hermitien positif alors u estn diagonalisable;nses valeurs propres 1n; ; n sont
X
X
X
reelles positives. tr(u) = i ; tr(u2) = 2i donc (tr(u))2> 2i = tr(u2).
i=1
i=1
i=1
Nous avons bien, tr(u v) etant dans R+, 06 tr(u v)6 tr(u) tr(v).
47. Notons Ei;j 2 Mn(R) la matrice elementaire dont tous les elements sont nuls
sauf celui situe a la ligne i, colonne j qui est egal a 1.
Verions que la famille constituee des matrices (Ei;i )i2Nn et des matrices
(Ei;j + Ej;i )16i<j6n est une base de l'ensemble S des matrices symetriques.
Le terme d'indices (p; q) de la matrice Ei;j est egal a pi qj . Considerons la
combinaison lineaire B =
X
i;j (Ei;j + Ej;i ) +
16i<j 6n
dices (p;
Si p < q,
n
X
k;k Ek;k . Le terme d'in-
k=1
n
i
j
j
i
q) de B est alors bp;q =
i;j (pq + p q ) + k;k pk qk .
16i<j 6n
k=1
bp;q = p;q , si p > q, bp;q = q;p et si p = q, bp;q = p;p .
X
X
105
B = 0 ) 8(p; q) 2 (Nn )2 ; q;p = 0. La famille constituee des matrices
(Ei;i )i2Nn et des matrices (Ei;j + Ej;i )16i<j6n est une famille libre.
Ces matrices sont sym
X etriques et si B = (ai;j )(i;j)22(Nn) est une matrice symetrique elle s'ecrit
ai;j Ei;j avec 8(i; j ) 2 (Nn ) ; ai;j = aj;i donc
2
B=
X
16i;j 6n
ai;j Ei;j +
16i<j 6n
X
aj;iEj;i +
16i<j 6n
n
X
i=1
ai;i Ei;i . La famille proposee est donc une
famille generatrice de S ; il s'agit donc d'une base de S . Nous retrouvons, ce
n(n + 1) .
que nous savions, que la dimension de S est egale a
2
Soit (p; q; i; j ) 2 (Nn )4. Ei;j Ep;q = jp Ei;q .
X
n
X i
X
Soit A = ai;j Ei;j 2 Mn(R). Ep;q A = ai;j q Ep;j = aq;j Ep;j .
16i;j 6n
16i;jX
6n
j =1
X
p
t
(Ep;q ) = AEp;q A =
aq;j al;k l Ek;j =
16j;k;l6n
aq;j ap;k Ek;j .
16j;k6n
Supposons dans un premier temps A diagonale. Notons di = ai;i .
(Ep;q ) = dp dq Ep;q .
Nous obtenons donc (Ep;p ) = d2p Ep;p et (Ep;q!+ Eq;p ) = dp dq (Ep;q + Eq;p ).
Yn
est alors diagonalisable et det() =
Verions que l'on a
Y
di dj =
16i<j 6n
Yn !
i=1
di
Le resultat est vrai pour n = 2.
Supposons-le vrai jusqu'au !rang n.
Y
Y
Yn
di dj =
di dj
di dn+1
16i<j 6n+1
Y !n
16i<j 6n
n
1
Y !
i=1
n
d2i
i=1
n 1
Y
di dj .
16i<j 6n
.
Y !n
n+1
=
di
di (dn+1 )n =
di .
i=1
i=1
i=1
Le resultat est vrai au rang n + 1 donc est vrai pour tout n>2.
En convenant que pour n = 1 nous obtenons d1 , le resultat est vrai pour tout
n 2 N .
Yn !n+1
Si A est diagonale alors det() =
di
= (det(A))n+1.
i=1
Supposons A quelconque.
Considerons le produit scalaire42 (U; V ) 2 (Mn(R))2 7 ! tr(tU V ) 2 R. Ce
produit scalaire restreint a S est alors f : (U; V ) 2 S 2 7 ! tr(U V ) 2 R.
Soit l'adjointe de pour le produit scalaire f precedent. Soit (U; V ) 2 S 2 .
f ((U ); V ) = tr(tA U A V ) = tr(U A V tA) = f (U; A V tA). Nous en deduisons (U ) = A U tA.
Soit M 2 S . ( )(M ) = (A tA)M (A tA).
42
Voir les exercices precedents.
106 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Notons B la matrice symetrique reelle A tA. Il existe une matrice orthogonale,
P , et une matrice diagonale, D, telles que B = PDtP . Nous obtenons alors
( )(M ) = PDtPMPDtP . Notons N la matrice DtPMPD. Notons d'une
maniere generale, pour X 2 Mn(R), X l'application M 2 S 7 ! tXMX 2 S .
B (M ) =tP (N ) = tP D (tPMP ) = tP D P (M ).
tP P (M ) = P (tPMP )tP = M donc tP = P 1 . B et D sont semblables et ont donc le m^eme determinant c'est-a-dire d'apres le resultat preliminaire, det(B ) = det(D ) = (det(D
))n+1.
det(B ) = det(A A) = det(A) 2 et det(D)= det(B) = (det(A))2 ; na
lement det(A) 2 = (det(A))n+1 2 c'est-a-dire det(A ) = jdet(A)jn+1 d'ou
le resultat demande.
48. (a) Posons, pour (M; N ) 2 (Mn(R))2, f (M; N ) = tr(M N ).
Il est immediat que f est une forme bilineaire symetrique.
Soit M = (mi;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R). f (M; M ) = (M ) =
2
X
(mi;j )2.
16i;j 6n
scalaire43
f est donc denie positive ; il s'agit donc d'un produit
associe
a la forme quadratique .
p
(b) Notons, pour M 2 Mn(R), N (M ) l'element (M ).
(N (MN ))2 = tr(N M MN ) = tr((NN )(M M )) = f (NN ; M M ).
En utilisant l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous obtenons
(N (MN ))26N (NN ) N (M M ).
Soit B une matrice reelle symetrique positive. B est orthogonalement
semblable a une matrice diagonale D = Diag(d1 ; ; dn ) ou les di sont
reels positifs.
tr(B ) = tr(D) puis tr(B 2) = tr(D2)6(tr(D))2 = (tr(B ))2.
Nous obtenons donc tr(NN NN )6(tr(NN ))2 = (N (N ))4. Nous avons
donc (N (NN ))2 = (NN ) = tr(NN NN )6(N (N ))4 soit encore
N (NN )6(N (N ))2.
Il vient alors N (MN )6N (M ) N (N ).
Soit A 2 On(R). N (AM )2 = tr(M AAM ) = tr(M M ) = N (M )2.
N (MA)2 = tr(AM MA) = tr(MAAM ) = tr(MM ) = N (M )2.
(c) Soit A 2 Mn(R). La plus petite distance euclidienne de A a l'espace
vectoriel S des matrices symetriques est la distance de A au projete orthogonal de A sur S .
Soient U et V deux matrices, la premiere symetrique, la seconde antisymetrique.
f (U; V ) = tr(U V ) = tr(UV ) = tr(V U ) = tr(V U ) = tr(UV ) = 0.
Soit A une matrice. 2A = (A + A)+(A A). Le projeteorthogonal de A
sur S est donc 1 (A + A ). Le minimum recherche est N A 1 (A + A .
2
1 2 2 1
N A 2 (A + A = 4 (N (A A ))2
43
Comme nous l'avons deja plusieurs fois demontre.
107
= 1 ((N (A))2 f (A; A )) = 1 (tr(AA ) tr(A2))
2
2
1
= (tr(A(A A)).
2
Si A = (ai;j )(i;j)2(Nn) alors
!
1 ((tr(A(A A)) = 1 X (a (a a ) = 1 X (a a )2.
2
2 16i;j6n i;j i;j j;i
2 16i<j6n i;j j;i
ps X
(ai;j aj;i )2.
d(A; S ) = 22
16i<j 6n
2
(d) La somme des entiers naturels de 1 a n est egale a n(n + 1) , la somme
2
n
(n + 1)(2n + 1)
des carres des entiers naturels de 1 a n est egale a
.
6
!
2
n
2
2
X
X
ij =
i = n (n4+ 1) .
16i;j 6n
i=1
Nous avons donc
n
X
X
X
(i j )2 = 2n i2 2
ij
16i;j 6n
X
=
i=1
16i;j 6n
2
n (n + 1)(2n + 1)
(i + j )2 = 2n
16i;j 6n
3
i +2
n
X
2
i=1
X
n2(n + 1)2 = n2 (n + 1)(n 1) et
2
6
ij
16i;j 6n
n2 (n + 1)(2n + 1) + n2(n + 1)2 = n2 (n + 1)(7n + 5) .
3
2
6
2
X
n (n + 1)(7n + 5) .
(N (A))2 =
(i + j )2 =
6
=
16i;j 6n
N (B )2 =
N (C )2 =
n
n !
X
X
2
2
i=1
i
X
j =1
j
=
2
n !2 X
n
(
n
+
1)(2
n
+
1)
2
j =
.
j =1
2
(i j )2 = n (n + 1)(n 1) .
6
16i;j 6n
6
Le terme general di;j d'indices (i; j ) de la matrice AB est egal a
n
X
k=1
(i + k)kj .
n(n + 1) + j n(n + 1)(2n + 1) .
Nous obtenons di;j = ij
n(n + 1)2 n(n + 1)(2n6 + 1) 2
X
N (AB )2 =
ij 2 + j
. En developpant nous
6
16i;j 6n
obtenons
n2 (n + 1)2 X i2j 2 + n2 (n + 1)2 (2n + 1) X ij 2
4 16i;j6n
6
16i;j 6n
108 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
2
X
j2 = n
n
X
n + 1) .
j 2 = n (n + 1)(2
6
2
X
+ n (n + 1) (2n + 1)
j2.
36
16i;j 6n
2
2
X 2 2 n(n + 1)(2n + 1) 2
Comme calcule plus haut, i j =
.
16i;j 6n
X
ij 2
16i;j 6n
=
j =1
n
n
X
X
2
j =1
j
i=1
i=
16i;j 6n
n2 (n + 1)2 (2n + 1)
12
6
.
c'est-a-dire
4
4
2
4
3
3
4
4
2
N (D)2 = n (n + 1)144(2n + 1) + n (n + 1)216(2n + 1) + n (n + 1)72(2n + 1)
n4(n + 1)3 (2n + 1)2(13n + 11) .
=
432
(e) Une procedure MAPLE pour obtenir la norme d'une matrice est tout
simplement :
norme : = proc(A)
local n; a :
n : = rowdim(A) :
a : = sum(sum(A[i; j ]2 ; i = 1::n); j = 1::n) :
sqrt(a) ;
end ;
En remplacant partout symetrique par hermitien et reel par complexe nous
obtenons les m^emes resultats.
49. Soit x = (x1 ; ; xn) 2 Rn. La forme quadratique, q, associee a la matrice
A 2 Mn(R), symetrique positive, dans la base canonique de Rn est positive
donc il existe n formes lineaires independantes '1 ; n; 'n et des scalaires
X
X
1 ; ; n appartenant a R+ tels que
ai;j xi xj = i ('i (x))2.
16i;j 6n
8i 2 Nn; 9(bi;j )j2Nn , 8x 2 Rn; 'i (x) =
('i (x))2 =
8(k; l) 2
X
bi;k bi;l xk xl puis
16k;l6n
(N )2; a
n
X
X
n
X
j =1
bi;j xj .
ak;lxk xl =
16k;l6n
i=1
X
i bi;k bi;l xk xl.
16i;k;l6n
i bi;k bi;l.
i=1
p
p
Soit alors, pour k 2 Nn, uk = ( 1 b1;k ; ; nbn;k ). Nous avons bien
(uk j ul) = ak;l.
Nous pouvons employer une deuxieme methode. Il existe une matrice P orthogonale et une matrice diagonale D telles que A = PDP ou P est la
transposee de P . D p= Diag(1 ;p ; n ) ; les coecients i etant tous dans
R+ . Soit = Diag( 1 ; ; n). A = (P )(P ). Soit ui la iieme ligne
de P que nous identions a un element de Rn. Nous avons (ui j uj ) = ai;j .
n
k;l
=
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
109
L'inegalite de Cauchy-Schwarz conduit a (ai;j )26kui k2 kuj k2 = ai;iaj;j .
Dans les m^emes conditions la matrice B etant symetrique positive doit verier 1 2 6 1 1 . Nous en deduisons 8(i; j ) 2 (Nn)2 ; (ai;j )2 = ai;i aj;j soit
(ai;j ) ai;i aj;j
encore 8(i; j ) 2 (Nn)2 ; j(ui j uj )j = kui k kuj k. La famille des vecteurs ui est
donc de rang 1 ou 0.
Il existe un element v de Rn tel que 8i 2 Nn; 9i 2 R; ui = i v. Dans ces
conditions ai;j = i j kvk2 . Les coecients ai;j etant supposes tous non nuls
nous en deduisons
0 que
1 les i sont tous non nuls et que v est non nul. Notons
1
B
B
V la colonne B
B
B
@
C
C
C
. La j ieme colonne de la matrice A est donc j kvk2 V . v
C
C
A
n
et V doivent ^etre non nuls et le rang de A est egal a 1.
Montrons la reciproque. Supposons A de rang 1. Il existe une colonne W non
nulle telle que chaque colonne Aj de A soit colineaire a W .
8j 2 Nn; 9j 2 R; A2j = j W . Notons wi le iieme element de W . Nous
obtenons 8(i; j ) 2 (Nn) ; ai;j = wi j .
La matrice etant symetrique, 8(i; j ) 2 (Nn)2 ; wi j = wj i . Les coecients
etant tous non nuls nous obtenons 8(i; j ) 2 (Nn)2 ; wi = wj = a 2 R . Il
i j
2
vient alors 8(i; j ) 2 (Nn) ; ai;j = a!i j .
q (x) =
X
ai j xi xj = a
16i;j 6n
n
X
i=1
2
i xi . Si a>0 alors A est positive et B aussi.
Finalement la condition necessaire et susante est :
9(ai )i2Nn ; une famille de reels non nuls, 9k > 0; 8(i; j ) 2 (Nn)2 ; ai;j = kai aj .
50. Soit f une forme bilineaire symetrique positive denie sur un espace vectoriel
reel E . Soit (x; y) 2 E 2.
On pose pour t 2 R, A(t) = f (x + ty; x + ty).
8t 2 R; A(t) = t2 f (y; y) + 2tf (x; y) + f (x; x)>0.
Si f (y; y) > 0 nous avons
(8t 2 R; A(t)>0) () (le discriminant de A(t) est negatif) ; c'est-a-dire
(f (x; y))26f (x; x) f (y; y).
Si f (y; y) = 0, la fonction ane t 7 ! A(t) est positive si et seulement si
f (x; y) = 0.
Dans tous les cas nous avons44 (f (x; y))26f (x; x) f (y; y).
Soit e = (e1 ; ; en ) la base canonique de Rn.
Soit u l'endomorphisme symetrique de Rn de matrice A dans la base canonique
de Rn muni de son produit scalaire canonique.
8(i; j ) 2 (Nn )2 ; ai;j = (u(ei ) j ej ). 8x 2 Rn; (u(x) j x)>0 et en particulier
Il s'agit d'un resultat classique. Nous savons que si f est denie positive alors l'egalite a lieu
si et seulement si (x; y) est une famille liee.
44
110 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
8i 2 Nn ; ai;i = (u(ei ) j ei )>0. En appliquant le resultat precedent a f denie
par f (x; y) = (u(x) j y) qui est bien bilineaire symetrique positive nous
obtenons :
8(i; j ) 2 (Nn )2; (u(ei ) j ej )26(u(ei ) j ei ) (u(ej ) j ej ) c'est-a-dire
8(i; j ) 2 (Nn )2 ; (ai;j )26ai;i aj;j . S'il existe i 2 Nn tel que ai;i = 0 alors
8j 2 Nn ; ai;j = 0 ce qui est faux donc 8i 2 Nn ; ai;i > 0.
51. (a) Soit e = (e1; ; en) la base orthonormale de l'espace euclidien E
dans laquelle A est la matrice de u. A, symetrique reelle, est orthogonalement semblable
a une matrice diagonale. Soit une valeur propre
n
X
de u. Soit x = xi ei un vecteur propre de u. Soit i0 2 Nn tel que
i=1
8i 2 Nn ; jxi j>jxi j. Quitte a remplacer x par x1 x, qui est encore un
i
n
X
vecteur propre, nous pouvons supposer xi = 1. ai ;j xj = .
0
0
0
j =1
0
8j 2nNn ; 16xnj 61 donc pour i n6= j; ai;j 6ai;j xj 6 ai;j npuis
X
X
X
X
06 ai ;j = ai ;j + ai ;i 6 ai ;j xj + ai ;i xi = ai ;j xj = . Nous
j =1
0
0
j =1
j 6=i0
0
0
avons
bien >0.
n
X
Si ai ;j > 0 alors > 0.
j =1
j =1
j 6=i0
0
0
0
0
0
j =1
0
n
n
X
X
(b) Supposons que pour tout i 2 Nn , ai;j = 0. Soit x = ej .
j =1
j =1
!
!
n
n
n
n
n
X X
X
X X
u(x) =
j =1
u(ej ) =
j =1
i=1
ai;j ei =
i=1
j =1
ai;j ei = 0.
x non nul est dans le noyau de u donc Ker(u) 6= f0g.
(c) Supposons de plus que pour i 2 Nn 1 , les elements ai;n sont strictement
negatifs. Le rang de u est, d'apres le resultat de la question precedente,
au plus egal a n 1.
n 1
n
X
X
Pour j 2 Nn posons vj = ai;j ei et wj = ai;j ei .
Pour i 2 Nn 1 ,
n 1
X
j =1
i=1
ai;j = ai;n > 0.
i=1
Les valeurs propres de la sous-matrice, B = (ai;j )(i;j)2(Nn ) , de A sont
d'apres le resultat precedent strictement positives. Cette sous-matrice
qui est diagonalisable est inversible donc (v1 ; ; vn 1) est une famille
libre. Soit f l'application lineaire de E dans Vect(e1 ; ; en 1 ) qui a
wj associe vj . (f (wj ))j2Nn est une famille libre donc (wj )j2Nn est une
famille libre et u est de rang n 1.
52. Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn ) 2 Mn(K ). Soit A0jk la matrice obtenue en rempla1
1
1
2
2
1
111
cant la kieme colonne de la matrice A par la j ieme. Si j 6= k alors det(A0 jk ) = 0
sinon det(A0jj ) = det(A).
Developpons le determinant de A0 jk selon la kieme colonne.
n
X
j
j
0
k det(A) = det(A k ) = ( 1)i+k ai;j det(Ai;k ). L'element d'indices (k; j ) de
i=1
X
la matrice Ae A est egal a ( 1)i+k det(Ai;k )ai;j = kj det(A). Nous en dei=1
duisons Ae A = det(A) In. De m^eme en considerant la matrice dans laquelle la
kieme ligne a ete remplace par la kieme nous obtenons A Ae = det(A) In.
Si A est inversible alors Ae l'est aussi et Ae = det(A) A 1.
n
Si A est symetrique reelle, elle est orthogonalement semblable a une matrice diagonale D = Diag(d1 ; ; dn ). Il existe P orthogonale telle que
A = PDP . Supposons A inversible. Ae = det(A) PD 1P . A etant positive
les di sont positifs donc strictement positifs. det(A) > 0 donc la matrice diagonale det(A)D 1 a ses elements diagonaux strictement positifs; Ae est donc
symetrique denie positive.
Supposons A non inversible. Soit X 2 Mn;1(R). tXAX >0 donc pour t > 0
tX (A + tIn )X >ttXX > 0 pour X 6= 0. A + tIn est donc denie positive et
d'apres le resultat precedent A^
+ tIn aussi.
^
t 2 R 7 ! A + tIn 2 Mn(R) est continue car les coecients de A^
+ In
t
sont des polyn^omes en t. t 2 R 7 ! X A^
+ tIn X 2 R est aussi continue.
t
t
lim X A^
+ tIn X = X Ae X est donc positif. Ae est bien symetrique positive.
t!0
Nous pouvons employer une autre methode de demonstration.
Rappel Soit M 2 Mp;q (K ). Supposons que le rang de M soit egal a r. Si
nous considerons m colonnes de la matrice M avec m > r celles-ci constituent
une famille liee. Soit alors M1 la matrice extraite de M constituee de ces m
colonnes. Le rang r1 de M1 est au plus egal a r et est strictement inferieur a
m. La matrice M10 = tM1 a pour rang r1 . Toute famille de m colonnes de M10
est liee. Soit M20 une matrice extraite de M10 constituee de m colonnes de M10 .
M20 est une matrice carree non inversible donc a un determinant nul. Nous en
deduisons que toute matrice m m extraite de M a un determinant nul.
Il existe r colonnes de la matrice M constituant une famille libre. Soit alors
M1 la marice extraite de M constituee de ces r colonnes. Le rang de M1 est
egal a r. La matrice M10 = tM1 a pour rang r. Il existe donc r colonnes de
cette matrice constituant une famille libre. Soit M20 la matrice extraite de M10
constituee de ces r colonnes. M20 est une matrice carree inversible donc a un
determinant non nul. Nous en deduisons qu'il existe une matrice r r extraite
de M ayant un determinant non nul.
Supposons A non inversible.
Si le rang de A est strictement inferieur a n 1 tous les determinants n 1n 1
des matrices extraites de A sont nuls et Ae est la matrice nulle.
Si le rang de A est egal a n 1 il existe au moins un determinant n 1 n 1
d'une matrice extraite de A non nul ; Ae est non nulle. Cependant la relation
+
112 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Ae A = 0 implique Im(A) Ker(Ae ) donc rg(A) + rg(Ae )6n donc ici rg(Ae )61
et est egal a 1.
Par construction, Ae est symetrique donc est orthogonalement semblable a une
matrice diagonale.
Ae est de rang 1 ; etant diagonalisable45 0 est valeur propre d'ordre n 1 et
la derniere valeur propre est non nulle egale a la trace de Ae c'est-a-dire la
somme, pour i allant de 1 a n, des det(Ai;i ) qui sont positifs avec l'un d'entre
eux strictement positif. Ae est bien positive.
Si nous remplacons matrice symetrique reelle par matrice hermitienne, le resultat est le m^eme ; il sut de remplacer dans la demontration matrice orthogonale par matrice unitaire.
53. (a) Soit A 2 Mn(R) veriant pour toute colonne X de Mn;1(R), tXAX = 0.
Soient X et Y deux matrices colonnes appartenant a Mn;1(R).
t(X + Y )A(X + Y ) = 0 = tXAX + tY AY + tY AX + tXAY .
Nous en deduisons 8(X; Y ) 2 (Mn;1(R))2; tY AX + tXAY = 0.
tY AX = [a] 2 M1 (R) donc tY AX = t(tY AX ) ; il vient alors
tX tAY + tXAY = 0 puis tA = A ; A est une matrice antisymetrique.
Supposons A antisymetrique alors tXAY + tY AX = 0 soit encore, en
choisissant X = Y , tXAX + tXAX = 0 c'est-a-dire tXAX = 0.
Nous avons donc :
8X 2 Mn;1(R), tXAX = 0 () A est antisymetrique.
(b) Soit A 2 Mn(C ) veriant pour toute colonne X de Mn;1(C ), X AX = 0.
Soient X et Y deux matrices colonnes appartenant a Mn;1(C ).
Notons A = (ai;j )(i; j)2(Nn) .
(X + Y ) A(X + Y ) = 0 = X AX + Y AY + Y AX + X AY = 0 c'esta-dire Y AX + X AY .
En remplacant Y par iY nous obtenons iY AX + iX AY = 0.
Nous en deduisons 8(X; Y ) 2 (Mn;1(C ))2 ; X AY = 0.
Notons46 "i la matrice colonne dont les elements sont tous nuls sauf le
iieme qui est egal a 1. Nous avons 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; "i A"j = 0 = ai;j . La
2
Soit E un espace vetoriel de dimension nie n. Un endomorphisme de E est diagonalisable
si et seulement si le polyn^ome caracteristique est scinde et pour chaque valeur propre, l'espace
propore associe a pour dimension l'ordre de multiplicite de la valeur propre en question.
Montrons ce resultat.
Supposons que l'endomorphuisme u de E soit diagonalisable. Il existe une base (e1 ; ; en ) de E
n
Y
telle que 8i 2 Nn ; u(ei ) = iei . u = (i X ). Le polyn^ome carcateristique est bien scinde.
45
n
X
i=1
n
X
n
X
Soit x = xi ei . u(x) = j x ()
i xi ei = j xi ei () 8i 2 Nn ; (i j )xi = 0.
i=1
i=1
i=1
L'espace propre asocie a la valeur propre j est bien de dimension egale a l'ordre de multiplicite de cette valeur propre.
Supposons u scinde et pour chaque valeur propre l'espace propore associe a pour dimension l'ordre
de multiplicite de la valeur propre en question.
La somme des dimensions des espaces propres est egale a la dimension de E . La somme des espaces
propres est directe donc cette somme est egale a E et u est diagonalisable.
46
Nous pouvions employer la m^eme methode a la question precedente.
113
matrice A est nulle. La reciproque est immediate. Nous avons donc :
8X 2 Mn;1(C ), X AX = 0 () A = 0.
(c) Nous avons deja demontre que, A etant hermitienne, il existe une matrice
unitaire U et une matrice diagonale reelle D = Diag(d1 ; ; dn ) telles
que A = UDU . A etant positive, les elements de D sont positifs.
Soit X 2 Mn;1(C ). Posons Y = U X . X AX = Y DY . En notant
yi le iieme element de Y nous
obtenons, en identiant un scalaire et une
n
X
matrice 1 1, X AX = di jyij2. Les di etant positifs nous obtenons
i=1
X AX = 0 () 8i 2 Nn ; di jyij2 = 0 c'est-a-dire si et seulement si
8i 2 Nn ; di yi = 0 () DY = 0 () DU X = 0. U etant inversible,
DU X = 0 () UDU X = 0 () AX = 0. L'equivalence est
demontree.
Soit u un endomorphisme hermitien, E , deni sur un espace hermitien
(donc de dimension nie). Soit (x; y) 2 Ker(u) E .
0 = (u(x) j y) = (x; ju(y)). Nous en deduisons47 que Im(u) est orthogonal a Ker(u).
dim(Im(u)) + dim(Ker(u)) = dim(E ) donc E = Ker(u) Im(u).
Nous associons a nouveau, les matrices hermitiennes et les endomorphismes hermitiens par le choix de la base canonique de C n muni du
produit scalaire canonique.
Soit X 2 Mn;1(C ) telle que AX = 0. AX BX = BX . D'apres
l'hypothese faite, X (AX BX )>0 et X ( BX )60 donc X BX = 0
c'est-a-dire X 2 Ker(B ). Nous obtenons alors Ker(A) Ker(B ) donc
Im(B ) Im(A).
54. Soit A 2 Mn(R), veriant AtAA = In.
A est une matrice inversible. Nous avons deja demontre48 qu'il existe une matrice orthogonale O et une matrice symetrique denie positive S uniques telles
que A = OS . tA = SO 1 et tAA = S 2 donc AtAA = OS 3. In possede aussi
une unique decomposition du type O0S 0 avec O0 orthogonale et S 0 symetrique
denie positive donc O0 = S 0 = In puis O = In et S 3 = In. Nous obtenons
nalement A = S avec S 3 = In.
S est symetrique donc il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale D, a elements diagonaux positifs, telles que S = PD tP . S 3 = PD3 tP
donc D3 = In puis D = In et enn A = In.
Autre preuve possible
A est inversible, A 1 = tAA. A est donc symetrique et il existe une matrice
diagonale D et une matrice orthogonale P telles que A = PD tP .
tAA = A2 = PD 2 tP = A 1 = PD 1 tP c'est-a-dire D 2 = D 1 . Nous terminons comme plus haut.
Recherchons A 2 Mn(R) telle que A + 2tA = tA A. En transposant nous
obtenons tA + 2A = tAA = A + 2tA. A est donc symetrique et 3A = A2 .
47
48
Ce que nous avons deja demontre.
Voir l'exercice numero 13 de ce chapitre.
114 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
il existe une matrice diagonale D = Diag(d1; ; dn) et une matrice orthogonale P telles que A = PD tP . Nous obtenons donc 3D = D2 c'est-a-dire
8i 2 Nn ; 3di = di 2 soit encore 8i 2 Nn ; di 2 f0; 3g. Si par exemple on impose
a A d'^etre inversible la seule solution est 3In .
55. Rappel Soit A une matrice symetrique reelle denie positive. Soit B une
matrice symetrique reelle. A est la matrice d'un produit scalaire donc il existe
une matrice inversible P telle que A = PP . Notons B1 = P 1 B (P 1) . B1
est symetrique reelle donc il existe une matrice orthogonale Q et une matrice
diagonale D telles que B1 = QDQ c'est-a-dire B = (PQ)D(PQ). Notons
R = PQ. RR = PQQ P = PP = A. Il existe49 donc une matrice
inversible R et une matrice diagonale D telles que A = RR et B = RDR.
En fait cela signie que si q1 et q2 sont deux formes quadratiques, si q1 est
de signature (n; 0), ou n est la dimension de E , de forme polaire f , f denit
un produit scalaire et il existe une base orthonormale pour ce produit scalaire
orthogonale pour q2 que l'on peut exprimer par : si u est l'endomorphisme
symetrique, pour le produit scalaire f , associe a la forme quadratique q2 il
existe une base orthonormale, pour f , de diagonalisation de u.
(a) Supposons A 2 Mn(R), symetrique denie positive et B 2 Mn(R), symetrique.
Appliquons ce que nous venons de demontrer aux matrices A 1 et B .
A 1 est l'inverse d'une matrice symetrique reelle donc orthogonalement
semblable a une matrice diagonale a diagonale strictement positive. A 1
est donc elle-m^eme symetrique denie positive.
Il existe une matrice inversible U et une matrice diagonale D telles que
A 1 = UU et B = UDU puis A = (U ) 1 U 1.
AB = (U ) 1 U 1UDU = (U ) 1DU . AB est donc diagonalisable,
semblable a D. Si B est elle-m^eme denie positive alors D est a diagonale strictement positive et les valeurs propres de AB sont strictement
positives ; si B est positive alors D est a diagonale positive et les valeurs
propres de AB sont positives.
(b) Montrons que AB est encore diagonalisable lorsque A et B sont symetriques positives.
A est symetrique positive donc il existe une matrice orthogonale O est
une matrice diagonale D = Diag(d1 ; ; dn ) telles que A p= ODO
ou les di appartiennent a R+. Posons pour i 2 Nn ; d0i = di . Soit
A0 = OD0O avec D0 = Diag(d01; ; d0n). A0 est symetrique positrive et A0 2 = A. Soit M = A0 BA0 . Notons p le rang de M . Pour
X 2 Mn;1(R); X MX = (A0 X )B (A0 X ) donc M est symetrique reelle
positive puis orthogonalement semblable a une matrice diagonale a diagonale positive. Soit (e1; ; en ) une base orthonormale de vecteurs
propres de A0BA0 . Nous supposons que Rn est rapporte a sa base canonique muni du produit scalaire canonique et nous identions une matrice
colonne avec le vecteur de Rn ayant pour coordonnees les coecients de
49
Nous avions deja demontre ce resultat.
115
la colonne en question. Mei = i ei avec i = 0 pour i > p et i > 0 pour
16i6p. Si p = 0, les i sont tous nuls.
A0 2 BA0 ei = i (A0 ei ). Notons pour i 2 Nn ; A0ei = vi . Nous avons donc
8i 2 Nn ; (AB )vi = i vi .
Soit (i )i2Np une famille de reels.
p
X
p
X
p
X
i vi = 0 )
i i ei ce qui conduit a
i
i=0=
i=1
i=1
i=1
8i 2 Np ; i i = 0 donc 8i 2 Np ; i = 0. (vi )i2Np est une famille libre de
vecteurs propres de AB .
Montrons que le rang de AB est egal au rang de A0 BA0 .
Comme plus haut, B etant symetrique reelle positive, il existe B 0 symetrique positive telle que B = B 0 2. A0 BA0 = (B 0 A0 )(B 0 A0 ) donc
Ker(A0 BA0 ) = Ker(B 0 A0 ) et rg(A0BA0 ) = rg(B 0 A0 ).
Un endomorphisme symetrique est diagonalisable; lorsque un endomorphisme u est diagonalisable alors Im(u) = Im(u2 ); Ker(u) = Ker(u2 ). En
particulier rg(u) = rg(u2 ).
Rappelons un resultat vu dans le chapitre d'algebre lineaire.
Soit f 2 L(F; G) ou F et G sont des R-espaces vectoriels de dimensions
nies. Soit H le noyau de f , soit K un supplementaire de H . L'application lineaire g denie de K dans Im(f ) induite par la restriction
de f est un isomorphisme donc si G0 est un sous-espace vectoriel de G
dim(g 1(G0 \ Im(f ))) = dim(G0 \ Im(f )). L'image reciproque par f de
G0 est H g 1 (G0 \ Im(f )) donc a pour dimension
dim(H ) + dim(G0 \ Im(f )) = dim(E ) rg(f ) + dim(G0 \ Im(f )).
Soit f1 un endomorphisme de G alors Ker(f1 f ) = f 1(Ker(f1 )) donc
dim(Ker(f1 f )) = dim(E ) rg(f ) + dim(Ker(f1) \ Im(f )).
rg(f1 f ) = rg(f ) dim(Ker(f1) \ Im(f )).
Appliquons ce resultat ; nous en deduisons
rg(B 0 A0 ) = rg(A0 ) dim(Ker(B 0 ) \ Im(A0))
= rg(A) dim(Ker(B ) \ Im(A)) = rg(BA).
rg(BA) = rg((BA) ) = rg(AB ) donc rg(A0 BA0 ) = rg(AB ) = p.
Il existe une base du noyau de AB formee de n p vecteurs. Montrons
que Ker(AB ) et Im(AB ) sont supplementaires.
rg(AB ) = p et Vect(v1 ; ; vp ) est de dimension p donc est egale a
Im(AB ) car les i sont non nuls. Soit x 2 Im(AB ) \ Ker(AB ).
p
p
p
X
X
X
x s'ecrit x = xi vi donc ABx = xi ABvi = xi i vi = 0.
i=1
i=1
i=1
Les xi sont donc nuls car les i ne le sont pas et x = 0. AB est diagonalisable.
Remarque Supposons 061 6 6 n et 061 6 6 n les valeurs
propres respectives de A et B .
Soit S 2 Mn(R) une matrice symetrique s'ecrivant S = PDP ou
D = Diag(d1 ; ; dn ) est diagonale reelle (avec 8i 2 Nn ; d1 6di 6dn )
A0 Bv
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
116 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
et P orthogonale. Soit X 2 Mn;1(R).
n
X
0 1
y1
B
Notons Y = P X = @ ... C
A.
yn
X SX = di yi2 2 [d1 kY k2; dn kY k2 ] = [d1 kX k2; dnkX k2].
i=1
Nous avons donc 8X 2 Mn;1(R),
21 kX k26X A2X 62nkX k2 (1) et 12 kX k26X B 2 X 6n2 kX k2 (2).
Soit une valeur propre de AB associee au vecteur propre X .
21 kBX k2 6X BA2 BX 62n kBX k2 c'est-a-dire
21 kBX k2 62 kX k262nkBX k2 puis, en utilisant l'inegalite (2),
21 12 kBX k2 62 kX k262nn2 kX k2 c'est-a-dire 1 1 66n n.
(c) On retrouve le m^eme resultat en remplacant symetriques par hermitiennes.
56. Nous pouvons appliquer le resultat de l'exercice precedent pour en deduire que
a 1 b est diagonalisable.
Nous pouvons faire une autre demonstration non matricielle.
Soit a un endomorphisme symetrique deni positif deni sur l'espace vectoriel
euclidien E .
Soit ' l'application denie par : 8(x; y) 2 E 2; '(x; y) = (a(x) j y).
' est un produit scalaire car a est un endomorphisme symetrique deni positif.
Soit b un endomorphisme symetrique deni sur E .
Posons pour x 2 E; q(x) = (b(x) jx). q est une forme quadratique de forme
polaire (x; y) 2 E 2 7 ! (b(x) j y) 2 R.
Il existe un (unique) endomorphisme, c, symetrique (pour le produit scalaire
') veriant 8x 2 E; '(c(x); x) = q(x) = (b(x) j x) c'est-a-dire veriant
8x 2 E; ((a c)(x) j x) = (b(x) j x). Nous en deduisons a c = b.
c est symetrique (positif si b est positif) pour ' donc il existe une base orthonormale pour ' de diagonalisation de c = a 1 b. c est bien diagonalisable et il
existe e = (e1; ; en) une base de E veriant 8(i; j ) 2 (Nn )2; (a(ei) j ej ) = ij
et (a 1 b)(ei) = i ei ou les coecients reels i sont dans R+ lorsque b est positif.
Soit " = ("1 ; ; "n ) une base de E orthonormale pour le produit scalaire
initial deni sur E . Soit P la matrice de passage de la base " a la base e. La
matrice de a dans la base e est In. Si A est la matrice de a dans la base " il
vient A = PP . La matrice de B dans la base e est D = Diag(1 ; ; n)
donc la matrice B de b dans la base " est B = PDP . Nous retrouvons ce que
nous savions deja et que nous avons applique dans l'exercice precedent.
Soit a et b deux endomorphisme de E symetriques denis positifs.
a < b ) 8i 2 Nn ; 0 < (a(ei) j ei ) < (b(ei) j ei ) = i (a(ei ) j ei ) nous en deduisons i > 1 donc les valeurs propres de b 1 a sont dans l'intervalle ]0; 1[.
Reciproquement
supposons les i strictement superieurs a 1.
n
X
Soit x = xi ei 2 E non nul.
i=1
117
(a(x) j x) =
n
X
i=1
x2i = kxk2 . (b(x) j x) =
valence est bien demontree50 .
n
X
i=1
i x2i > kxk2 donc a > b. L'equi-
57. A et B sont deux matrices symetriques reelles positives donc semblables a des
matrices diagonales a diagonales positives ; leurs determinants sont donc positifs. Si det(A) = 0 alors det(A)6 det(B ). Le resultat est demontre.
Supposons que pour tout X 2 Mn;1(R) on ait tXAX 6tXBX .
Supposons det(A) > 0. A est la matrice d'un produit scalaire. Comme nous
l'avons deja demontre il existe une matrice inversible P et une matrice diagonale reelle D = Diag(d1 ; ; dn ) telles que A = P P; B = P DP .
tXAX 6tXBX . P etant inversible cela est equivalent a
8Y 2 Mn;1(R); (P 1Y )A(P 1 Y )6(P 1Y )B (P 1 Y ) c'est-a-dire
8nY 2 Mn;1(R); Y P 1 APn 1Y 6Y P 1 BP 1 Y soit encore
X 2 X
yi = Y Y 6Y DY = di yi2 . Nous en deduisons 8i 2 Nn ; di >1.
i=1
i=1
det(A) = det(P )2; det(B ) = det(P )2 det(D)> det(P )2 = det(A) ; d'ou le resultat demande.
58. p et q sont des projecteurs orthogonaux donc sont des endomorphismes symetriques51. Leur somme u est un endomorphisme symetrique et est donc
diagonalisable dans une base orthonormale de E . Le polyn^ome caracteristique de u est donc scinde. Soit x 2 E . ku(x)k6kp(x)k + kq(x)k. Pour un
projecteur orthogonal f nous avons toujours52 kf (x)k6kxk. Nous avons donc
ku(x)k62kxk. Si est une valeur propre de u alors jj62.
(u(x) j x) = (p(x) jx) + (q(x) j x). p et q sont des endomorphismes symetriques positifs donc u est un endomrphsime positif et >0. Nous avons bien
2 [0; 2].
Soit x 2 E . p etant un projecteur orthogonal x = p(x) + (x p(x)) avec p(x)
et x p(x) orthogonaux. (p(x) j x) = kp(x)k2, de m^eme (q(x) j x) = kq(x)k2 .
u(x) = 0 ) (u(x) j x) = 0 = kp(x)k2 + kq(x)k2. Nous en deduisons p(x) = 0
et q(x) = 0 donc Ker(u) Ker(p) \ Ker(q). L'inclusion inverse est immediate
d'ou l'egalite Ker(u) = Ker(p) \ Ker(q). Si Ker(p) \ Ker(q) 6= f0g alors 0 est
valeur propre de u, dans le cas contraire 0 n'est pas valeur propre de u.
IdE p et IdE q sont des projecteurs orthogonaux de noyaux respectifs
Im(p) et Im(q). Nous en deduisons Ker(u 2IdE ) = Im(p) \ Im(q). Si
Im(p) \ Im(q) = f0g alors 2 n'est pas valeur propre de u ; dans le cas contraire
Nous pouvons faire une demonstration matricielle comme dans l'exercice qui suit.
Soient A et B les matrices de a et b dans une base orthonormale e de E . Il existe P 2 GLn(R)
et D = Diag(1 ; ; n) une matrice diagonale telles que A = PP ; B = PDP . Soit X
une matrice colonne representant les coordonnees d'un vecteur x de E dans la base orthonormale
e. (a(x) j x) = X AX et (b(x) j x) = X BX soit encore (a(x) j x) = X AX = X PP X et
(b(x) j x) = X PDP X . P est inversible ; posons Y = P X .
a < b () 8Y 2 Mn;1(R); Y 6= 0; Y Y < Y DY c'est-a-dire 8i 2 Nn ; di > 1.
La matrice B 1A est semblable a D 1 donc le spectre de b 1 a est inclus dans ]0; 1[.
51
Voir l'exercice numero 4.
52
Nous avons deja vu qu'un projecteur f est orthogonal si et seulement si 8x 2 E kf (x)k6kxk.
50
118 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
2 est valeur propre de u.
Soit x 2 E non nul tel que p(x) + q(x) = x. Soit V (x) = Vect(p(x); q(x)).
(p + q)(p(x)) = p(x) + q(x q(x)) = p(x) + q(x) q(x)
= p(x) + ( 1)q(x) 2 V (x).
De m^eme (p + q)(q(x)) = ( 1)p(x) + q(x) 2 V (x). V (x) est stable53 par
p + q.
62 f0; 1; 2g () 2 62 f0; 1; 2g.
u(p(x) q(x)) = (p(x) + ( 1)q(x)) (q(x) ( 1)p(x))
= (2 )(p(x) q(x)).
2 est valeur propre si p(x) q(x) 6= 0.
p(x) = q(x) et p(x) + q(x) = x impliquent 2p(x) = 2q(x) = x donc = 0
ou 2 ce qui est exclu. 2 est bien valeur propre de u.
59. (a) Soit p un projecteur orthogonal d'un espace prehilbertien E .
Soit (x; y) 2 Im(p) Ker(p). Im(p) et Ker(p) sont supplementaires
orthogonaux. p(x + y) = x. kp(x + y)k2 = kxk2 6kxk2 + kyk2 = kx + yk2.
Donc pour tout vecteur z 2 E; kp(z )k6kz k et la norme54 de p est au
plus egale a 1.
Soit p un projecteur de E . Supposons que pour tout x 2 E s'ecrivant
x = x1 + x2 , avec (x1 ; x2 ) 2 Im(p) Ker(p), on ait kp(x)k6kxk.
Soit t 2 R.
p(x1 + tx2 ) = x1 ; kx1 + tx2 k2 >kx1 k2 c'est-a-dire kx2k2 t2 + 2t(x1 j x2 )>0.
Pour t > 0 nous avons kx2 k2 t + 2(x1 j x2 )>0.
Pour t < 0 nous avons kx2 k2t + 2(x1 j x2)60. En faisant tendre t vers 0
nous obtenons (x1 j x2 ) = 0. p est bien un projecteur orthogonal.
(b) E est de dimension nie.
) Soit F un sous-espace vectoriel de E . Supposons que F et F soient
stables par pG .
Soit x 2 F . (pF pG )(x) = pG (x) = pG (pF (x)).
Soit x 2 F . (pF pG )(x) = 0 = pG(pF (x)). pF et pG commutent.
) Supposons que pF et pG commutent.
(pG pF )2 = pG (pF pG ) pF = p2G p2F = pG pF . pG pF (et aussi
pF pG ) est un projecteur.
) Supposons que pF pG soit un projecteur. Soit x 2 E .
k(pF pG )(x)k6kpG(x)k6kxk. pF pG est donc un projecteur orthogonal.
En particulier il s'agit d'un endomorphisme symetrique donc pF pG =
Si est une valeur propre de u = p + q dierente de 0, 1 et 2 alors V (x), ou x est un vaecteur
propre de u associe a , est un plan. En eet :
p(x) et q(x) ne peuvent ^etre nuls tous les deux car alors = 0. Supposons q(x) 6= 0 et p(x) = kq(x).
Il vient (k + 1)q(x) = x. etant non nul alors k + 1 6= 0. Nous avons q(x) = k + 1 x donc, q
etant un projecteur, = k + 1 puis q(x) = x et p(x) = kx donc k = 0 ou 1 c'est-a-dire = 1 ou
2 ce qui est faux. En echangeant p(x) et q(x) nous obtenons nalement que (p(x); q(x)) est une
famille libre.
54
En fait la norme du projecteur est egale a 1. En eet pour x 2 Im(p); kp(x)k = kxk donc
sup kp(x)k = 1.
53
kxk61
119
(pG pF ) = pG pF
Soit x 2 F . pG (x) = (pG pF )(x) = (pF pG )(x) 2 F . F est stable
par pG ; F est stable par pG = pG . Les trois premieres assertions sont
equivalentes.
v) Supposons que pG laisse stable F et F .
Les endomorphismes de F et F induits par les restrictions de pG a F a
F sont des endomorphismes symetriques donc diagonalisables. pF et pG
sont donc co-diagonalisables.
Reciproquement supposons que pF et pG sont co-diagonalisables.
Il existe une base e = (e1 ; ; en) de E constituee de vecteurs propres
de pF comme de pG . Les valeurs propres etant egales a 0 ou 1. Nous
avons donc 8i 2 Nn ; pF (ei ) = i ei et pG (ei ) = i ei avec 8i 2 Nn ; i 2
f0; 1g; i 2 f0; 1g.
8i 2 Nn ; (pF pG )(ei ) = i i ei = (pG pF )(ei). pF et pG commutent.
Les quatre assertions sont bien equivalentes55
Remarque sans l'orthogonalite le resultat peut ^etre faux. Choisissons p
et q denis sur R2, muni de sa base (e1; e2 ) et de son produit scalaire
canoniques, par p(e1 ) = e1; p(e2 ) = 0; q(e1) = e2 ; q(e2 ) = e2 .
p et q sont des projecteurs. Im(q) = Re2, Ker(q) = R(e1 e2 ). q n'est
pas un projecteur orthogonal. p q = 0 est un projecteur et q p 6= 0
n'est pas un projecteur car (q p)2 = 0.
60. Soit E un espace prehilbertien reel. Montrons qu'un projecteur orthogonal est
un endomorphisme symetrique. Nous avons deja plusieurs fois demontre ce
resultat.
Soit f un projecteur orthogonal. E1 = Ker(f ) et E2 = Im(f ) sont supplementaires orthogonaux. Soient x = x1 + x2 avec (x1 ; x2 ) 2 E1 E2 et y = y1 + y2
avec (y1; y2 ) 2 E1 E2 .
(f (x) j y) = (x2 j y1 + y2 ) = (x2 j y2) = (x2 + x1 j y2) = (x j f (y). f est donc
un endomorphisme symetrique.
Supposons f symetrique veriant f 2 = f 3 . Soit (x; y) 2 E 2 .
(f (x) j f 2 (y)) = (x; j f 3 (y)) = (x; j f 2 (y)) = (f (x); j f (y)). Nous avons
donc 8(x; y) 2 E 2, (f (x) j f (y) f 2 (y)) = 0. En particulier, en choisissant
x = f (y) y nous obtenons 8y 2 E; kf 2 (y) f (y)k2 = 0. Nous en deduisons
f = f 2 . f est donc un projecteur.
Montrons que f est un projecteur orthogonal. E1 = Ker(f ) et E2 = Im(f )
Nous aurions pu prouver plus rapidement ce resultat en utilisant le fait, vu a l'exercie numero
10, que des endomorphismes symetriques qui commutent sont co-diagonalisables dans une base
orthonormale.
Dans ces conditions F et F stables par pG implique que pF et pG commutent puis pF et pG sont
co-diagonalisables dans une base orthonormale.
Ensuite, avec les notations precedentes 8i 2 Nn ; (pF pG )(ei ) = i iei . Si pF pG est un
projecteur alors pour x 2 E , k(pF pG)(x)k6kxk ; il s'agit donc d'un projecteur orthogonal donc
d'un endomorphisme symetrique. Soit x 2 F . (pF pG)(x) = (pF pG) (x) = (pG pF )(x) = pG (x)
donc pG(x) 2 F . F est stable par pG . l'orthogonal de F est donc stable par l'adjoint de pG
c'est-a-dire pG .
55
120 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
sont supplementaires.
Soit (x; y) 2 E1 E2 . f etant symetrique, (x j y) = (x j f (y)) = (f (x) j y) = 0.
f est bien un projecteur orthogonal.
Si E est de dimension nie, f etant un projecteur orthogonal il existe une
base orthonormale de E dans laquelle la matrice de f est Diag(Ip; 0q ) avec
p = dim(Im(f )) et q = dim(Ker(f )). Cette matrice est symetrique donc f est
un endomorphisme symetrique.
Si f est un endomorphisme symetrique veriant f 2 = f 3 il existe une base orthonormale de E dans laquelle la matrice de E est diagonale ; cette matrice est
D = Diag(d1 ; ; dn). Nous avons D2 = D3 c'est-a-dire 8i 2 Nn ; di 3 = di 2
ce qui equivaut a 8i 2 Nn ; di 2 = di soit encore D2 = D qui est equivalent a
f = f 2 . f est bien un projecteur ; les valeurs propres de f sont dans f0; 1g ; le
noyau et l'image (ce sont des espaces propres d'un endomorphisme orthogonal)
sont orthogonaux et f est un projecteur orthogonal.
61. Nous savons que si q est une forme quadratique denie sur l'espace vectoriel E il existe un et un seul endomorphisme symetrique v veriant 8x 2
E; (v(x) j x) = q(x).
n
X
q : x 2 E 7 ! (ui (x) j x) 2 R est une forme quadratique de forme polaire
i=1
n
X
associee (x; y) 2 E 2 7 ! (ui (x) j y) 2 R car tous les endomorphismes ui
i=1
sont symetriques.
8x 2 E; q(x) = kxk2 donc!l'endomorphisme
symetrique associe est IdE mais
!
8x 2 E; q(x) =
8x 2 E;
E = Im
p
X
i=1
n
X
n
X
i=1
ui (x) j x . Nous en deduisons
(ui (x) j x) = kxk )
n
X ! X
i=1
n
i=1
ui i=1
2
n
X
i=1
Im(ui ) donc E =
n
X
i=1
Im(ui ). Nous savons que la somme
Fi de p sous espaces vectoriels d'un espace vectoriel de dimension nie
E est directe si et seulement si dim
n
X
ui = IdE .
! X
p
p
X
i=1
Fi =
i=1
n
X
dim(Fi ). Par hypothese
dim(Im(ui )) = n = dim(E ). La somme E = Im(ui ) et donc une somme
i=1
i=1
directe.
n
n
X
X
Soit j 2 Nn .
ui (uj (x)) = uj (x). La somme Im(ui ) etant directe nous
i=1
i=1
en deduisons
8(x; i) 2 E Nn ; ui (uj (x)) = ij uj (x) puis ui uj = ij uj . En particulier
u2i = ui donc ui est un projecteur, orthogonal car symetrique.
121
Notons pour i 2 Nn ; Ei = Im(ui ).
Soit (i; j ) 2 (Nn )2; i 6= j et soit (x; y) 2 Ei Ej .
(ui (x) j uj (y)) = (x j y) = ((uj ui )(x) j y) = 0. Les espaces Ei et Ej sont orthogonaux. Nous avons bien E =
ui est
n
X
j =1
j 6=i
?
M
16i6n
Im(ui ). Le noyau de chaque projecteur
Ej .
62. Redemontrons qu'un projecteur p, d'un espace prehilbertien reel, est un endomorphisme symetrique si et seulement si le noyau et l'image sont orthogonaux.
Soit (x1; y2) 2 Im(p) Ker(p). Supposons p = p .
(x1 j y2) = (p(x1 ) j y2) = (x1 jp(y2)) = 0 donc le noyau et l'image sont orthogonaux.
Supposons que le noyau et l'image soient orthogonaux.
Soit (x; y) 2 E 2. x = x1 + x2 ; y = y1 + y2 ou x1 et y1 sont dans Im(p) et x2
et y2 sont dans Ker(p).
(p(x) j y) = (x1 j y) = (x1 j y1) = (x1 + x2 j y1) = (x j p(y)). p est symetrique.
(a) Supposons pF pF = 0. Soit (x; y) 2 F1 F2 .
(x j y) = (pF (x) j pF (y)) = (x j (pF pF )(y)) = 0. F1 et F2 sont
orthogonaux.
Supposons que F1 et F2 sont orthogonaux.
Soit (x; y) 2 E 2 . (x j (pF pF )(y)) = (pF (x) j pF (y)) = 0 car56
pF (x) 2 F1 et pF (y) 2 F2 . Nous en deduisons bien pF pF = 0.
De la m^eme maniere pF pF = 0 equivaut a F1 ? F2 donc pF pF = 0
equivaut a pF pF = 0.
Supposons F1 ? F2. Nous obtenons
pF + pF 2 = pF + pF + pF pF + pF pF = pF + pF . pF + pF
est un projecteur. Il s'agit aussi d'un endomorphisme symetrique donc il
s'agit d'un projecteur orthogonal.
Supposons que pF + pF soit un projecteur ; donc un projecteur ortho
gonal. pF + pF 2 = pF + pF + pF pF + pF pF = pF + pF donc
pF pF + pF pF = 0. Soit x 2 F1 = Im pF . Nous obtenons
pF pF (x) + pF pF (x) = 0 = pF pF (x) + pF (x). Notons
z = pF (x). Nous obtenons pF (z ) = z. pF etant un
projecteur nous
en deduisons z = 0 donc F1 = Im pF Ker pF = F2. Nous en
deduisons F1 ? F2.
(b) Soit E un espace vectoriel de dimension nie. Soient p1 ; ; pn n pron
X
jecteurs de E . Supposons que p = pi soit un projecteur. Nous savons
i=1
qu'en dimension nie, le rang d'un projecteur est egal a sa trace donc
1
2
1
2
1
1
1
2
2
1
2
2
1
2
1
1
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
2
2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
1
1
1
1
1
2
2
1
1
56
1
2
2
1
2
Nous aurions pu dire que Im(pF2 ) = F2 Ker(pF1 donc pF1 pF2 = 0.
2
1
2
2
122 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
rg(p) = tr(p) =
n
X
i=1
tr(pi ) =
n
X
i=1
rg(pi ).
n
X
Il vient nalement dim(Im(p)) = dim(Im(pi )).
i=1
L'image d'une somme nd'endomorphisme est incluse dans la somme des
X
images donc Im(p) Im(pi ).
i=1
La somme des dimensions de sous-espaces vectoriels est toujours aun moins
X
egale a la dimension de la somme de ces sous-espaces. Si Im(p) 6= Im(pi )
i=1
alors
!
n
n
n
X
X
X
dim(Im(pi )) = dim(Im(p)) < dim
Im(pi ) 6 dim(Im(pi )).
i=1
i=1
n
X
i=1
Nous avons donc Im(p) = Im(pi ).
i=1
Une somme de sous-espaces vectoriels d'un espace vectoriel de dimension
nie est directe si et seulement si la somme des dimensions de ces sousespaces est egale a la dimension de la somme de ces m^emes sous-espaces.
Nous en deduisons que les sous-espaces Im(pi ) sont en somme directe.
n
n
X
M
Finalement si p= pi est un projecteur alors Im(p) = Im(pi ). Il
i=1
i=1
vient en particulier 8i 2 Nn ; Im(pi ) Im(p).
Soit x 2 E . Soit i 2 Nn . p(pi (x)) = pi (x) donc p pi = pi puis
n
X
pi (x) = (p pi )(x) = (pj pi )(x).
j =1
La somme des espaces images des projecteurs pi etant directe nous en
deduisons 8(i; j ) 2 (Nn )2; (pj pi )(x) = ij pi (x) donc pj pi = ij pi .
Reciproquement si 8(i; j ) 2 (Nn )2; pi pj = ij pi alors
n
n
X
X
X
2
2
p =
pi pj = (pi ) = pi = p et p est un projecteur.
16i;j 6n
i=1
i=1
Revenons a notre question.
Suppsons que les espaces Fi soient deux a deux orthogonaux.
Soit (i; j ) 2 (Nn )2. Si i 6= j , Fi ? Fj donc Im(pFi ) Ker(pFj ) donc
pFj pFi = 0 puis 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; pFj pFi = ij pFi . p est donc un
projecteur. Chaque projecteur pFi est un projecteur orthogonal donc est
un endomorphisme symetrique. p est donc symetrique ; s'agissant d'un
projecteur, c'est un projecteur orthogonal.
Supposons que p soit un projecteur orthogonal.
En utilisant ce que nous avons vu plus haut nous en deduisons que pour
(i; j ) 2 (Nn )2; i 6= j ) pFj pFi = 0 donc
Fi = Im pFi Ker pFj = Im pFj = (Fj ). Fi et Fj sont bien
orthogonaux.
(
Im(p) = F et Ker(p) = x 2 E;
directe nous en
deduisons57
n
X
i=1
)
123
pFi (x) = 0 . Les Fi etant en somme
Ker(p) =
\n
i=1
Fi .
63. (a) Soit E un espace euclidien. Soit p un projecteur orthogonal de E . Soit
x = x1 + x2 2 E avec (x1 ; x2 ) 2 Im(p) Ker(p).
(p(x) j x) = (x1 j x) = kx1 k2 >0. Comme nous l'avons deja maintes fois
vu, p etant un projecteur orthogonal est un endomorphisme symetrique.
Il s'agit donc d'un endomorphisme symetrique positif.
f et g sont des projecteurs orthogonaux de E donc des endomorphismes
symetriques positifs.
Soit h = f g f . h est un endomorphisme symetrique positif; en eet
(h(x) j x) = (g(f (x)) j f (x))>0.
Il existe donc une base orthonormale e = (e1; ; en ) de E de diagonalisation de h. 8i 2 Nn ; h(ei) = i ei ; i >0. Soit r le rang de h. Quitte
a changer l'ordre des vecteurs de e nous pouvons supposer que58 pour
i6r; i > 0 et pour i > r; i = 0.
Posons 8i 2 Nr ; vi = f (ei ). 8i 2 Nr ; (f g)(vi ) = i ei .
r
X
Considerons la combinaison lineaire i vi = 0. Il vient
r
X
i=1
i (f g)(vi ) = 0 =
r
X
i=1
i i ei .
i=1
8i 2 Nr , i > 0 ; nous en deduisons 8i 2 Nr ; i = 0 ; la famille (vi )i2Nr
est libre. Il s'agit d'une famille libre de vecteurs propres de f g.
f g f = (f g) (g f )) = (f g) (f g) . Nous savons que
si u est un endomorphisme de E , le noyau de u u est celui de u .
Nous en deduisons Ker(f g f ) = Ker((f g) ) = (Im(f g)) donc
rg(f g f ) = rg(f g) = r. La famille (vi )i2Nr est une base de Im(f g).
Soit x 2 Im(f g) \ Ker(f g).
r
r
r
X
X
X
x s'ecrit : x = xi vi avec 0 = (f g)(x) = xi (f g)(vi ) = xi i ei .
i=1
i=1
i=1
Nous en deduisons x = 0 ; E = Im(f g) Ker(f g).
Soit (vr+1 ; ; vn ) une base de Ker(f g). (vi )i2Nn est une base de vecteurs propres de f g qui est diagonalisable.
Pour i 2 Nr , 0 < i = ((f g f )(ei) jei) = (g(f (ei )) j f (ei ))
= (g(vi ) j vi )6kvi k26kei k2 = 1 car f et g sont des
projecteurs orthogonaux. Les valeurs propres de f g sont donc dans
57
[0; 1].
(b) Il est clair que si f g est un projecteur ses valeurs propres sont 0 ou 1.
Nous! savons que si E ; ; Ep sont p sous-espaces vectoriels d'un espace euclidien alors
p
X
\p
1
Ei = Ei.
i58
=1
i=1
Si r = 0 les i sont tous nuls.
124 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Supposons que les valeurs propres de f g soient dans f0; 1g. Reprenons
les notations precedentes.
Pur i 2 Nr ; (f g)(vi ) = vi et pour i > r; (f g)(vi ) = 0. f g est
un projecteur. Soit x 2 E . kf (g(x))k6kg(x)k6kxk. Montrons qu'un
projecteur de norme au plus egale a 1 est un projecteur orthogonal et sa
norme est egale a 1.
Supposons que p soit un projecteur orthogonal.
Soit (x; y) 2 Im(p) Ker(p). Im(p) et Ker(p) sont supplementaires
orthogonaux. p(x + y) = x. kp(x + y)k2 = kxk2 6kxk2 + kyk2. Donc pour
tout vecteur z 2 E; kp(z )k6kz k.
Supposons que pour tout x 2 E on ait kp(x)k6kxk.
Soit x = x1 + x2 , avec (x1; x2 ) 2 Im(p) Ker(p). Soit t 2 R.
p(x1 + tx2 ) = x1 ; kx1 + tx2 k2 >kx1 k2 c'est-a-dire kx2k2 t2 + 2t(x1 j x2 )>0.
Pour t > 0 nous avons kx2k2 t + 2(x1 j x2 )>0, Pour t < 0 nous avons
kx2 k2t +2(x1 j x2 )60. En faisant tendre t vers 0 nous obtenons (x1 j x2 ) =
0. p est bien un projecteur orthogonal.
f g est un projecteur orthogonal donc est un endomorphisme symetrique
et g f = (g f ) = f g.
64. Soit E un espace euclidien. Soit u un endomorphisme de E .
Nous avons Ker(u) = Ker(u u); Ker(u) = (Im(u)); u = u, jkukj = jkukj.
u 2 L(E ) 7 ! u 2 L(E ) est continue (il sut par exemple d'utiliser le fait
que cette application est lineaire et jku kj = jkukj).
(a) Supposons que f f soit un projecteur orthogonal.
E = Ker(f f ) Im(f f ) = Ker(f ) Im(f f ).
x 2 Ker(f ) ) (f f f )(x) = 0 = f (x),
x 2 Im(f f ) ) (f f )(x) = x donc (f f f )(x) = f (x). Nous avons
donc pour tout x 2 E; (f f f )(x) = f (x) et f 2 A.
Supposons f 2 A. f f = f f f f = (f f ) (f f ).
f f est un projecteur. f f est symetrique donc59 il s'agit d'un
projecteur orthogonal.
(b) Supposons f 2 A.
D'apres le resultat precedent, Ker(f ) et Im(f f ) sont supplementaires
orthogonaux donc x 2 (Ker(f )) () x = (f f )(x). Nous en deduisons kxk2 = ((f f )(x) j x) = (f (x) j f (x)) = kf (x)k2.
Supposons 8x 2 (Ker(f )); kf (x)k = kxk.
(Ker(f )) = (Ker(f f )) = Im(f f ).
Posons g = f f . g est un endomorphisme symetrique; 8x 2 E; (g(x) j x) =
kf (x)k2 >0. g est diagonalisable, a valeurs propres positives. Im(g) et
Ker(g) sont supplementaires orthogonaux. Les vecteurs propres associes
a des valeurs propres non nulles sont dans Im(g). Soit x 2 E , g(x) = x
avec > 0.
(g(x) j x) = kxk2 = kf (x)k2 = kxk2 donc = 1. Nous en deduisons
59
Comme nous l'avons deja maintes fois vu.
125
que pour tout x de Im(g), g(x) = x. g est un projecteur orthogonal et
f 2 A.
(c) Soit f 2 A. Soit V l'ensemble des elements x de E tels que kf (x)k = kxk.
f f est un projecteur orthogonal et ((f f )(x) j x) = (f (x) j f (x)) =
kxk2 .
E crivons x = x1 + x2 avec (x1; x2 ) 2 Ker(f f ) Im(f f ). f (x1 ) =
0; f (f (x2 )) = x2 . f (x) = f (x2 ) donc f (f (x)) = x2 puis (x2 j x) =
(f (f (x)) j x) = kf (x)k2 = kxk2 .
kxk2 = kx1k2 + kx2 k2 donc x1 = 0.
Nous en deduisons x 2 Im(f f ) = (Ker(f f )) = (Ker(f )) donc
V (Ker(f )). L'autre inclusion est obtenue a la question precedente
d'ou le resultat demande.
(d) Soit f 2 O(E ). f f = IdE donc f 2 A. O(E ) est donc inclus dans A.
L'application ' : f 2 L(E ) 7 ! f f 2 L(E ) est une application
continue car f 7 ! f et (u; v) 2 (L(E ))2 7 ! u v 2 L(E ) sont
continues. O(E ) est l'image reciproque du ferme fIdE g par ' donc est
ferme ; O(E ) est donc ferme60 dans A.
Montrons que O(E ) est ouvert dans A c'est-a-dire qu'il existe > 0 tel
que l'ensemble des elements g de A veriant jkf gkj est inclus dans A.
Si nous prouvons que g est inversible alors g g g = g ) g g = IdE
et g 2 O(E ).
Montrons61 le resultat preliminaire suivant : Soit E est espace vectoriel
norme complet. On suppose que E est une algebre et que la norme denie
sur E verie N (xy)6N (x)N (y) c'est-a-dire est une norme d'algebre ; Soit
x 2 E; N (x e) < 1 (ou e est l'element neutre de l'algebre). Alors x est
inversible.
La serie de terme general (e x)n est convergente de somme l'inverse de
x.
kjg f 1 IdE jk = kj(g f ) f 1 jk6kjg f jk kjf 1jk. f 1 est une isometrie
et a pour norme 1 ; il sut donc d'avoir kjg f jk < 1 pour que g f 1
soit inversible puis g soit inversible ; d'ou le resultat.
65. Si A 2 Mn(R) est diagonalisable alors il existe une matrice inversible P telle
que A = P 1DP avec D diagonale. Soit S = tPP . S est symetrique denie
positive et SAS 1 = tPPP 1DPP 1tP 1 = tPDtP 1 = tA.
Supposons qu'il existe une matrice S symetrique denie positive telle que tA =
SAS 1 . S etant symetrique denie positive,1 il existe62 une matrice
inversible
1t t
t
t
t
1
t
t
P telle que S = PP . A = PPAP P soit encore P A P = PAP 1
c'est-a-dire t(PAP 1) = PAP 1 = B . B est donc symetrique reelle et est
alors diagonalisable. A qui lui est semblable l'est donc aussi.
Nous avions deja demontre que O(E ) est un compact de L(E ).
Voir l'exercice numero 79 page 267 du livre exercice1.
62
S peut ^etre consideree comme la matrice d'une forme bilineaire symetrique denie positive
c'est-a-dire d'un produit scalaire ; il existe donc une base orthonormale pour ce produit scalaire
c'est-a-dire dans laquelle la matrice de la forme quadratique est la matrice identite.
60
61
126 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
66. S 2 Mn(R), symetrique, est diagonalisable, semblable a la matrice D =
Diag(1; ; n ) ; les i etant positifs. S = PDP 1 ou P 2 GLn(R).
Soit f un polyn^ome tel que 8i 2 Nn ; f (2i ) = i . Un tel polyn^ome existe
car i 2 = j 2 ) i = j puisque les i sont dans R+. Il vient alors f (S 2 ) =
Pf (D2)P 1 = PDP 1 = S .
Supposons AS 2p = S 2p A ou p 2 N .
AS 2p+2 = (AS 2p )S 2 = (S 2p A)S 2 = S 2p (AS 2 ) = S 2p+2 A. Le resultat est vrai
pour p = 1 et donc vrai pour tout p 2 N ; en fait il est vrai aussi pour p = 0
donc il est vrai pour tout p 2 N.
Supposons f (X ) =
AS
= Af (S 2 ) =
N
X
k=0
N
X
k=0
ak
ak X k .
AS 2k
=
N
X
k=0
ak S 2k A = f (S 2 )A = SA.
67. Soit A 2 Mn(R) une matrice reelle unitairement semblable a une matrice
reelle B 2 Mn(R). A = UBU . E crivons U = P + iQ ou P et Q sont des
matrices reelles. UB = AU est equivalent a AP = PB et AQ = QB .
8t 2 R; A(P + tQ) = (P + tQ)B . Posons f (t) = det(P + tQ). f est une
fonction polynomiale reelle telle que f (i) 6= 0 ; il s'agit donc d'une fonction
polynomiale non nulle. Il existe donc un reel t0 tel que f (t0 ) 6= 0 c'est-a-dire
tel que R = P + t0Q soit inversible.
A(P + t0 Q) = AP + t0 AQ = PB + t0 QB = (P + t0 Q)B . Nous avons alors
A = RBR 1 .
A et B etant des matrices reelles nous avons A = tA et B = tB . A = UB U soit tA = U tBU donc on a aussi tA = RtBR 1 soit encore A = tR 1 B tR. Nous
savons63 que R peut s'ecrire OS avec O orthogonal et S symetrique denie
positive. A = OSBS 1 O = OS 1BSO donc SBS 1 = S 1 BS soit encore
S 2 B = BS 2 . B commute avec S 2 .
En utilisant le resultat de l'exercice precedent nous en deduisons SB = BS et
A = OSBS 1 O = OBSS 1 O = OBO. D'ou le resultat demande.
68. Soient A et B les matrices, dans la base canonique de Rn, de deux formes
quadratiques, q et q0 , de signatures (1; 0) denies sur Rn.
q et q0 sont
les carres de deux
formes lineaires non nulles f et g denies par
n
n
X
X
f (x) = ai xi et g(x) = bi xi ou x = (x1; ; xn) 2 Rn.
q (x) =
X
i=1
i=1
aiaj xi xj et q0 (x) =
16i;j 6n
X
bibj xi xj .
16i;j 6n
Supposons A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R) et B = (bi;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R) (A et
B sont symetriques reelles positives).
On considere la matrice C = A B dont le terme general d'indices (i; j ) est
ci;j = ai;j bi;j .
En revenant aux notations precedentes nous avons ai;j bi;j = aiaj bi bj donc si
q1 est la forme quadratique de matrice C dans la base canonique de Rn nous
2
63
Voir l'exercice numero 13.
2
obtenons q1 (x) =
X
(aibi xi )(aj bj xj ) =
16i;j 6n
n
X
i=1
127
!2
ai bi xi >0. C est bien une ma-
trice symetrique positive.
Revenons au cas general.
q comme q0 sont positives donc il existe des formes lineaires (f1; ; fr )
independantes, ou r est le rang de A, et des formes lineaires (f10 ; ; fr0 0 )
independantes, ou r0 est le rang0 de B , telles que :
q (x) =
r
X
i=1
(fi (x))2 et q0 (x) =
r
X
i=1
(fi0 (x))2.
Pour i 2 Nr notons Ai la matrice de la forme quadratique x 7 ! (fi(x))2 et
pour i 2 Nr0 , Bi la matrice de la forme quadratique x 7 ! (fi0 (x))2. Nous
avons A =
r
X
i=1
Ai et B =
r0
X
i=1
Bi . Pour i 2 Nr notons aip;q l'element d'indices
(p; q) de la matrice Ai ; de m^eme pour i 2 Nr0 notons bip;q l'element d'indices
(p; q) de la matrice Bi . X
r
r0
X
X i j
ap;q bp;q . No8(p; q) 2 (Nn )2, ap;q = aip;q et bp;q = bip;q . ap;q bp;q =
i=1
6i6r
6j 6r0
i=1
1
1
tons (Ai Bj )p;qX
l'element d'indices (i; j ) de la X
matrice Ai Bj . Nous avons
alors ap;q bp;q =
(Ai Bj )p;q donc A B =
Ai Bj . Chaque matrice
6i6r
6j 6r0
6i6r
6j 6r0
1
1
1
1
Ai Bj est symetrique positive donc la matrice A B l'est aussi.
Supposons A et B denies positives. Nous avons alors r = r0 = n.
Soit X une matrice colonne.
tX (A B )X = 0 ) 8(i; j ) 2 (N )2 ; tX (A B )X = 0.
n
i
j
n
n
X
X
0
tXA X = (f (x))2 , tXB X = (f 0 (x))2 . f (x) =
i;k xk , fi (x) = i;k xk
i
i
i
i
i
donc tXAi X
=
X
16k;l6n
i;k i;l xk xl et tXBi X
=
k=1
X
16k;l6n
k=1
i;k i;l xk xl . Le terme ge-
neral d'indices (k; l) de la matrice Ai Bj est donc egal!a i;k ai;lj;k j;l et
i Bi )X
tX (A
X
2
i;k j;k xk .
k=1
Notons, pour j 2
= (j;1x1 ; ; j;nxn ).
n
tX (A B )X = 0 ) 8(i; j ) 2 (N )2 ; f (v ) =
i;k j;k xk = 0.
n
i j
k=1
La famille des fi est libre donc pour tout j 2 Nn ; vj = 0. Cela implique
8j 2 Nn ; fj0 (x) = 0 avec x = (x1 ; ; xn). Les fj0 sont libres donc nous
=
i;k i;l j;k j;l xk xl =
n
X
16k;l6n
Nn , vj
X
obtenons x = 0. La matrice A B est bien denie positive.
Notons Ak la matrice denie par A0 = In et pour k 2 N; A(k+1) =
Ak A. Munissons l'espace des matrices de la norme kAk = 16max
ja j ou
i;j 6n i;j
A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R).
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
128 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
kA B k6kAk kB k. La serie de terme general k1! Ak est donc absolument
convergente donc convergente car l'espace des matrices est complet. Nous
+1
X
1 Ak .
avons donc D =
k=0 k !
Par continuite de X 2 Mn;1(R) 7 ! tXMX 2 R, ou M est un matrice de
+1
X
t
Mn(R), nous en deduisons XDX = k1! tXAk X .
k=0
Si A est positive nous avons vu que A2 l'est aussi donc par recurrence 8k 2
N; Ak est positive. Nous obtenons donc tXDX >tXX . Nous en deduisons
que D est denie positive.
69. Nous avons deja vu que si q est une forme quadratique denie positive et si q0
est une forme quadratique alors il existe une base de E orthonormale pour q
et orthogonale pour q0 .
Soient '1 la forme polaire associee a q1 et '2 la forme polaire associee a q2 .
En appliquant ce resultat il existe une base e = (e1 ; ; en) de E telle que
8(i; j ) 2 (Nn )2; ('1 + '2)(ei ; ej ) = ij et '2 (ei ; ej ) = dijij ou les di sont reels.j
Il vient alors pour (i; j ) 2 (Nn )2, '1 (ei ; ej ) = (1 di )i et '2 (ei; ej ) = di i .
e est bien orthogonale pour q1 et q2 .
70. (a) Soit l'application (x; y) 2 E 2 7 ! 1 ('(x) (y) + '(y) (x)).
2
' et etant des formes lineaires, est une forme bilineaire symetrique.
(x; x) = q(x) donc q est une forme quadratique.
(b) ' et sont deux formes lineaires donc il existe deux elements a et
b de E veriant 8x 2 E; '(x) = f (a; x); (x) = f (b; x). ' et
sont independantes donc (a; b) est une famille libre car sinon il existe
(; ) 2 R2 nf(0; 0)g tel que a + b = 0 donc 8x 2 E '(x)+ (x) = 0
ce qui est faux.
1
Posons pour x 2 E , u(x) = ('(x) b + (x) a).
2
Soit (x; y) 2 E 2.
f (u(x); y) = 12 (f (a; x)f (b; y) + f (b; x)f (a; y)) = f (u(y); x).
f (u(x); x) = '(x) (x) donc l'endomorphisme u est l'endomorphisme symetrique associe a q.
Soit F le plan Vect(a; b). (a; b) est libre donc
Ker(u) = fx 2 E; '(x) = (x) = 0g = Ker(') \ Ker( ) = F est de
dimension n 2. u est donc de rang egal a 2. Im(u) F donc Im(u) est
egal a F .
L'espace propre associe a la valeur propre 0 est l'orthogonal de F .
u est un endomorphisme symetrique (donc diagonalisable) ayant 0 pour
valeur propre d'ordre n 2 possede deux autres (eventuellement egales)
valeurs propres ; l'espace propre (s'il n'ay a qu'une seule autre valeur
propre) est F , les deux espaces propres associes aux deux autres valeurs
propres (si elles sont distinctes) sont deux droites incluses dans F .
129
2u(kbka + kakb) = (kak2kbk + kak(a j b))b + (kbk2 kak + kbk(a j b))a
= (kak kbk + (a j b))(kbka + kakb).
De m^eme
2u (kbka kakb) = ( kak kbk + (a j b))(kbka kakb).
1
Les deux autres valeurs propres (non nulles) de u sont (kak kbk + (a j b))
2
1
et ( kak kbk + (a j b)) de vecteurs propres associes les droites respecti2
vement dirigees par kbka + kakb etkbka kakb.
(c) Soit u un endomorphisme symetrique de rang egal a 2.
u est donc l'endomorphisme symetrique associe a la forme quadratique q.
Il existe une base orthonormale de E de diagonalisation de u ; dans cette
base, les matrices de q et de u sont les m^emes. q est de rang 2. Il existe
deux formes lineaires independantes '1 et '2 telles que q = '21 + '21 ou
q = '21 '21 . Pour que q puisse s'ecrire ' = 14 (' + )2 (' )2
(avec ' et independantes) la signature de q doit ^etre egale a (1; 1).
Dans ces conditions q = ('1 + '2 )('1 '2 ) = ' . Il est donc necessaire
que u possede uniquement deux valeurs propres non nulles et que celles-ci
soient de signes contraires.
71. u 2 LE ). L'application f : (x; y) 2 E 2 7 ! (u(x) j u(y)) 2 R est bilineaire
symetrique et f (x; x) = q(x). q est donc une forme quadratique et f est
la forme polaire associee a q. L'endomorphisme symetrique associe a q est
l'endomorphisme v veriant :
8x 2 E; (v(x) j x) = ku(x)k2 = (u(x) j u(x)) = ((u u)(x) jx). L'unicite de
l'endomorphisme symetrique associe a q conduit a v = u u.
72. (a) IdE appartient a O(q). Soient u et v deux elements de O(q) alors
q (u v) = (q u) v = q v = q, q u = q ) q = q u 1 .
O(q) est bien un groupe sous-groupe de GL(E ).
(b) Soit x 2 E dont la matrice colonne des coordonnees dans la base e est
X.
u 2 O(q) () 8x 2 E; q(u(x)) = q(x)
() 8X 2 Mn;1(R); t(MX )A(MX ) = tXAX
() tMAM = A.
73. Redemontrons le resultat classique : Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension trois oriente. Soit (u; v; w) 2 E 3 alors u^(v ^w) = (u j w)v (u j v)w.
Soit " = ("1; "2 ; "3 ) une base orthonormale directe de l'espace. Notons
(u1 ; u2 ; u3 ), (v1 ; v2 ; v3 ) et (w1; w2 ; w3) les coordonnees respectives de u; v
et w dans cette base.
Les coordonnees de v ^ w sont (v2 w3 v3w2 ; v3 w1 v1 w3 ; v1 w2 v2 w1).
Les coordonnees de u ^ (v ^ w) sont
(u2 (v1 w2 v2 w1 ) u3 (v3w1 v1 w3); u3 (v2 w3 v3 w2 ) u1 (v1 w2 v2 w1);
u1 (v3 w1 v1 w3) u2 (v2 w3 v3 w2)).
u2 (v1 w2 v2 w1) u3 (v3 w1 v1 w3 )
130 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
= v1(u1 w1 + u2 w2 + u3 w3 ) w1(u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 )
= v1(u j w) w1 (u j v)).
De m^eme u3 (v2 w3 v3 w2) u1 (v1 w2 v2 w1) = v2 (u j w) w2 (u j v)) et
u1 (v3 w1 v1 w3) u2 (v2 w3 v3 w2 ) = v3 (u j w) w3(u j v)).
Nous obtenons bien le resultat demande.
Soit f : (x; y) 2 (R3)2 7 ! 1 [(x j u ^ (v ^ y)) + (y j u ^ (v ^ x))].
2
f est une forme bilineaire symetrique et f (x; x) = q(x). q est une forme
quadratique de forme polaire f .
f (x; y) = 12 [(x j (u j y)v (u j v)y) + (y j (u j x)v (u j v)x)]
1
= [(v j x) (u j y) + (v j y) (u j x)] (u j v) (x j y).
2
Soit ' l'endomorphisme symetrique associe a la forme quadratique q. Nous
avons la relation : 8(x; y) 2 (R3)2; ('(x) j y) = f (x; y).
f ("i ; "j ) = 12 (ui vj + uj vi ) ij (u j v). Nous en deduisons que la trace de ' est
3
X
f ("i ; "i ) = 2(u j v).
i=1
Soit x un vecteur orthogonal a u et a v. 8y 2 R3, ('(x) j y) = (u j v) (x j y)
donc '(x) = (u j v) x. (u j v) est une valeur propre de ' ; l'espace propre
associe contient, F , l'orthogonal de Vect(u; v).
Si u ou v = 0 alors q = 0, l'espace propre est R3.
Supposons u et v non nuls.
v est colineaire a u, (v = ku), F est le plan orthogonal a u.
8y 2 R3; ('(u) j y) = f (u; y) = 0. 0 est valeur propre. Dans ces conditions,
(u j v) = kkuk2 est valeur propre d'ordre 2 d'espace propre associe F et 0
est valeur propre simple d'espace propre associe Ru.
Supposons (u; v) libre. Un vecteur propre de ' est donc u ^ v associe a la
valeur propre (u j v).
1
1
Soit x = u + v . Soit y 2 R3.
kuk kvk
(v j x) = 1 (u j v) + kvk, (u j x) = 1 (u j v) + kuk.
kuk kvk
1
1
1
('(x) j y) =
((u j v) + kvk) (u j y) + (v j y) ( (u j v) + kuk)
2 kuk
kvk 1
1
(u j v)
u + kvk v jy
k
u
k
1
(
u
j
v
)
(
u
j
v
)
= kuk v + kvk u
2
kuk u kvk v j y .
x est donc un vecteur propre de ' associe a la valeur propre 12 (kuk kvk (u j v)).
1
1
De m^eme x = u
kuk kvk v est un vecteur propre de ' associe a la valeur
1
propre (kuk kvk + (u j v)).
2
En considerant des vecteurs unitaires colineaires aux vecteurs propres prece-
131
dents , nous obtenons une base orthonormale de R3 orthogonale pour q. Dans
une telle base q(x) s'ecrit
(u j v)x1 2 + 1 (kuk kvk (u j v))x2 2 1 (kuk kvk + (u j v))x3 2 .
2
2
En reprenant les deux premiers cas, nous en deduisons qu'en nous placant
dans une base orthonormale de vecteurs propres de ' nous obtenons toujours
q(x) = (u j v)x1 2 + 12 (kuk kvk (u j v))x2 2 12 (kuk kvk + (u j v))x3 2.
74. On suppose que la norme N denie sur l'espace vectoriel E verie :
8(x; y) 2 E 2; (N (x + y))2 + (N (x y))2 = 2(N (x))2 + 2(N (y))2.
Soit (x; y) 2 E 2. Posons f (x; y) = (N (x + y))2 (N (x y))2.
f (x; y) = ((N (x + y))2 + (N (y))2) ((N (x y))2 + (N (y))2). En utilisant la
propriete deN nous
obtenons 1 2
2
1
f (x; y) = 2 N 2 x + 2 N 2 x + y
1 2 1 2
2 N x
2 N x y
2
2
1
1
1
= (N (x + 2y))2 (N (x 2y))2 = f (x; 2y).
2
2
2
Nous obtenons donc 8(x; y) 2 E 2 ; f (x; 2y) = 2f (x; y). Nous avons par
symetrie 8(x; y) 2 E 2; f (2x; y) = 2f (x; y).
Soit (x; y; z ) 2 E 3 .
f (x; z )+f (y; z ) = ((N (x + z ))2 + (N (y + z ))2 ) ((N (x z ))2 + (N (y z ))2).
En utilisant la proprie
te deN nous obtenons
2 1
2
1
f (x; z ) + f (y; z ) = 2 N z + 2 (x + y) + 2 N 2 (x y)
1
2 1
2
2 N z + (x + y)
2 N (x y)
2
1
2
= 2f (x + y); z = f (x + y; z ).
2
N est continue donc f est continue. f (0; y) = 0. Supposons avoir prouve
f (px; y) = pf (x; y) pour tout p 2 Nn .
f ((n + 1)x; y) = f (nx; y) + f (x; y) = (n + 1)f (x; y). Le resultat est
donc vrai pour tout n 2 N. f (( n)x; y) + f (nx; y) = f (0; y) = 0 donc
f (( n)x; y) = f (nx; y)= ( n)f(x; y).
1 1
Soit m 2 N . f (x; y) = f m
m x; y = mf m x; y donc
1 1
f m x; y = m f (x; y).
Il vient alors 8(r; x; y) 2 Q E E; f (rx; y) = rf (x; y).
Soit 2 R limite de la suite (rn)n2N. La continuite de f conduit a
lim f (rnx; y) = f (rx; y) = n!lim
r f (x; y) = rf (x; y).
n!+1
+1 n
f est donc bilineaire symetrique. f (x; x) = 4(N (x))2. f est donc denie
positive ; il s'agit d'un produit scalaire. N est la norme euclidienne associee
au produit scalaire 1 f .
4
132 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Dans le cas complexe, posons
f (x; y) = (N (x + y))2 (N (x y))2 + i(N (ix + y))2 i(N (ix y))2.
Soient :
A(x; y) = (N (x + y))2 (N (x y))2 et B (x; y)
= (N (ix + y))2 (N (ix y))2.
Nous montrons comme au-dessus
A(x + y; z ) = A(x; z ) + A(y; z ) et B (x + y; z ) = B (x; z ) + B (y; z ).
f (y; x) = (N (x + y))2 (N (x y))2 + i(N (iy + x))2 i(N (iy x))2
= (N (x + y))2 (N (x y))2 + i(N ( y + ix))2 i(N (y + ix))2
= f (x; y).
Nous terminons comme precedemment et nous prouvons que f est une forme
sesquilineaire a symetrie hermitienne denie positive puis que N est une norme
hermitienne.
75. Nous savons64 que 8' 2 E denie sur un espace vectoriel euclidien E il existe
un vecteur f et un seul de E tel que 8x 2 E; '(x) = (f j x).
Soit A = (ai;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R). 8j 2 Nn il existe une unique forme lineaire
'j , denie sur E telle que pour tout i 2 Nn ; 'j (ei ) = ai;j car e = (ej )j2Nn est
une base de E . A 'j associons le vecteur e0j tel que 8x 2 E; 'j (x) = (e0j j x).
Nous avons bien 8(i; j ) 2 (Nn )2; ai;j = (ei j e0j ).
Cette famille est bien unique ; en eet :
8(i; j ) 2 (Nn )2 ; (ei j e0j ) = (ei j e00j ) ) 8(i; j ) 2 (Nn )2; (ei j e0j e00j ) = 0.
Chaque vecteur e0j e00j est orthogonal a tout l'espace donc est nul d'ou l'unicite.
On peut remplacer euclidien par hermitien.
Remarque Supposons que la base e soit orthonormale. Soit u l'endomorphisme de E dont la matrice dans la base e est A alors 8j 2 Nn , u(ej ) = e0j .
En eet 8k 2 Nn , (u(ej ) j ek ) = ak;j = (ek j e0j ) d'ou le resultat.
2
76. Pour prouver l'existence de la famille e0 = (e01; ; e0n) il sut d'utiliser le
resultat de l'exercice precedent avec A = In.
Redemontrons-le directement d'une autre maniere.
Soit e = (e1 ; ; en) la base duale de la base e.
L'application ' : a 2 E 7 ! (a j : ) 2 E est un isomorphisme. En eet '
est lineaire, '(a) = 0 ) 8x 2 E; (a j x) = 0 donc a = 0. Les dimensions,
nies, de E et E etant les m^emes nous obtenons le resultat. Il existe donc
une base e0 = (e01 ; ; e0n) de E telle que 8j 2 Nn ; '(e0j ) = ej soit encore
8(i; j ) 2 (Nn )2; (e0j j ei ) = ej (ei ) = ij .
Montrons l'unicite de la base e0 .
Soient e0 et e00 deux bases solutions. 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; (ei j e0j ) = ij et
Soit H l'hyperplan noyau d'une forme lineaire non nulle '. Soit f1 un vecteur non nul orthogonal a l'hypeplan H . Soit x 2 E . x s'ecrit x = x1 + f1 avec (x1 ; ) 2 H R. Soit
k 2 R. '(x) = '(f1), (kf1 j x) = kkf1k2. En choisissant k = k'f(fk12) nous obtenons pour tout
1
x 2 E; '(x) = (f j x) ou f = kf1. Si ' = 0 nous choisissons f = 0.
(f j x) = (g j x) pour tout x implique f g orthogonal a tout l'espace donc f = g d'ou l'unicite
du vecteur f cherche.
64
133
8(i; j ) 2 (Nn )2 ; (ei j e00j ) = ij donc 8(i; j ) 2 (Nn )2; (ei j e0j e00j ) = 0.
e0j e00j est donc orthogonal a E et est donc nul. la base cherchee est donc
unique.
n
X
0
Pour j 2 Nn ; ej = i;j ei donc
8(j; k) 2
(Nn )2
i=1
0
j j ek ) =
(e0
Nous avons de m^eme ej =
n
X
i=1
n
X
i=1
i;j (ei j e0k ) = k;j puis e0j =
(ej j ei )e0i.
n
X
i=1
(e0j j e0i )ei.
La matrice, A, de passage de la base e a la base e0 est la matrice Gram de la
famille (e01; ; e0n ) c'est-a-dire la matrice dont l'element d'indices (i; j ) est
ai;j = (e0i j e0j ).
De m^eme la matrice, B , de passage de la base e0 a la base e est la matrice
Gram(e1 ; ; en) c'est-a-dire la matrice dont l'element d'indices (i; j ) est
bi;j = (ei j ej ). A = B 1 donc a partir de la matrice B construite apres la
donnee de la base e nous pouvons
determiner
la matrice A puis la base e0 .
n
n
X
X
Soit x 2 E s'ecrivant x = xi ei = x0j e0j . Nous savons que
xi =
n
X
j =1
x0
ai;j j =
n
X
j =1
i=1
(e0
i
j =1
j e0 )x0
j j
et
x0
i
=
n
X
j =1
bi;j xj =
n
X
j =1
(ei j ej )xj .
Nous pouvons retrouver
ce resultat directement.
n
X
8j 2 Nn ; (x j e0j ) = xi (ei j e0j ) = xj ; de m^eme (x j ej ) = x0j .
x=
n
X
j =1
x0j e0j =
X
i=1
(e0i j e0j )x0j ei =
16i;j 6n
De m^eme x0i =
n
X
j =1
X
(e0i j e0j )x0j ei donc xi =
16i;j 6n
n
X
j =1
(e0i j e0j )x0j .
(ei j ej )xj .
Nous retrouvons evidemment le resultat precedent.
Les deux matrices A et B
n
X
etant inverses l'une de l'autre nous avons ij = (e0i j e0k )(ek j ej ).
k=1
77. (a) Soit E un espace euclidien, soit e = (ei )i2Nn une base de E . Posons, pour
n
X
2
(x; y) 2 E , B (x; y) = (x j ei )(y j ei ). B est bilineaire symetrique et
i=1
B (x; x) = q(x) ; q est bien une forme quadratique.
q(x) = 0 ) 8i 2 Nn ; (x j ei ) = 0 donc x est orthogonal a E et x est nul.
q est bien denie positive.
B est un produit scalaire donc il existe une base orthonormale pour celuici. Une base de E , e0 = (e01 ; ; e0n), orthonormale pour B existe bien.
(b) Si e est orthonormale, q est le carre de la norme euclidienne et B est le
produit scalaire euclidien deni sur E .
78. (a) Soit (x; y) 2 (Rn)2 ; x = (x1 ; ; xn) et y = (y1; ; yn).
134 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Soit P (x; y) = (pi;j (x; y))(i;j)2(Nn ) la matrice dont tous les elements
sont ceux de la matrice M (x) sauf ceux de la premiere colonne veriant
8i 2 Nn ; pi+1;1 (x; y) = yi.
det(P (x; y)) = det(P (y; x)) car P (x; y) = tP (y; x).
D'apres les proprietes des determinants, pour (x; y; z ) 2 (Rn)3 et 2 R,
det(P (x + z; y)) = det(P (x; y)) + det(P (z; y)).
' : (x; y) 2 (Rn)2 7 ! det(P (x; y)) 2 R est une forme bilineaire
symetrique donc q est une forme quadratique de forme polaire '.
(b) Soit " = ("i )i2Nn la base canonique de Rn.
'("i ; "j ) = det(P ("i; "j )) = ( 1)i+j+1 det(Ai;j ) ou Ai;j designe la sousmatrice de la matrice A obtenue en supprimant la ligne i et la colonne
j de la matrice A. La matrice, B = (bi;j )(i;j)2(Nn) , de q dans la base "
a donc pour terme d'indices (i; j ) 2 (Nn )2; ( 1)i+j+1 det(Ai;j ). B est
l'opposee de la matrice complementaire65 (car A est symetrique) de la
matrice A.
(c) La matrice, B 0 = (b0i;j )(i;j)2(Nn) , de q est B 0 = tABA = ABA dans la base
B.
Retrouvons le produit d'une matrice et de sa matrice complementaire.
Le terme general66 d'indices (i; j ) de la matrice BA est 8(i; j ) 2 (Nn )2 ,
n
X
0
bi;j = ( 1)i+k+1 det(Ai;k )ak;j .
+1
2
2
2
k=1
Si nous considerons une matrice C 2 Mn(K ) et que nous remplacons
sa j ieme colonne par sa iieme son determinant est egal a det(C )ij . Si
nous
developpons ce determinant
selon le j ieme colonne nous obtenons
n
n
X k+j
X
( 1) ak;i det(Ck;j ) donc ( 1)k+j ak;i det(Ck;j ) = det(C )ij .
k=1
k=1
Nous en deduisons BA = det(A)In puis B 0 = det(A)A.
79. Soit f une forme bilineaire symetrique denie sur un espace vectoriel reel, E ,
de dimension nie, m, rapporte a la base e = (e1 ; ; em ). Soit M la matrice
de f dans la base en question. mSoit u l'endomorphisme mde E dont la matrice
X
X
dans la base e est M . u(ej ) = f (ei ; ej )ei . Soit x = xj ej . Nous avons67
u(x) =
X
i=1
xj f (ej ; ei )ei =
16i;j 6m
m
X
i=1
j =1
f (x; ei )ei .
e = QQe = det(Q)In lorsque Q est une matrice de Mn(K ) et
Nous avons deja vu la relation QQ
Qe est sa matrice complementaire.
66
En utilisant le rappel nous obtenons directement la valeur de BA.
m
m
X
X
67
Si la base est orthonormale alors pour x = xi ei et y = yi ei
65
m
X
i=1
i=1
(u(x) j y) = yi f (x; ei ) = f (x; y) = (u(y) j x). u est alors l'endomorphisme symetrique associe
i=1
a f ; u est alors unique et ne depend pas de la base e choisie pour le construire.
(
Ker(u) = x 2 E;
)
m
X
135
f (x; ei )ei = 0 = fx 2 E; 8i 2 Nn ; f (x; ei ) = 0g ce qui
est equivalent a Ker(u) = fx 2 E; 8y 2 E; f (x; y) = 0g.
Ker(u) ne depend donc pas de la base ayant servi a sa construction. Il existe
une base dans laquelle la matrice de f est diagonale. Si la signature de la
forme quadratique de matrice M est alors (p; q) la dimension du noyau de u
est alors egale a m p q.
Supposons E euclidien. Il existe une base orthonormale de E orthogonale
pour la forme quadratique ' : x 2 E 7 ! f (x; x) 2 R. L'endomorphisme
v de matrice M 0 , la matrice de ' dans cette base, a donc p valeurs propres
strictement positives, q valeurs propres strictement negatives et m p q = r
valeurs propres nulles (en comptant les valeurs propres avec leurs ordres de
multiplicite). Si la base ayant servi a la creation de u est orthonormale alors
M et M 0 sont semblables et u = v. Les valeurs propres de u et v sont donc les
m^emes.
Soit alors e une base de E . Munissons E du produit scalaire tel que la base e
soit orthonormale. En utilisant ce que nous venons de demontrer, si u possede
p valeurs propres strictement positives, q valeurs propres strictement negatives
et m p q = r valeurs propres nulles (les valeurs propres etant calculees avec
leurs ordres de multiplicite) alors ' est de signature (p; q).
Pour determiner la signature d'une forme quadratique reelle, nous disposons
de plusieurs methodes. Decomposer en carres par la methode de Gau par
exemple ou, en utilisant ce que nous venons de voir, determiner les valeurs
propres de u (ou de M ) en sachant que la multiplicite d'une valeur propre
d'une matrice symetrique reelle est egale a la dimension de l'espace propre
associe. Nous savons aussi que si la signature d'une forme quadratique reelle
est (p; q) alors le noyau de la matrice M (ou de l'application lineaire u) est de
dimension egale a m p q ; en particulier si la forme quadratique est positive
la signature est (p; 0) et donc m p est la dimension du noyau de la matrice
M (ou de l'application lineaire u).
Soient A et B deux elements de Mn(R).
(A; B ) 7 ! tr(A) tr(B ) est clairement une application bilineaire symetrique
donc A 2 Mn(R) 7 ! (tr A)2 2 R est une forme quadratique de forme polaire l'application (A; B ) 2 (Mn(R))2 7 ! tr(A) tr(B ) 2 R. Cette forme
quadratique est positive par construction. Si M est la matrice de la forme
polaire de cette forme quadratique c'est-a-dire de (A; B ) 7 ! tr(A) tr(B ), le
noyau de M est l'ensemble des matrices A telles que pour toute matrice B ,
tr(A) tr(B ) = 0 c'est-a-dire l'ensemble des matrices de trace nulle. L'application A 2 Mn(R) 7 ! tr(A) 2 R est une forme lineaire non nulle. Son
noyau, c'est-a-dire l'ensemble des matrices de trace nulle, est un hyperplan de
Mn(R) ; il est donc de dimension
n2 1. La signature de la forme quadratique
2
A 2 Mn(R) 7 ! (tr A) 2 R est68 donc (1; 0).
68
i=1
Nous pouvions aussi remarquer que la forme
! quadratique est denie par
A = (ai;j )(i;j)2(N n )2 2 Mn(R) 7 !
n
X
i=1
ai;i
2
2 R. Il est alors clair qu'il s'agit d'une forme qua-
136 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
L'application (A; B ) 2 (Mn(R))2 7 ! tr(tAB ) = tr(tBA) 2 R est une forme
bilineaire symetrique.
A 2 Mn(R) 7 ! tr (tAA) 2 R est donc une forme quadratique de forme polaire
(A; B ) 2 (Mn(R))2 7 ! tr(tAB ) = tr(tBA) 2 R.
n
X 2 X
t
En notant A = (ai;j )(i;j)2(Nn) nous obtenons tr AA =
(ai;j ) = kAik2
2
16i;j 6n
i=1
ou Ai designe la iieme colonne de la matrice A. tr (tAA) = 0 si et seulement
si toutes les colonnes sont nulles donc si et seulement si A = 0. La forme
quadratique est donc denie positive, de signature (n2; 0).
L'application f : (A; B ) 2 (Mn(R))2 7 ! tr(AB ) 2 R est une forme bilineaire symetrique. A 2 Mn(R) 7 ! tr(A2) 2 R est une forme quadratique de
forme polaire (A; B ) 2 (Mn(R))2 7 ! tr(AB ) 2 R.
Utilisons ce qui a ete dit au debut de ce corrige. Notons pour (i; j ) 2 (Nn )2 ,
Ei;j la matrice de Mn(R) dont les elements sont tous nuls sauf celui d'indices
(i; j ) qui est egal a 1. (Ei;j )(i;j)2(Nn) est la base canonique de Mn(R).
Si X est un element de Mn(R). Soit u l'endomrphisme de MX
n (R) de matrice la
matrice de f dans la base canonique. Nous avons u(X ) =
f (X; Ei;j )Ei;j .
2
Supposons X =
X
16k;l6n
xk;l Ek;l .
f (X; Ei;j ) = tr(XEi;j ) = tr
= tr
n
X
k=1
16i;j 6n
X
!
xk;lEk;l Ei;j = tr
!16k;l6n
X
xk;lil Ek;j
!
16k;l6n
xk;i Ek;j = xj;i .
u(X ) = X; () 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; xj;i = xi;j .
Il vient alors 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; xj;i = 2 xj;i . Nous en deduisons 2 = 1 car les
xi;j ne peuvent pas tous ^etre nuls.
Supposons = 1. 8(i; j ) 2 (Nn )2; xi;j = xj;i . Les matrices X vecteurs
propres associes a la valeur propre -1 sont les matrices antisymetriques.
Supposons = 1. 8(i; j ) 2 (Nn )2; xi;j = xj;i . Les matrices X vecteurs propres
associes a la valeur propre 1 sont les matrices symetriques.
2
La dimension de l'espace propre associe a la valeur propre -1 est egale a n n ,
2
2+n
n
la dimension de l'espace propre associe a la valeur propre 1 est egale a
n2 + n n2 n 2 .
La signature69 de la forme quadratique est donc
; 2 .
2
dratique de signature (1; 0).
n
X
69
Nous pouvions remarquer que tr(A2 ) = ai;i 2 + 12
i=1
X
X
(ai;j + aj;i )2 12
(ai;j aj;i )2 .
16i<j 6 n
16i<j 6 n
Nous retrouvons le m^eme resultat.
Si A s'ecrit B + C avec B symetrique et A antisymetrique nous avons A2 = B2 + C 2 + BC + CB.
tr(BC ) = tr(tBC ) = tr(CB) donc tr(A2 ) = tr(B2 ) + tr(C 2).
Notons B = (bi;j )(i;j)2(N n )2 et C = (ci;j )(i;j)2(N n )2 .
137
la forme quadratique A 2 Mn(R) 7 ! (tr A2 + tr(A)2) 2 R est la somme de
deux formes quadratiques vues plus haut donc est une forme quadratique de
forme polaire l'application f denie par f (A; B ) = tr(A) tr(B ) + tr(AB ).
Avec les notations precedentes nous avons f (X; Ei;j ) = ij tr(X ) + xj;i .
f (X; Ei;j ) = X () 8(i; j ) 2 (Nn )2; tr(X )ij + xj;i = xi;j .
Pour i 6= j nous avons xj;i = xi;j donc xj;i = 2xj;i . Ce qui conduit a 2 = 1
ou tous les xi;j nuls pour i 6= j .
Pour i = j nous avons tr(X ) + xi;i = xi;i ce qui implique en additionnant
n tr(X ) + tr(X ) = tr(X ) soit = n + 1 ou tr(X ) = 0.
Les valeurs propres possibles de la matrice M de la forme quadratique dans la
base canonique sont -1, 1 ou n + 1.
Reprenons ces trois cas possibles.
= 1.
8(i; j ) 2 (Nn )2; tr(X )ij + xj;i = xi;j . En choisissant i = j nous en deduisons
tr(X ) = 0. X est donc symetrique de trace nulle. L'espace propre associe a la
valeur propre 1 est l'espace des matrices symetriques de traces nulles ; un tel
2
2
espace est de dimension n n + n 1 = n + n 1.
2
2
= 1
8(i; j ) 2 (Nn )2; tr(X )ij + xj;i = xi;j . Pour i 6= j nous avons xi;j = xj;i .
Pour i = j nous avons tr(X ) = 2xi;i ce qui conduit a n tr(X ) = 2 tr(X ) soit
encore tr(X ) = 0. Finalement pour = 1 nous avons 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; xj;i =
xi;j . -1 est une valeur propre d'espace propre associe l'ensemble des matrices
2
antisymetriques ; il est de dimension egale a n n .
2
= n + 1.
8(i; j ) 2 (Nn )2; tr(X )ij + xj;i = (n + 1)xi;j . Pour i 6= j les xi;j sont nuls.
Pour i = j; tr(X ) = nxi;i . X est une matrice diagonale a elements diagonaux
tous egaux. n + 1 est une valeur propre et l'espace propre associe est l'espace
des matrices scalaires ; il est de dimension egale a 1.
n2 n + n2 + n 1 + 1 = n2 .
Nous verions que la somme des dimensions
2
n2 + n n2 n 2
La signature est donc egale a
; 2 .
2
(A; B ) 2 (Mn(R))2 7 ! tr(SAtB ) = tr(B tAS ) = tr(SB tA) 2 R est une
forme bilineaire symetrique70.
A 2 Mn(R) 7 ! tr(SAtA) 2 R est donc une forme quadratique de forme polaire (A; B ) 2 (Mn(R))2 7 ! tr(SAtB ) = tr(SB tA) 2 R.
Il existe une matrice diagonale D = Diag(d1; ; dn ) et une matrice orthogonale P telles que S = PDtP .
tr(SAtA) = tr(PDtPAtA) = tr(DtPAtAP ).
tr(B2 ) =
n
X
i=1
X
(bi;i )2 + 2
6i<j 6n
1
X
(bi;j )2 et tr(C 2) = 2
(ci;j )2 .
6i<j 6n
1
L'espace des matrices symetriques et des matrices antisymetriques sont supplementaires. Nous
retrouvons a nouveau le resultat demande
70
Je rappelle que tr(MN ) = tr(NM ) et tr(tM ) = tr(M ).
138 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Si nous notons tAP = B = (bi;j )(i;j)2(Nn) alors tr(SAtA) =
2
X
dj b2i;j .
16i;j 6n
L'application A 7 ! B est un isomorphisme ; il s'agit d'un changement71 de
base. Nous en deduisons que si p est le nombre de di > 0; q le nombre de di < 0
(c'est-a-dire si la signature de la forme quadratique denie sur Rn de matrice
S dans la base canonique de Rn est (p; q)) alors la signature est (np; nq).
80. Posons pour j 2 Nn 1 ; yj = xj+1 xj et yn = xn.
L'application x = (x1; ; xn) 2 Rn 7 ! y = (y1; ; yn) 2 Rn est lineaire
injective car si y = 0 nous avons yn = 0 ) xn = 0 puis 8j 2 Nn 1 ; xj+1 = xj .
Nous en deduisons immediatement x = 0. L'application est donc bijective ;
il s'agit d'un changement de coordonnees.
La signature de la forme quadratique
de la forme quadratique
n 1
X
i=1
y 2 + (x
i
n 1
X
j =1
yj =
n 1
X
i=1
j =1
(xj+1 xj ) = xn x1 .
(xi+1 xi )2 + (xn x1)2 est celle
x1 = 2
)2
n
n 1
X
n 1
X
i=1
yi2 la signature est donc
(n 1; 0).
X
La matrice de la forme quadratique xi xj a tous ces elements egaux a 1
i=
6 j
6i;j 6n
1
sauf les elements diagonaux qui sont tous nuls.
Cette matrice, symetrique, est diagonalisable.
Soit X une matrice colonne non nulle dont les elements sont (x1 ; ; xn).
Soit 2 R telnque AX = X .
X
Notons S = xi . AX = X ) 8i 2 Nn ; S = ( + 1)xi . En particulier
i=1
nS = ( + 1)S . S est donc nul ou est egal a n 1.
S = 0 ()n = 1. L'espace propre associe a la valeur propre -1 est
X
l'hyperplan xi = 0. -1 est donc valeur propre d'ordre n 1.
i=1
La trace de la matrice est nulle donc l'autre valeur propre est egale a n 1
est l'espace propre associe est la droite dirigee par le vecteur dont toutes les
coordonnees sont egales a 1.n Il existe donc une base dans laquelle la forme
X 2
quadratique s'ecrit : y1 2
yi . La signature est donc (1; n 1).
i=2
Nous pouvons retrouver ce resultat par le \calcul".
Notons pour (i; j ) 2 (Nn )2 fi;j l'application qui a (ak;l)(k;l)2(N n )2 associe bi;j . fi;j est une forme
lin
eaire. Montrons que la famille (fi;j )(i;jX
)2(N n )2 est une famille libre.
X
i;j fi;j = 0 ) 8(ak;i)(k;i)2(N n )2 ;
i;j ak;i pk;j = 0 ou P = (pi;j )(i;j)2(N n )2 .
71
6i;j 6n
1
Cela nous conduit a 8(i; k) 2 (Nn )2 ;
6i;j;k6n
n
X
1
j =1
i;j pk;j = 0. En notant = (i;j )(i;j)2(N n )2 nous obte-
nons tP = 0 puis = 0 car P est inversible. La famille (fi;j )(i;j)2(N n )2 est bien une famille
libre.
139
La 0matrice de la forme quadratique1est :
1 1 0 0 0 1
1 3 1 0 0 0C
C
0 1 3 1 0 0C
C.
0 0 1 1 1 0C
C
0 0 0 1 1 1A
1 0 0 0 1 1
Le polyn^ome caracteristique est A = X 6 6X 5 +X 4 +36X 3 36X 2 16X +20.
1 est racine du polyn^ome caracteristique et de sa derivee donc nous pouvons
mettre (X 1)2 en facteur.
Nous obtenons A = (X 1)2(X 4 4X 3 8X 2 + 24X + 20).
X 4 4X 3 8X 2 + 24X + 20 = (X 2 2X )2 12X 2 + 24X + 20
= (X 2 2X )2 12(X 2 2X ) + 20.
Y 2 12Y + 20 a pour racines 2 et 10 donc
A =p(X 1)p2 (X 2 2X 2)(X 2 2X 10). Les racines sont donc 1, double,
1 3; 1 11. La signature est donc (4; 2).
Nous pouvons aussi decomposer la forme quadratique en ecrivant
(x1 x2 )2 + (x2 x3 )2 + (x3 x4 )2 (x4 x5)2 (x5 x6 )2
!
B
B
B
A=B
B
B
@
(x6 x1
6
X
)2 +
= (x1 x2 + x6 )2 + (x4 + x5 x3 )2 + 1 (2x2 + x6 x3 )2
2
1 (2x x x )2 + 1 (2x + x )2
2 5 6 3
2 3 6
Nous retrouvons le m^eme resultat.
81. q(v) =
X
x2i +
16i<j 6n
=
X
x2j 2
16i<j 6n
X
x2
i
n
X
X
xi xj =
16i<j 6n
x2
i
2
X
X
x2i +
16i<j 6n
X
16j<i6n
xi xj = (n 1)
16i;j 6n
i=1
16i<j 6n
2
A = (ai;j )(i;j)2(Nn) la matrice de q dans la
Nn ; ai;i = n 1; (i; j ) (Nn )2 ; i = j
x2i 2
n
X
i=1
xi 2
5 x 2.
2 6
X
xi xj
16i<j 6n
x2i 2
X
xi xj .
16i<j 6n
canonique de Rn.
i=1
Soit
base
8i 2
8
2
6 ) ai;j = 1.
A est orthogonalement semblable a une matrice diagonale. L'ordre de multiplicite d'une valeur propre est egal a la dimension de l'espace propre associe.
Soit (; X ) 2 R Mn;1(R); X 6= 0 veriant AX = X .
Pour i 2 Nn , notons xi le iieme
element de X .
n
X
AX = X () 8i 2 Nn ; xj = (n )xi .
j =1
n= n est valeur propre d'espace propre l'ensemble des elements X veriant
X
xj = 0. Il s'agit d'un hyperplan. n est valeur propre d'ordre n 1.
j =1
La trace de la matrice est egale a n(n 1) donc la derniere valeur propre est
egale a 0. X etant non nul, tous les xi sont non nuls. L'espace propre associe
est l'ensemble des elements X veriant 8i 2 Nn ; xi = x1 ; il s'agit de la droite
de base le vecteur dont toutes les coordonnees sont egales a 1.
140 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Il existe donc une base orthogonale de Rn muni de son produit scalaire canonique dans laquelle q(v) s'ecrit q(v) =
n 1
X
i=1
yi2 . La signature de q est (n 1; 0).
82. Soit M la matrice d'une forme quadratique dans une base orthonormale. Rechercher une base orthonormale pour le produit scalaire qui soit orthogonale
pour la forme quadtratique consiste a determiner une matrice orthogonale P
telle que D = P MP soit diagonale c'est-a-dire M = PDP 1. Il s'agit donc
de determiner une base orthonormale de diagonalisation de M .
Soit q denie par q(v) = 2x2 +0 y2 + 2z 2 +1 2xy + 2xz + 2yz dans la base ca2 1 1
@
nonique. La matrice de q est 1 1 1 A. La polyn^ome caracteristique est
1 1 2
3
2
X + 5X 5X + 1 = (1 X )(1 + X + X 2 p5X ) = (1 X )(X 2 4X + 1).
Les valeurs propres de la matrice sont 1; 2 3.
Une 0
matrice de pasage depla 1
base initale a une base de vecteurs propres est
1 p1
1
3
@
P=
0 3 1
2p A.
1
1
1
3
Pour obtenir une base orthonormale il sut de choisir des vecteurs unitaires
colineaires aux vecteurs de la0base
q orthogonale
q par exemple
p qprecedente
p donc
p 1
p
p!
3(3
+
3)
6(3
3)
3(3
+
3)
2 ; 0; 2 , e = @
A,
e1 =
;
;
2
2
2
6
6
6
0q p q p q p 1
3(3
3) 6(3 + 3) 3(3
3)
A.
e3 = @
;
;
6
6
6
p
p
Dans cette base q(v) = x0 2 + (2 + 3)y02 + (2
3)z 0 2.
Soit q denie par q(v) = (x 0
+ y)(y z ). La matrice
1 de la forme quadratique q
1
1
0
B
2
21 C
B
CC. La polyn^ome caracteristique
1
dans la base canonique est B
1
B
@ 21 1 2 CA
3 1 2 2 0
est X X
X 2 .
2
Une matrice orthogonale de passage de la base initiale a une base de vecteurs
0 p3 p6 p2 1
B
p3 p6 2 C
B
CC
B
3
6
propres est B
.
0 C
B
C
3
3
p
p
p
@ 3
6 2A
3
6 2
Dans cette base la forme quadratique s'ecrit : 3 y0 2 1 z 0 2 .
2
2
141
Soit q denie par q(v) = 2xy +
020xz +1 21yz1. La matrice de la forme quadratique
q dans la base canonique est @ 1 0 1 A. Le polyn^ome caracteristique de la
1 1 0
2
matrice st (X + 1) (X + 2).
Une matrice orthogonale de passage de la base initiale a une base de vecteurs
0 p3 p2 p6 1
B
3
2
6 C
p
p
B
CC
3
6
propres est B
B
CC.
0
B
3
3
p
p
p
@ 3
2
6A
3
2
6
Dans cette base la forme quadratique q s'ecrit 2x0 2 y0 2 z 0 2.
83. (a) q est bien une forme quadratique de forme polaire
1
(P; Q) 2 (R2[X ])2 7 ! (P (0)Q(1) + P (1)Q(0)) 2 R.
2
Soit P = a + bX + cX 2 2 R2[X ]. q(P ) = a(a + b + c). La matrice de q
0 1 11
BB 11 2 2 CC
dans la base canonique de R2[X ] est M = B
BB 2 0 0 CCC.
@1
A
0 0
2
(b) La base canonique est une base orthonormale pour le produit scalaire
1
2
propose. Le polyn^ome caracteristique de M est X X X
. Un
2
vecteur propre associe a la valeur
p propre 0 est X 2 pX , un vecteur propre
1+ 3
associe a la valeur propre
est X 2 + X +1+ 3, un vecteur propre
2p
3 est X 2 + X + 1 p3.
associe a la valeur propre 1
2
Une base orthonormale pour le produit scalaire, orthogonale pour q est
par exemple constituee desqtrois polyn^omes
p
p
3(3
3) 2
p
2 2
P0 = 2 (X X ), P1 =
(X + X + 1 + 3),
6
q p
3(3 + 3) 2
p
P2 =
(X + X + 1
3).
6
(c) Nous avons vu plus haut que la forme polaire de q est l'application
(P; Q) 7 ! 12 (P (0)Q(1) + P (1)Q(0)).
L'orthogonal de P = X 2 + X + 1 est le plan ensemble des polyn^omes
Q = a + bX + cX 2; (a; b; c) 2 R3 tels que P (0)Q(1) + P (1)Q(0) = 0
c'est-a-dire veriant a + b + c + 3a = 0. Il s'agit du plan engendre par les
deux elements X 2 X et 4X 1.
Nous pouvons remarquer que la droite engendree par le polyn^ome X 2 X
est orthogonale (pour f ) a R2[X ].
142 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
84. Polyn^omes orthogonaux
(a) ' est une forme bilineaire symetrique positive.
'(P; P ) = 0 ) 8t 2 [0; 1]; f (t)P 2(t) = 0 car la fonction integree est
continue positive72. P est donc nul car il s'agit d'un polyn^ome ayant une
innite de racines.
' est bien un produit scalaire.
P0 = 1. Supposons construits P0; P1 ; ; Pk ; chaque Pi ayant pour
degre i ; la famille etant orthogonale pour '. Nous savons qu'alors
Vect ((Pi)i2Nk ) = Rk [X ]. Soit alors Pk+1
= X k+1
k
X
i=0
aiPi .
Nous devons avoir, 8j 6k; f (Pj ; Pk+1 ) = 0 = '(Pj ; X k+1) aj q(Pj ).
k
X
'(Pi ; X k+1) P . Il s'agit du prok
+1
Nous en deduisons Pk+1 = X
i
q(Pi)
i=0
cede de Schmidt.
La famille (Pi )i2N est une famille libre car il s'agit d'une famille orthogonale, pour le produit scalaire ', de vecteurs non nuls.
Soit P 2 R[X ] un polyn^ome non nul. Soit n le degre de P . P est donc
combinaison lineaire des elements de la famille (Pi)i2Nn et (Pi)i2N est ainsi
une base de R[X ] orthogonale pour '.
Soient (Pn)n2N et (Qn )n2N deux bases orthonormales de polyn^omes unitaires tels que pour tout n 2 N; deg(Pn) = deg(Qn) = n.
Pn et Qn sont orthogonaux a Rn 1[X ] ; Pn Qn est orthogonal a Rn 1[X ]
et appartient a Rn 1[X ] ; Pn Qn est donc nul. Une telle base (constituee
de polyn^omes unitaires) est donc unique.
(b) Notons x1 ; ; xp les racines eventuelles de Pn (n>1) deux
! a deux dis-
Yp
tinctes et d'ordres impairs. Pn s'ecrit donc
(X xi ) Qn ou Qn est
i=1
un polyn^ome
prenant
des
valeurs
positives
sur
R. Si p = 0 nous remplaYp
cons A = (X xi ) par 1 et Qn = Pn.
i=1
Supposons p < n. Le polyn^ome A est de degr
Ze1 strictement inferieur a
n donc est orthogonal a Pn. Nous avons alors Qn(t)A2(t)2 f (t) dt = 0
0
donc PnA = 0 ce qui est faux donc p = n ; le polyn^ome Pn est scinde a
racines simples.
85. Polyn^omes orthogonaux
(a) L'application f : (P; Q) 2
7!
forme bilineaire symetriqe positive.
(R[X ])2
Z1
1
P (t)Q(t)(1 + t2) dt 2 R est une
Il n'est pas necessaire que f soit strictement positive ou continue ; il sut que f soit continue
par morceaux, positive, nulle en au plus un nombre ni de points ou continue par morceaux,
positive et non nulle en au moins un point de continuite.
72
143
t 2 [ 1; 1] 7 ! (1 + t2 )P 2(t) 2 R est continue positive donc nous en
deduisons q(P ) = 0 ) 8t 2 [ 1; 1]; (1 + t2 )P 2(t) = 0 puis 8t 2
[ 1; 1] P (t) = 0. P est une fonction polynomiale ayant une innite
de zeros ; P est donc nulle. q est bien une forme quadratique denie
positive. La forme polaire,
Z 1f , associee est un produit scalaire. Il s'agit
de (P; Q) 2 (R[X ])2 7 ! P (t)Q(t)(1 + t2 ) dt 2 R.
1
Z
1
(b) P0 = 1. P1 = X a verie
(t a)(1 + t2 ) dt = 0 donc a = 0 et
1
P1 = X .
Supposons construits P0 ; P1 ; ; Pk ; chaque Pi ayant pour degre i ; la
famille etant orthogonale. Nous savons qu'alors Vect ((Pi)i2Nk ) = Rk [X ].
Soit alors Pk+1 = X k+1
k
X
i=0
ai Pi.
Nous devons avoir, 8j 6k; f (Pj ; Pk+1 ) = 0 = f (Pj ; X k+1) aj q(Pj ).
k
X
f (Pi ; X k+1) P . Il s'agit du proNous en deduisons Pk+1 = X k+1
i
q(Pi )
i=0
cede de Schmidt.
La famille (Pi )i2N est une famille libre car il s'agit d'une famille orthogonale, pour le produit scalaire f , de vecteurs non nuls.
Soit P 2 R[X ] un polyn^ome non nul. Soit n le degre de P . P est donc
combinaison lineaire des elements de la famille (Pi)i2Nn et (Pi)i2N est ainsi
une base de R[X ] orthogonale pour f .
Soient (Pn)n2N et (Qn )n2N deux bases orthonormales de polyn^omes unitaires tels que pour tout n 2 N; deg(Pn) = deg(Qn) = n.
Pn et Qn sont orthogonaux a Rn 1[X ] ; Pn Qn est orthogonal a Rn 1[X ]
et appartient a Rn 1[X ] ; Pn Qn est donc nul. Une telle base (constituee
de polyn^omes unitaires) est donc unique.
Le polyn^ome P0 est pair, le polyn^ome P1 est impair. Supposons que jusqu'au rang p chaque polyn^ome Pi soit de m^eme parite que son indice i.
f (P ; X k+1) est nul
Dans la relation denissant Pk+1 , chaque coecient i
f (Pi)
si i et k ont m^eme parite. Pk+1 a donc m^eme parite que son indice k + 1
d'ou le resultat.
(c) Par construction des Fi, une base, pour i>1, de Fi est (Pi )i2f0; ; i 1g ,
une base de l'orthogonal Fi est (Pj )j2N; j>i .
(d) Soit j 2 N; j 6i 1.
f (Pi+2 XPi+1; Pj ) = f (Pi+2; Pj ) f (XPi+1 ; Pj ) = f (Pi+1 ; XPj ) = 0
car XPj 2 Ri[X ] = vect(P0 ; ; Pi). NousXen deduisons qu'il existe des
scalaires aj ; j >i tels que Pi+2 XPi+1 = aj Pj .
j >i
deg(Pi+2 XPi+1)6i +1 donc Pi+2 XPi+1 = aiPi + ai+1Pi+1 c'est-a-dire
Pi+2 = (X + ai+1)Pi+1 + ai Pi.
XPi s'ecrit X i+1 + Q avec deg(Q)6i.
144 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Nous avons donc f (XPi; Pi+1) = f (X i+1; Pi+1). X i+1 s'ecrit Pi+1 + R
avec deg(R)6i ; au nal nous avons
f (Pi+2 ; Pi) = 0 = aiq(Pi ) + f (; Pi ) = ai q(Pi ) + q(Pi+1 ),
f (Pi+2 ; Pi+1) = 0 = f ((X + ai+1 )Pi+1; Pi+1 )
= f (ZXPi+1; Pi+1 ) + ai+1q(Pi+1 ).
1
f (XPi+1; Pi+1 ) = t(1 + t2)Pi2+1 (t) dt = 0 car la fonction integree est
1
impaire.
q(Pi+1 ) ; P = XP + a P .
Nous avons donc ai+1 = 073 et ai =
i+1
i i
q(Pi) i+2
86. (a) Nous choisissons e1 = 1; e2 = X e1 ; e3 = X 2 e1 e2 de telle sorte
que (e1 j e2 ) = (e1 j e3) = (e2 j e3 ) = 0. Nous obtenons alors
2
2
= (ek1ej kX2 ) = 0, = (ek1 ej kX2 ) = 13 , = (ek2 ej kX2 ) = 0.
1
1
2
1
2
Il vient e1 = 1; e2 = X; e3 = X
.
3
Si nous rendons
la base B denie
p cettep base orthonormale
p nous obtenons
2
6
3
10
1
par e01 = ; e02 = X; e03 =
X2 3 .
2
2
4
(b) La matrice
de la1 base canonique a la base B est
0 p2 de passagep10
0
B
2 p
4 C
B
CC
6
P =B
. La matrice de q dans la base canonique est
B
0
0C
B
C
2
p
@
A
3
10
0 0
4
0
p 1
1
5
BB 2 0 4 CC
I3 , celle dans la base B est A = tPP = B
BB p0 32
CC.
0C
@ 5
25 A
0
4
4
L'endomorphisme symetrique associe a q a pour matrice A dans la base
B. La matrice dans
de l'endomorphisme symetrique est
0 la9 base initiale
1
15
0
B
8 3
8 C
B
C.
1
B
donc PAP = B 0
0C
@ 15 2 45 CA
0
8
8
87. (a) Il est immediatZque est sesquilineaire a symetrie hermitienne.
1 2 i 2
(P; P ) =
P e
d>0.
2 0
(P; P ) = 0 ) 8 2 [0; 2] P ei = 0 car l'application integree est continue positive. Nous avons donc 8z 2 C ; jz j = 1 ) P (z ) = 0. P est donc
73
En regardant la parite, ai+1Pi+1 doit avoir la parite de l'indice i donc ai+1 doit ^etre nul.
145
un polyn^ome ayant une innite de racines ; il s'agit du polyn^ome nul. est un produit scalaire hermitien.
Z 2
1
j
k
exp(i(j + k)) d
(b) X ; X =
2 0
8
1
si j = k
<
2
=: 1 1
exp(i( j + k)) = 0 si j 6= k
2 i(k j )
0
j
k
k
Nous avons bien 8(j; k) 2 N; (X ; X ) = j .
n 1
X
Z
1 2
(c) kQk = 1 + jak j =
jQ(exp(i))j2 d6M 2 . Nous obtenons bien
2
0
k=0
M >1.
Supposons M = 1 alors 8 2 [0; 2]; jQ(exp(i))j261 donc
Z 2
n 1
X
1
2
2
kQk = 2 jQ(exp(i))j d61 puis 1 + jak j261 ; les coecients
0
k=0
ak sont bien tous nuls. Si ces coecients sont tous nuls alors Q = X n.
2
2
88. Theoreme de Courant-Fischer
(a) u est un endomorphisme hermitien. Soit e = (e1 ; ; en) une base de
n
X
vecteurs propres de u. 8i 2 Nn ; u(ei ) = i ei . Soit x 2 E; x = xi ei .
(u(x) j x) =
n
X
i=1
i jxij2 . (u(e1 ) j e1 ) = 1 . (u(en ) j en) = n.
i=1
Nous avons nkxk2 6(u(x) j x)61 kxk2 d'ou le resultat demande.
(b) Soient, pour k 2 Nn , Vk = Vect(e1 ; ; ek ) et Wk = Vect(ek ; ; en).
vectoriel
Soit(u(Vx)unj xsous-espace
de E de dimension egale a k. Pour x 6= 0,
)
kxk2 ; x 2 V n f0g = f(u(x) j x); x 2 V; kxk = 1g. V est de dimension nie donc est ferme ; la sphere unite de V est donc fermee bornee
c'est-a-dire compacte. L'ensemble possede donc un maximum et un minimum. Notons f (V ) le minimum.
8x 2 V; kxk = 1 ) f (V )6(u(x) j x). Sur la boule unite de E , compacte x 7 ! (u(x) j x) possede un maximum donc f (V ) est majore.
sup f (V )>f (Vk ) = k . Soit x 2 V \ Wk , x 6= 0. (u(x) j2 x) 6k . Le
kxk
V
minimum pour x 2 V \ Wk non nul, qui existe pour les m^emes raisons
(u(x) j x)
que precedemment, de
kxk2 est majore par k et en particulier le
(u(x) j x)
minimum pour x non nul appartenant a V de
kxk2 est majore par
k c'est-a-dire f (V )6k puis sup f (V )6k ; nous avons donc l'egalite
V
sup f (V ) = k . La borne superieure est atteinte pour Vk ; il s'agit donc
V
146 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
d'un maximum ; d'ou le resultat demande.
Le m^eme type de raisonnement conduit a l'autre resultat.
Remarque soient u et v deux endomorphisme quelconques de E . rg(u) =
r; rg(v) = q.
Soit 1 ; ; n la suite decroissante des valeurs propres reelles de l'endomorphisme symetrique positif (u v) (u v).
Soit 1; ; n la suite decroissante des valeurs propres reelles de l'endomorphisme symetrique positif u u. Montrons que pour i 2 Nn q ; i >i+q .
Soit F = Ker(u) \ Im(u u).
Nous savons que Im(u u) = (Ker(u u)) = (Ker(u)) donc
dim(F ) = dim(Ker(u)) + n dim(Ker(v)) dim(Ker(u) + (Ker(v)) )
> dim(Ker(u)) dim(Ker(v)) = r q.
Ker(u u) = Ker(u) donc r+1 ; ; n sont nuls. Montrons que pour
r>i + q; i+q 6i .
Soit V un sous-espace de F de dimension egale a i6r q. Pour x 2 V ,
v(x) = 0 donc (u v)(x) = u(x).
k(u v)(x)k2 = ((u v) (u v)(x) j x) donc, en utilisant
ce que nous ve
2
k
(u v)(x)k
k
u
(x)k2
nons de demontrer, i > max
min6 0
> x2min
.
V
x2V; x=
V; x6=0 kxk2
kxk2
Soit v1 ; ; vn une base orthonormale de vecteurs propres de u u telle
que 8i 2 Nn ; (u u)(vi ) = i vi . En choisissant V inclus dans F et dans
Vect(v1 ; ; vi+q nous en deduisons i >i+q .
89. (a) Soit A 2 Mn(C ). Si det(A) = 0 l'inegalite est veriee.
Nous identions les colonnes des matrices a des elements de C n rapporte
a sa base canonique muni du produit scalaire canonique.
Supposons la matrice inversible ; les colonnes A1; ; An de la matrice A constituent donc une base de C n que l'on orthogonalise par le
procede de Schmidt. Nous obtenons une base orthogonale puis orthonormale (U1; ; Un). La matrice de passage T 0 de la base (A1; ; An)
a la base B = (U1 ; ; Un) est triangulaire superieure. La matrice de
passage U de la base canonique a la base B est unitaire. Nous avons la
relation74 U = AT 0 puis, en notant T = T 0 1 qui est aussi triangulaire
superieure, A = UT .
La j ieme coordonnee tj de Aj dans la base B est (Uj j Aj ).
Yn
Yn
Yn
j det(T )j = jtj j6 kUj kkAj k = kAj k.
j =1
j =1
j =1
Soit e la base canonique de C n nous avons
det(A) = dete(A1 ; ; An) = dete(U1; ; Un) detB (A1 ; ; An). La
matrice de pasage de la base e a la base B est une matrice unitaire donc
j dete(U1; ; Un)j = 1 puis
Pour retrouver facilement ce type de relation il sut de se souvenir que si M est la matrice
de passage d'une base B a une base B0 si X et X 0 sont les matrices colonnes des coordonnees
respectives d'un vecteur x dans les bases B et B0 alors nous avons la relation X = MX 0 . Dans
notre exemple il vient X = AX 0 puis X 0 = T 0 X 00 et X = UX 00 . Nous avons bien U = AT 0 .
74
147
Yn
kAj k
!j=1
j det(A)j = j detB (A1; ; An)j = j det(T )j6
Nous avons donc j
n
Yn X
j
jai;j j2 .
j =1 i=1
Nous savons que pour j 2 Nn , Uj = kj (Aj + Vj ) ou kj 2 R+ et Vj orthogonal a Uj donc kUj k2 = kj (Aj j Uj ). (Aj j Uj ) est donc non nul.
det(A) 26
Dans l'inegalite ecrite plus haut, l'egalite a lieu, car aucun des termes
du produit n'est nul, lorsque pour chaque j 2 Nn , Aj est colineaire a
Uj c'est-a-dire lorsque la famille (Aj )j2Nn est une famille orthogonale de
vecteurs non nuls.
Lorsque la matrice A n'est pas inversible son determinant est nul donc
l'inegalite est encore veriee.
Soit (A; B; C; D) un parallelogramme du plan ane euclidien. L'aire
!; AD
!)j ou e est une base orthonormale de l'espace
est egale a j dete(AB
vetoriel associe au plan. L'aire est donc au plus egale au produit des
longueurs de deux c^otes consecutifs du parallelogramme. Celui des parallelogrammes dont les c^otes ont une longueur donnee a l'aire la plus
grande est donc le rectangle. De m^eme celui des dont les ar^etes ont une
longueur donnee a le plus grand volume est le parallelepipede rectangle.
n
(b) 8j 2 Nn ; kAj k26nc2 donc j det(A)j6cn n .
90. A 2 Mn(R), symetrique. Il existe P 2 O(n) une matrice orthogonale et
D = Diag(d1; ; dn ) une matrice diagonale a elements diagonaux positifs
telles que A = PDtP . Posons V = tPUP . V est orthogonale comme produit
de matrices orthogonales. AU = PDV tP = P (DV )P 1. AU et DV sont
semblables donc tr(AU ) = tr(DV ).
Si nous notons di;j l'element d'indices (i; j ) de la matrice V nous avons
n
X
tr(AU ) = di vi;i puis, les di etant au moins egaux a 0,
2
i=1
n
j tr(AU )j6
X
i=1
di jvi;i j 6
n
X
i=1
di = tr(A).
91. Soit A une matrice hermitienne denie positive. Nous avons vu dans de precedents exercices qu'il existe alors une matrice inversible P et une matrice diagonale D = Diag(d1 ; ; dn) a elements diagonaux appartenant a R+ telles
Yn
que A = P P et B = P DP . det(In + D) = (1 + di ). det(A) = j det(P )j2
Yn
2
det(B ) = j det(P )j
i=1
di . det(A + B ) = j
i=1
1
Yn
(1 + di ).
i=1
Yn ! n
1
(det A) n + (det B ) n 6(det(A + B )) n () 1 +
1
j
det(P ) 2
1
di
i=1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
6
Yn
i=1
!n
1
(1 + di )
.
148 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Si l'un des di est nul l'inegalite est veriee. Supposons alors que les di sont
tous strictement positifs.
L'application f : x 2 R 7 ! ln(1 + enx) 2 R a pour derivee seconde l'appli2
cation x 2 R 7 ! n exp(nx) 2 2 R qui est positive. f est donc convexe et
(1 + exp(nx))
pour toute famille (i )i2Nn de reels positifs de somme
! egale a 1 et pour toute
famille (xi )i2Nn de reels nous avons f
n
X
i f (xi ). Choisissons
Yn !
di .
i=1 1
2 n
3
!
!
n
n
n
Y A 4 Y
di
6 ln
(1 + di ) 5 c'esti=1
i=1
!
!n
Yn n Yn
i=1
n
X
1
1
i = n et xi = n ln(di ). n i xi = n1 ln
i=1
0
L'inegalite precedente devient ln @1 +
i xi 6
n
X
i=1
1
1
1
1
a-dire , ln etant strictement croissante, 1 +
di 6
(1 + di ) . Nous
i=1
i=1
obtenons le resultat demande.
Supposons A>0. Soit A(t) = A + tIn. Soit X 2 Mn;1(C ).
X A(t)X = X AX + tX X est strictement positif pour toute colonne X non
nulle des que t est trictement positif.
En utilisant le resultat demontre precedemment nous obtenons pour t > 0,
(det(A + tIn)) n + (det(B )) n 6(det(A + B + tIn )) n .
L'application M 2 Mn(C ) 7 ! det(M ) 2 C est un polyn^ome en les coecients de M donc est une fonction continue. Nous obtenons donc en calculant
la limite a droite en 0 l'inegalite demandee.
92. (a) Ce resultat est un resultat classique. Redemontrons-le. v = IdE u avec
u 2 O(E ). Soit x 2 E . v(x) = 0 () u(x) = x.
Soit (x; y) 2 Ker(v) Im(v). Il existe z 2 E; y = v(z ).
(x j y) = (x j v(z )) = (x j z ) (x j u(z ) = (x j z ) (u(x) j u(z ) = 0 car u
est un automorphisme orthogonal. Ker(v) et Im(v) sont donc orthogonaux ; en utilisant le theoreme du rang nous en deduisons qu'ils sont
?
supplementaires donc E = Ker(v) Im(v).
n 1
X
1
k
(b) Si x 2 Ker(v) ; u(x) = x donc
n k=0 u (x) = x donc dans ce cas p(x)
existe et est egal a x.
Supposons x 2 Im(v). Il existe y 2 E; x = y u(y).
1
1
8k 2 N; uk (x) = uk (y)
1
uk+1 (y)
donc
n 1
X
uk (x) = y un (y).
k=0
X
n 1
1 uk (x) = 1 ky un(y)k6 1 (kyk + kun(y)k) = 2 kyk car u est une
n k=0 n
n
n
n 1
1X
k
isometrie. Nous obtenons alors n!lim
+1
n k=0 u (x) = 0. Nous avons dans
149
ce cas p(x) = 0.
Soit alors x = a + b avec (a; b) 2 Ker(v) Im(v).
n 1
X
n 1
X
n 1
X
n 1
X
uk (x) = uk (a) + uk (b) = a + uk (b). Nous en deduisons, en
k=0
k=0
k=0
k=0
utilisant ce que nous venons de demontrer, que p(x) existe et p(x) = a.
p est donc le projecteur orthogonal d'image Ker(v).
(c) Choisissons sur L(E ) la
q
X
N denie par N (f ) = kf (ei )k ou
i=1
e = (e1 ; ; eq ) est une base de E concatenation d'une base de Im(v),
suppose de dimension egale a r, et d'une base de Ker(v).
q
X
Pour n 2 N, N (pn p) = k(pn p)(ei )k. Lorsque ei est dans Ker(v),
norme75
i=1
pour n>1, pn (ei) = p(ei ) = ei . N (pn p) =
r
X
i=1
k(pn p)(ei )k. Pour
chaque i 2 Nr notons yi un vecteur veriant ei = yi u(yi ). Nous avons
deja vu que pn (ei) p(ei ) = 1 (yi un (yi)) donc
n
r
X
2
2
kpn (ei) p(ei )k6 n kyi k. N (pn p)6 n kyi k = Mn . La suite (pn )n2N
i=1
converge donc dans L(E ) vers p.
Soit K un sous-ensemble de E borne. Munissons L(E ) de la norme
subordonnee a la norme euclidienne denie sur E .
kpn (x) p(x)k6kjpn pkj kxk6C kjpn pkj. La suite (pn)n2N converge
donc uniformement sur toute partie bornee de E .
93. (a) Il est immediat que f est une forme sesquilineaire a symetrie hermitienne
positive car ' est un produit scalaire hermitien.
(b) Soit M = (mi;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(C ) la matrice de f dans la base canonique
(e1 ; ; en) de C n .
8(i; j ) 2 (Nn )2; mi;j = f (ei ; ej ) = '(xi ; xj ) c'est-a-dire M est la matrice
Gram de (x1 ; x2 ; ; xn).
2
n
X
(c) f (; ) = 0 ) i xi = 0 donc = 0 et f est un produit scalaire heri=1
mitien.
Si la famille (x1 ; x2 ; ; xn) est libre, la matrice M est hermitienne
denie positive donc a son determinant non nul (en fait > 0).
Si M qui est hermitienne a son determinant non nul, les valeurs propres,
qui sont reelles positives,n sont strictement positives et M est la matrice
X
d'un produit scalaire.
i xi = 0 ) f (; ) = 0 ) = 0 donc la fai=1
mille (x1 ; ; xn ) est libre. (x1; x2 ; ; xn ) est donc libre si et seule75
L(E ) est de dimension nie donc toutes les normes sont equivalentes.
150 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
ment si le determinant Gram de cette famille est non nul (il est alors
> 0).
(d) Soit x 2 E . x s'ecrit x = x1 + x2 avec x1 2 V et x2 2 V .
La
ere 1
colonne
de la matrice
Gram de la famille (x; e1 ; ; ep ) est
1
0
0 premi
2
2
kx2 k
kx1k
C
B
B
(
x
j
e
)
1 1 C B 0 C
C
B
B
B
0 C
(x1 j e2) C
B
B
C
... C + B ... C
CC.
B
B
B
C
B
@ ... CA
A B
@ ... C
0
(x1 j ep )
En developpant le determinant Gram nous obtenons
detGram(x; e1 ; ; ep ) = detGram(x1 ; e1; ; ep )
+kx2 k2 detGram(e1 ; ; ep ).
La famille (x1 ; e1 ; ; ep ) est liee donc le determinant Gram associe est
nul ; nous avons donc
detGram(x; e1 ; ; ep ) = kx2 k2 detGram(e1; ; ep ) et
x; e1 ; ; ep ) .
d2 (x; V ) = detGram(
detGram(e1 ; ; ep )
94. Soient x = (x1; X
; xn ) 2 Rn et y = (y1; ; yn) 2 Rn.
Posons '(x; y) =
(xi vi j xj vj ). ' est clairement une forme bilineaire sy16i;j 6n
metrique. '(x; x) = (x). est bien une forme quadratique ; elle est evidemment positive. ' est la forme polaire associee a .
Soit ("1 ; ; "n ) la base canonique de Rn. La matrice, M , de dans cette
base a pour terme
X k gel neral d'indices (i; j) l'element
'("i ; "j ) =
i j (vk j vl ) = (vi j vj ). M est la matrice Gram de la famille
16k;l6n
(v1 ; ; vn ).
Montrons que le rang de la matrice Gram d'une famille de vecteurs est egal
au rang de cette famille.
Soit r le rang de la famille de vecteurs (v1 ; ; vn ). Soit une permuation de
f1; ; ng telle que (v(1) ; ; v(r) ) soit libre. Soit P 2 Mn(R) la matrice
dont le terme d'indices (i; j ) est egal a i(j) . Soit A 2 Mn(R). Notons, pour
i 2 Nn , Li la iieme ligne de A et pour j 2 Nn , Cj la j ieme colonne de A. La
iieme ligne L0i de la matrice P A est egale a L (i) . La j ieme colonne Cj0 de la
matrice AP est egale a C(j) .
La matrice Gram, M , de la famille (v(i) )i2Nn est la matrice P MP ou M
est la matrice Gram de (v1 ; ; vn ). M et M ont le m^eme rang.
Quitte a changer les indexations nous pouvons donc supposer que les r premiers
vecteurs de la famille (v1; ; vn) sont independants. En utilisant le resultat
de l'exercice precedent, nous en deduisons que la matrice ((vi j vj ))(i;j)2(Nr)
est inversible. Le rang de M est donc au moins egal a r.
Pour j >r, vj est une combinaison lineaire des r premiers vecteurs.
1
1
2
151
r
X
r
X
vj = j;k vk , (vj j vi ) = j;k (vk j vi ). Les colonnes Cj pour j >r + 1 sont
k=1
k=1
donc combinaisons lineaires des r premieres colonnes. Le rang de M est donc
au plus egal a r ; il est donc egal a r.
M a m^eme rang que la famille (v1 ; ; vn). Le rang de est donc aussi celui
de la famille (v1; ; vn). La signature est donc (r; 0).
95. Il s'agit de determiner le carre de la distance de 1 a l'espace engendre par la
famille X i i2Nn.
ZLa1 matrice Gram1 de la famille (1; X; ; X n) a pour terme d'indices (i; j)
ti+j dt = 1 + i + j .
0
La
Z 1 matrice Gram 1de la famille (X; ; X n) a pour terme d'indices (i; j)
t2+i+j dt = 3 + i + j .
0
En admettant le resultat propose,nnous avons
Y 2
(i!)
detGram(1; X; ; X n) = Yi=0
.
(1 + i + j )
06i;j 6n
Yn 2
(i!)
detGram(X; ; X n) = Yi=1
.
(1 + i + j )
16i;j 6Y
n
d2 (1; Vect(X; ; X n)) =
Y
(1 + i + j )
16i;j 6n
(1 + i + j )
06i;j 6n
=
1
.
((n + 1)!)2
f possede bien un minimum egal a ((n +1 1)!)2 .
96. t!lim
t2 exp( t)u(t)v(t) = 0 et t 2 R+ 7 ! exp( t)u(t)v(t) 2 C est continue
+1
donc t 2 R+ 7 ! exp( t)u(t)v(t) 2 C est integrable ; ' est bien denie sur
P 2.
Z +1
2
(u; v) 2 (P ) 7 ! exp( t)u(t)v(t) dt 2 C est bien un produit scalaire her0
mitien.
utilisons la m^eme methode que dans l'exercice precedent.
ZNous
+1
exp( t)ti+j dt = (i + j + 1) = (i + j )!. Notons Dn+1 la matrice dont le
0
terme general d'indice (i; j ) 2 (Nn+1 )2 est (i + j 2)! et n la matrice dont
le terme general d'indices (i; j ) 2 (Nn )2 est (i + j )!.
Dn+1 est la matrice de (1; X; ; X n) ; n est la matrice de (X; ; X n).
Considerons la matrice Dn+1.
152 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Retranchons, pour i allant de n a 1, la ligne i multipliee par i a la ligne i + 1.
La nouvelle iieme ligne L0i , i 2 N; 26i6n + 1 a pour terme general situe a la
colonne j , (j 1)(i + j 3)!.
l'element d'indices (1; 1) est egal a 1 ; les autres elements de la premiere colonne sont nuls.
Notons Dn0 +1 cette matrice qui a m^eme determinant que la matrice Dn+1.
Le determinant de la matrice Dn+1 est celui de la matrice Dn0 dont les elements
sont j (i + j 1)! pour i et j allant de 1 a n c'est-a-dire n! det(Dn00 ) ou Dn00 est
la matrice dont l'element d'indices (i; j ) 2 (Nn )2 est egal a (i + j 1)!.
Retranchons pour i allant de n a 2 la (i 1)ieme ligne Li 1 , de la matrice Dn00 ,
multipliee par i a la ligne i.
Le nouvel element d'indices (i; j ) est egal, pour i allant de 2 a n et pour j
allant de 1 a n, a (i + j 2)!(j 1). L'element d'indices (1; 1) est egal a
1 et les autres elements de la premiere colonne sont nuls. Nous en deduisons
que le determinant de Dn00 est egal a (n 1)! multiplie par le determinant de
la matrice dont le terme general d'indices (i; j ) 2 (Nn 1 )2 est egal a (i + j )!
c'est-a-dire det(Dn00 ) = (n 1)! det(n 1).
Nous avons donc, pour n>2, det(Dn+1) = n!(n 1)! det(n 1).
Reprenons la matrice Dn0 +1. Pour j allant de n a 1 soustrayons a la (j + 1)ieme
colonne la j ieme multipliee par j . Le terme general, de la matrice ainsi obtenue,
d'indices (i; j ) pour i et j entre 2 et n + 1 est (j 1)(i 1)(i + j 4)!.
La matrice obtenue a alors pour determinant det(Dn+1) = (n!)2 det(Dn). FinaYn 2
Yn 2
lement det(Dn+1) = (i!) . Nous obtenons alors n!(n 1)! det(n 1) = (k!)
i=0
puis det(n) = (n + 1)
Yn
k=0
k=0
(k!)2 .
det(Dn+1)
1
Nous obtenons donc pour n>2
=
.
det(n) n + 1
det(D2) = 1; det(1 ) = 2 donc le resultat est vrai pour n 2 N .
f possede bien un minimum egal a n +1 1 .
97. Nous n'allons pas employer la m^eme methode que dans les exercices precedents ; nous alllons eectuer un calcul direct. Nous pouvons cependant utiliser
la m^eme methode que plus haut.
Soit E l'espace vectoriel des applications Zcontinues denies de [0; 1] dans R
1
muni du produit scalaire (f; g) 2 E 2 7 ! f (t)g(t) dt 2 R.
Z1
0
2
v) dt
Pour (u; v) 2 R2 (sin(t)
2 R designe le carre de la dis0
tance de f : t 2 [0; 1] 7 ! sin(t) 2 R a t 2 [0; 1] 7 ! ut2 + v 2 R.
Le minimum cherche est donc la distance, d, de f au plan, P , engendre par
e1 : t 2 [0; 1] 7 ! 1 2 R et e2 Z: t 2 [0; 1] 7 ! t2 2 R.
1
Soit e3 = e2 + ae1 . (e3 j e1 ) = (a + t2 ) dt = a + 1 .
3
0
ut2
153
En choisissant a = 1 , le couple (e1 ; e3 ) est une base orthogonale. Une base
3
p
orthonormale de P est donc par exemple (e1; e4 ) avec e4 = 5 (e1 3e2 ).
2
Le
projet
e
orthogonal
de
f
sur
P
est
donc
(
f
j
e
)
e
+
(
f
j
e
)e4 c'est-a-dire
1
1
4
Z 1
p5 Z 1
sin(t) dt e1 +
sin(t) (1 3t2 ) dt e4 .
12 0 1 2 Z 1
Z 10
t2 sin(t) dt = t2 cos(t) + t cos(t) dt
0
0
0
1 2 Z 1
1
2
1 4
2
t
cos(t) + 2 t sin(t)
sin(t) dt =
=
2
3 .
0 0
Nous obtenons alors :
2
2
60
5
(f j e1 )e1 = e1 et (f j e4)e4 =
(e1 3e2 ).
43
2
d2 = kf k2 k 2 e1 + 60 435 (e1 3e2 )k2
60 52 2 4
Z 1 1 cos(2t) 4
=
dt 2
2
43
5
0
4
2
6
4 + 120 2 720
21
+
720
120
2
21
1
=
.
=
2
46
46
98. q : x 2 E 7 ! (a j x) (b j x) 2 R est une forme quadratique. L'endomorphisme
symetrique associe a q est deni par x 2 E 7 ! f (x) = 1 ((a j x)b + (b j x)a).
2
Soit 1 la plus petite valeur propre de f et soit n la plus grande valeur propre.
1 n sont les valeurs comptees avec leur ordre de multiplicite, rangees dans
l'ordre croissant.
8x 2 E; 1 kxk2 6(f (x) j x)6n kxk2.
Les extrema cherches sont donc 1 et n . Il sut de determiner la plus grande
et la plus petite valeur propre de f .
Chosissons une base orthonormale, (e1 ; ; en), de E de premiers vecteurs
n
X
1
1
e1 = kak a et e2 = kbk b. Soit x = xi ei .
i=1
1
f (x) = 2 kakkbk (x1e2 + x2 e1 ).
Soit une valeur propre
de f .
n
X
Il existe x 2 E; x = xi ei tel que
i=1
n
X
1
kakkbk (x1e2 + x2 e1 ) = (x1 )e1 + (x2 )e2 + (xi )ei.
2
i=2
= 0 est valeur propre ; les vecteurs propres associes verient x1 = x2 = 0.
L'ordre de multiplicit
e de cette valeur propre est donc egal a n 2.
n
X
1
Si 6= 0 alors xi ei = 0 et kak kbk (x1e2 + x2 e1 ) = (x1 )e1 + (x2)e2 c'est2
i=2
1
1
a-dire kak kbk x1 = x2 , kak kbk x2 = x1 et 8i>2; xi = 0 soit encore
2
2
154 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
= 12 kak kbk, x1 = x2 et 8i>2; xi = 0 puis = 12 kak kbk, x1 = x2 et
8i>2; xi = 0. Nous obtenons une base de vecteurs propres76 et 1 = 12 kak kbk,
n = 21 kak kbk.
99. Il nous sut d'utiliser la diagonalisation simultanee. Nous avons deja demontre que si q1 est une forme quadratique denie positive et si q2 est une forme
quadratique, il existe une base de R3 orthonormale pour q1 et orthogonale
pour q2.
Determinons par une methode quelconque une base orthonormale pour q1 . Exprimons ensuite q2 dans cette base. R3 muni du produit scalaire associe a q1
est alors rapporte a la base en question. La matrice de q2 dans cette nouvelle
base est une matrice symetrique reelle qui est orthogonalement semblable a
une matrice diagonale. Nous obtenons alors ainsi une base de R3 orthonormale
pour q1 et orthogonale pour q2.
q1 (v) = 2(y + p
2z )2 + 6x2 + 3z 2 . p
0 = x 6; y 0 = (y + 2x) 2 et z 0 = z p3 c'est-a-dire
Posons
x
p
p
qp
p 0
6
0
0
x= 6 x; y=
63x + 22y et z = 3 z 0 .
3
La matrice
passage de 1
la base canonique de R3 dans la nouvelle base est
0 pde
6
0
0 C
B
6
B
C
C
B
p
C
p
. Soit A la matrice de q1 dans la base canonique
P =B
6
B
C
22
0
B
C
@ 3
p A
33
000
1
1
2
1C
B
2
B
1 0 1C
CC celle de q2.
de R3 et B = B
B
2
2
@
A
1 1 0
2
AP . La matrice de q2 dans cette nouvelle base est
Nous avons I3 = P 0
1
p 0
1
0
p A
2 . Recherchons alors les valeurs propres
P BP = B 0 = 123 @ 1 p0
0
2
0
1
1 1
de B 0 . B0 = X (1 16X 2). Les valeurs propres sont donc 0; ; . Il
16
4 4
existe une base orthonormale pour q1 dans laquelle q1 (v) s'ecrit x21 + y12 + z12
1
q (v)
y2 z 2
et q2 (v) s'ecrit : y12 z12 ). 2 = 2 1 2 1 2 . Le minimum pour v 6= 0
4
q1 (v) 4(x1 + y1 + z1 )
1
1
est donc egal a
et le maximum est egal a .
4
4
76
Ce qui n'est pas demande dans cet exercice.
0
100. La matrice M = @
1
155
3 0 1
0 1 0 A de la forme quadratique, q2 , denie au de1 0 3
nominateur a pour valeurs propres 1, 2 et 4. Il s'agit donc d'une forme quadratique denie positive. Nous pouvons
p 1 propres associes
0 p2 choisir
1 comme
0 vecteurs
2
001
B
C
B
2 C 0 B 2 C
les vecteurs e01 = @ 1 A, e02 = B
B@ p0 CA et e3 = B@ p 0 CCA.
0
2
2
2
2
Dans cette nouvelle
base
la
forme
quadratique
q
s'
e
crit x0 2 + 2y0 2 + 4z 0 2 .
2
1 1 Dans la base B = e01 ; p e2 ; e3 q2 s'ecrit x00 2 + y00 2 + z 00 2 . Il s'agit donc
2 2
d'une base orthonormale pour le produit scalaire associe a la forme quadratique q2. Dans cette base,
p q1 la forme quadratique du numerateur s'ecrit :
1
5
3 2 00 00
2x00 2 y00 2 z 00 2
yz.
4
8
4
Il existe une base orthonormale
0 2 pour q20diagonalisante
1 pour q1 ; il sut de dia0
p C
B
B
1
2C
3
B
CC, de la forme quadratique
0
gonaliser la matrice, N = B
4
8
B
CA
p
@
2
3
5
0
8
8
de q2 dans la base B.
Les valeurs propres sont 1; 1 ; 2. Il existe donc une base orthonormale pour
8
2
q2 dans laquelle q1 s'ecrit 2x1 y12 + 18 z1 2 .
2x1 2 y12 + 81 z1 2
x1 2 + y12 + z12 est donc compris entre 1 et 2.
Remarque nous aurions pu utiliser la methode de Gauss pour transformer le
denominateur ; par exemple
ecrire1: 3x2 + y2 + 3z 2 2xz = 3 x2 2 xz + y2 + 3z 2
1 32 1
2 + y 2 + 3z 2
=3 x z
z
31 2 83
= 3 x z + z 2 + y2 .
3 3 p
p
1
2 6
Nous pouvons choisir alors x1 = 3 x z , y1 = y et z1 =
z.
3
3
Le numerateur s'ecrit alors x1 2 + 2y1 2 + 1 z12 . Le quotient est donc compris
8
entre 1 et 2.
101. Il s'agit du m^eme exerice que le precedent, corrige de maniere un peu dierente.
La matrice A1, dans la base canonique de R3, de la forme quadratique q1 denie
156 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
0
sur R3 par (x; y; z ) 7 ! 3x2 + y2 + 3z 2 2xz 2 R est A1 = @
3 0
0 1
1 0
1
1
0 A.
3
A (X ) = (X 1)(X 2)(X 4).
2x z = 0
Une solution non nulle du systeme
x + 2z = 0 est un vecteur propre
associe a la valeur propre 1. Il sut de choisir (0; 1; 0) ; ce que nous savions
deja en examinant la matrice A. 8
< x z = 0
y = 0 est un vecteur propre
Une solution non nulle du systeme :
x+z = 0
associe a la valeur propre 2. Il sut 8de choisir (1; 0; 1).
< x z = 0
Une solution non nulle du systeme :
y = 0 est un vecteur propre
x z = 0
associe a la valeur propre 4. Il sut de choisir (1; 0; 1).
En rendant unitaires 0
chacun de ces 1vecteurs nous obtenons une matrice de
0 1 1
p
1
passage Soit P = p @ 2 0 0 A.
2 0 1 1
La matrice de de q1 danspcette nouvelle base
p est Diag(1; 2; 4).
Diag(1
; 2; 2)I3 Diag(1; 2; 2) donc
; 2; 4) = Diag(1
1
1
1
1
t
I3 = Diag 1; p ; 2 P A1 P Diag 1; p ; 2 .
2
2
q1 a pour matrice I3 dans la 0
base denie par la1matrice
1
p
0 1
1 1 B
2 2 2C
B
Q = P Diag 1; p ; 2 = B
1 0
0C
@ 1 1 CA. Cette nouvelle base est donc
2
p
0
2 2 2
orthonormale pour la forme quadratique q1.
Soit q2 denie sur R3 par q2(x; y; 0z ) = 2y2 31
z 2 + 2xz . Sa matrice A2 dans
0 0 1
3
@
la base canonique de R est A2 = 0 2 0 A.
1 0 3
02 0
1
0
3
1
B
CC
p
0
B
0
t
A2 = QA2 Q = B
@ 34 4 52 CA est la matrice, dans la base de matrice Q,
0 p
8
4 2
de la forme quadratique q2.
Les valeurs propres de la matrice A02 sont egales a 1; 1 et 2. Il existe donc
8
une base orthonormale pour q1 dans la quelle q2 s'ecrit x0 2 + 1 y0 2 + 2z 0 2 et
8
bien sur q1 s'ecrit x0 2 + y02 + z 0 2 .
Le minimum est donc egal a -1 et le maximum est egal a 2.
1
157
102. Redemontrons des resultats deja demontres plusieurs fois.
Notons A la matrice de la premiere forme quadratique et B celle de la seconde.
A et B sont des matrices symetriques reelles. B est denie positive donc il
existe une matrice P telle que tPBP = I2. Notons A1 la matrice tPAP . A1
est une matrice symetrique reelle donc il existe une matrice orthogonale Q
veriant tQA1 Q = A2 ou A2 est diagonale. Nous avons alors77 tPQAPQ = A2
et tQtPBPQ = tQI2 Q = I2.
Utilisons cela ici.
2x2 + 4y2 4xy = 2 (x y)2 + 2y2. Nous avons la une forme quadratique denie positive. Nous pouvons munir R3 du produit scalaire associe a cette forme
quadratique.
p
p
Posons x1 = (x y) 2 et y1 = y 2 soit x = p1 (x1 + y1) et y = p1 y1 .
2
2
1 2 1 2
2
2
Dans ces conditions x + 8y 8xy = x1 + y1 3x1 y1.
2
0 1 3 12
Diagonalisons la matrice B
@ 32 21 CA. Les valeurs propres sont egales a -1
2 2
0 1 1
p C
B
et 2 ; nous pouvons choisir comme vecteurs propres respectivement @ 12 A
p
2
0 1 1
5 p C
1
1
B
et @ 1 2 A c'est-a-dire x1 = p (x2 y2 ); y1 = p (x2 + y2). Finalement
2
2
p
2
x = x2 ; y = 12 (x2 + y2 ), 2x2 + 4y2 4xy = x2 2 + y22 ,
x2 + 8y2 8xy = x2 2 + 2y2 2.
Pour determiner P , nous aurions p^u diagonaliser la matrice B .
103. A 2 Mn(R) est symetrique donc il existe une matrice diagonale reelle D =
Diag(d1; ; dn) et une matrice orthogonale P telles que A = PDtP .
A3 + A2 + A = 0 () D3 + D2 + D = 0 () 8i 2 Nn ; d3i + d2i + di = 0.
Nous en deduisons 8i 2 Nn ; di = 0 c'est-a-dire D = 0 puis A = 0.
Nous pouvons \eviter" les matrices.
Soient q1 et q2 deux formes quadratiques denies sur un espace vectoriel E de dimension nie n.
Soient f1 et f2 leurs formes polaires respectives. Supposons q1 denie positive. f1 est donc un
produit scalaire. Soit ' l'endomorphisme symetrique, pour le produit scalaire f1, associe a f2 c'esta-dire veriant : 8(x; y) 2 E 2; f1 ('(x); y) = f2 (x; y). ' etant un endomorphisme symetrique,
il existe une base e = (e1 ; ; en) orthonormale pour f1 de diagonalisation de '. Il existe donc
(1 ; ; n) 2 Rn tel que 8i 2 Nn ; '(ei ) = iei .
Il vient alors 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; f1 (ei ; ej ) = ij et f2 (ei ; ej ) = f1('(ei ); ej ) = i f1 (ei ; ej ) = i ij .
n
n
n
X
X
X
Si x 2 E s'ecrit : x = xi ei . alors q1(x) = xi 2 et q2 (x) = ixi 2 .
i=1
i=1
i=1
Du point de vue pratique, il sut de choisir une base orthonormale pour f1 quelconque puis d'ecrire
la matrice de f2 dans cette base. La matrice, M , de ' dans cette base est alors M . ' est alors
determinee et il ne reste plus qu'a diagonaliser '.
77
158 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
104. (a) Supposons que la famille e0 = (e0i)i2Nn est liee. Il existe une famille de
n
X
reels non tous nuls (1 ; ; n) telle que i e0i = 0.
X
2
n
Nous avons alors i ei =
i fi puis ji j2 = i fi .
i=1
i=1
i=1
i=1
En utilisant l'inegalit
e de Cauchy-Schwarz
nous obtenons
!
!
n
n
n
n
X
X
X
X
2
2
2
2
n
X
i=1
ji j 6
i=1
ji j
i=1
n
n
X
i=1
X
kfi k <
ji j car les i ne sont pas tous
i=1
nuls. Nous aboutissons a une contradiction. La famille est bien libre.
(b) Posons pour i 2 Nn , fi = e0i ei .
n
n
n
X
X
X
2
0
2
kfi k = kei ei k = 2n 2 (e0i j ei ) < 1. En utilisant le resuli=1
i=1
i=1
tat precedent nous en deduisons que la famille e0 est libre.
Par exemple si chaque e0i verie 1 1 < (ei j e0i )61 ; c'est-a-dire si les
2n
e0i ne sont pas \trop loin" des ei la famille reste libre.
105. u est un endomorphisme symetrique donc il existe une base e = (e1 ; ; en)
orthonormale de diagonalisation de u.
Notons, pour i 2 Nn , ai = (u("i ) j "i ). Soit P = (pi;j )(i;j)2(Nn) la matrice de
passage de la base e a la base ". 8j 2 Nn ; "j =
u("j ) =
n
X
pi;j u(ei ) =
n
X
X
n
i=1
2
pi;j ei .
pi;j i ei .
i=1
X
! X
n
n
n
X
2
aj =
pi;j u(ei ) pi;j ei = i (pi;j ) = i ((ei j "j ))2 .
i=1
i=1
i=1
i=1
Nous kavons donc
n
X
X
2
2
i=1
n
X
aj 6
n
X
i=1
i=1
i ((ei j "j )) + k
=
k
X
i=1
i=k+1
((ei j "j ))
i ((ei j "j ))2 + k
n
X
((ei j "j ))2 = k"j k2 = 1 donc aj 6k +
i=1k
((ei j "j ))2 k
X
i=1
X
j =1
aj 6kk +
X
(i k ) ((ei j "j ))2 6kk +
16i;j 6k
i=1
((ei j "j ))2 .
(i k ) ((ei j "j ))2.
Il vient alors, i k etant positif pour i>k et
k
k
X
k
X
j =1
k
(ei j "j )261 :
X
i=1
6kk +
(i k )
k
X
i=1
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
!
k
X
j =1
(ei j "j )2
(i k ) =
k
X
i=1
i
159
d'ou le resultat demande.
106. Soit H un sous-espace vectoriel de E . Soit ' l'application lineaire de H dans
le dual F de F denie par x 2 H 7 ! B (x; ).
H ? = fy 2 F; 8x 2 H; '(x)(y) = 0g
= fy 2 F; 8u 2 Im('); u(y) = 0g = (Im('))?, ou l'orthogonal de Im(')
est l'orthogonal au sens du dual.
Nous savons que, la dimension etant nie, la dimension de l'orthogonal (au
sens du dual) d'un sous-espace G d'un espace K est egale a dim(K ) dim(G).
Sachant que F et F ont la m^eme dimension nous en deduisons dim(H ?) +
dim(Im(')) = dim(F ).
Ker(') = fx 2 H; 8y 2 F; B (x; y) = 0g. Par denition, Ker(') = F ? \ H
donc dim(H ?) + dim(H ) dim(F ? \ H ) = dim(F ).
Nous faisons le m^eme raisonnement pour L?.
107. Soit A 2 Mn(R) une matrice symetrique reelle. Il existe une matrice diagonale reelle D = Diag(1; ; n) et une matrice orthogonale P 2 O(n) telles
que A = PDP = PDP 1.
Soit f un polyn^ome tel que 8i 2 Nn ; f (exp(i )) = i .
exp(i ) = exp(j ) ) i =!j car exp est injective sur R. f existe donc.
n
n
X
X
1 k
1 k A
=P
D P.
k=0 k !
k=0 k !
L'application M 2 Mn(R) 7 ! PMP 2 Mn(R) est continue, car lineaire
denie sur un espace
! vectoriel de dimension nie, donc
n
X
1 Dk P = P exp(D)P c'est-a-dire exp(A) = P exp(D)P . exp(D) =
lim
P
n!+1
k=0 k !
Diag(exp(1); ; exp(n)).
Supposons f =
f (exp(A)) =
N
X
j =0
X
N
j =0
aj X j .
aj exp(A)j =
N
X
j =0
aj (P exp(D)j P 1) = Pf (exp(D))P = P Diag(f (exp(1 )); ; f (exp(n)))P = P Diag(1 ; ; n)P = A.
Si A 2 Mn(R) et B 2 Mn(R) sont deux matrices symetriques reelles alors
d'apres le resultat precedent, A s'ecrit
AB =
X
i j
16i;j 6M
(exp(A))i (exp(B ))j .
M
X
k=0
i (exp(A))k et B s'ecrit
exp(A) et exp(B ) commutent, donc AB =
d'ou le resultat.
X
M
X
k=0
i (exp(A))k .
i j (exp(B ))j (exp(A))i = BA
16i;j 6M
108. Mn(R) est de dimension nie donc est complet pour toute norme. Nous pouvons choisir une norme subordonnee a une norme choisie sur Rn ; dans ces
160 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
conditions kAB
1k6kAk kB1k ou A et B sont deux matrices de Mn(R). Nous
en deduisons M n 6 kM kn.
n!
n!
1
La serie de terme general M n est absolument convergente donc convern!
gente78 .
exp est bien denie sur Mn(R).
Soit A une matrice symetrique. Il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale reelle Diag(
1; ; n) telles que A= P !Diag(1 ; ; n)P .
p
X
1 Diag(( )j ; ; ( )j ) P .
exp(A) = p!lim
P
1
n
+1
j =0 j !
M 2 Mn(R) 7 ! PMP 2 Mn(R) est continue, car lineaire sur un espace de
dimension nie, donc
exp(A) = P Diag(exp(1 ); ; exp(n))P .
exp(A) est bien symetrique, denie, positive.
Soit M 2 SDPn(R). Il existe une matrice Q orthogonale telle que M = QDQ
ou D est diagonale a elements diagonaux strictement positifs. D s'ecrit donc
Diag(exp(1); ; exp(n )) ou les i sont reels. M est alors l'image de la
matrice Q Diag(1 ; ; n)Q par exp.
Montrons que l'application f est injective.
Soient M et N deux elements de !Mn(R).
!
p
p
X
X
1
1
M exp(N ) = M p!lim
N k et exp(N )M = p!lim
Nk M.
+1
+1
k
!
k
!
k=0
k=0
La continuite de l'application M 2 Mn(R) 7 ! NM 2 Mn(R) et de l'application M 2 Mn(R) 7 ! MN 2 Mn(R) conduisent a
+1
+1
X
X
1 k
1
exp(N )M =
N
M
et M exp(N ) =
MN k .
k
!
k
!
k=0
k=0
Soient A et B deux elements de Sn(R) tels que exp(A) = exp(B ). Nous en
deduisons que A (comme B ) commute avec exp(A) = exp(B ).
En utilisant le resultat
ecedent nous en deduisons qu'il existe
P de l'exerciceR[pr
un polyn^ome f = Nk=0 ak X k 2 P
X ] tel que A = f (exp(A)). exp(A) =
exp(B ) donc A = f (exp(B )) = Nk=0 ak (exp(B ))k ; AB = f (exp(B ))B =
Bf (exp(B )) = BA. A et B commutent. Nous avons deja vu que deux endoSi nous ne connaissons pas les resultats concernant les series sur les espaces complets, nous
pouvons refaire une demonstration.
Soit E un espace complet pour la norme k k. Soit (un)n2N une suite d'elements de E . On suppose
n
X
que la serie de terme general kunk est convergente. Notons 8n 2 N; Un = uk . Soient p et q
78
deux entiers naturels ; p + 16q. kUp Uq k6
n
X
q
X
i=p+1
k=0
kuik. D'apres l'hypothese la suite de terme
general kuk k est convergente donc est de Cauchy. En consequence la suite (Un)n2N est aussi
k=1
de Cauchy et est convergente. La serie de terme general un est bien convergente.
161
morphismes diagonalisables qui commutent possedent une base commune79
de diagonalisation. Nous en deduisons qu'il existe une matrice inversible
R et deux matrices diagonales D1 et D2 telles que que A = RD1 R 1 et
B = RD2R 1.
Nous avons alors R exp(D1)R 1 = R exp(D2)R 1 puis exp(D1) = exp(D2)
donc D1 = D2 et enn A = B . Le resultat est demontre.
109. A 2 Mn(R) est une matrice symerique donc il existe une matrice diagonale
D = Diag(d1; ; dn) et une matrice orthogonale P telles que A = PDtP .
L'application Y 2 Mn;1(R) 7 ! X = PY 2 Mn;1(R) est un automorphisme
conservant la norme. Nous en deduisons :
inf ftr((A t X tX )2 ); kX k = 1; t 2 Rg
= inf ftr((PDtP t PY t(PY ))2); kY k = 1; t 2 Rg.
tr((PDtP t PY t(PY ))2) = tr((D t Y tY )2 ).
Notons M la matrice Y tY . Le terme general d'indices (i; j ) de M etant yi yj
n
X
avec (yi)2 = 1.
i=1
tr((D t Y tY )2 ) = tr(D2) t [tr(DM + MD)] + t2 tr(M 2 )
= tr(D2) 2t tr(DM ) + t2 tr(M 2).
n
X
2
Le terme d'indices (i; i) de la matrice M est egal a (mi;k mk;i ) c'est-a-dire
n
X
k=1
n
X
k=1
k=1
(yi)2(yk )2 = (yi )2 donc tr(M 2) = 1.
ik dk mk;i = di (yi )2 est le terme general d'indice (i; i) de la matrice DM
donc tr(DM ) =
n
X
i=1
(di (yi )2)).
tr(D2) 2t tr(DM ) + t2 tr(M 2) = t2 2t
n
X
i=1
(di (yi)2)) +
n
X
i=1
(di )2 .
Le minimum sur R du polyn^ome du second degre est obtenu pour t =
Ce minimum est egal a
n
X
i=1
(di )2
n
X
i=1
n
X
!2
(di (yi)2 )) .
n
X
n
X
i=1
(di (yi)2)).
!2
donc tr(D2) 2t tr(DM ) + t2 tr(M 2)> (di )2
(di (yi)2 )) .
i=1
i=1
En utilisant l'in
e
galit
e
de
Cauchy-Schwarz
nous
avons
!
n
X
2
n
X
n
X
n
X
(di yi )yi)) 6 (di yi )2 (yi)2 = (di yi)2 . L'egalite ayant lieu si et
i=1
i=1
i=1
i=1
seulement si 9 2 R; 8i 2 Nn ; di yi = yi c'est-a-dire DY = Y soit encore si
Nous avons vu a l'exercice numero 10 que A et B etant symetriques reelles on peut choisir une
base orthonormale commune.
79
162 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Y est un vecteur propre de D.
Notons80 d = maxfjdi j; i 2 Nn g. Soit une valeur propre de valeur absolue
egale a d. Soit Y = (yi)i2Nn un vecteur propre unitaire associe. Soit enn
n
X
t = di (yi)2.
i=1
n
X
!2
n
X
Nous obtenons t2 2t (di (yi)2) =
(di (yi)2 ) = 2 .
i=1
i=1
Montronsn que l'on a pour tout t et tout Y de norme egale a 1 l'inegalite
X
t2 2t (di (yi)2 )> 2 .
i=1
X
X
n
diyi2 6 n yi2 = . Nous obtenons alors
i=1 i=1
!2
n
n
X
X
2
2
2
2
t
2t
i=1
(di (yi) ) + = t
i=1
(di (yi ) )
minimum est donc atteint et il est egal a
n
X
i=1
n
X
i=1
(di (yi)2)
!2
+ 2 >0. Le
(di )2 d2 = tr(A2) d2 .
110. Montrons le resultat par recurrence sur la dimension, n, de la matrice A.
Pour n = 1, le resultat est immediat.
Supposons-le vrai pour toute matrice symetrique correspondant aux hypotheses proposees jusqu'a la dimension n.
Soit alors une matrice A 2 Mn+1(C ) symetrique dont tous les mineurs principaux 0
sont non nuls. 1
A1 C C
A=B
@ t
A ou C 2 Mn;1(C ) et a 2 C . D'apres l'hypothese de
C
a
D
D
D
1
i+1
n
t
recurrence A1 s'ecrit P1 B1 P1 ou B1 = Diag
D0 ; ; Di ; ; Dn 1 et
P1 est une matrice triangulaire superieure dont les elements diagonaux sont
tous egaux a 1.
1
0
P1 C1 C
Construisons la matrice P = B
@
A 2 Mn+1(C ) telle que
0
1
D
D
D
1
i+1
n+1
t
A = PBP avec B = Diag D ; ; D ; ; D .
0
i
n
0
1
tP B C
A1
1 1 1
B
CA ou d = Dn+1 .
0
t
A = PBP = @
Dn
tC B P
tC B C + d
1 1 1
1 1 1
Nous devons donc avoir tP1B1 C1 = C et tC1B1 C1 + d = a.
P1 et B1 sont inversibles donc C1 = (B1 ) 1 (tP1) 1 C . C1 etant ainsi choisie,
80
d est le rayon spectral de A.
163
det(A0) = det(P1 )2 det(B1 )d = d det(B1 ) = det(A). A0 et A ont tous leurs
elements
0 egaux sauf 1peut-^etre 0l'element d'indices
1 (n + 1; n + 1).
A1 C C
A1 C C
A=B
@ t
A, A0 = B@ t
A.
0
C
a
C a
0
A1
B
det(A) = det @
C
1
0
A1
C
B
A + det @
0
1
CA.
tC
0
a
Nous faisons un calcul analogue pour la matrice A0 . Nous avons donc
det(A0) = det(A) + (a0 a) det(A1 ). det(A1 ) 6= 0 donc a = a0 et A = A0 d'ou
le resultat.
D
D
D
1
i+1
n
Si nous sommes sur R, A et B1 = Diag
D0 ; ; Di ; ; Dn 1 etant
congruentes, tous les Di sont strictement positifs si et seulement si A est denie
positive.
tC
111. (a) Soit g : x 2 F 7 ! '(x; :) 2 E . g est lineaire de F dans E .
L'ensemble ? Im(g) des elements y de E tels que pour tout f 2 Im(g),
f (y) = 0 est l'orthogonal de Im(g) au sens du dual de E ; il verie
? Im(g ) = fy 2 E; 8x 2 F; '(x; y ) = 0g. Il s'agit de F ? .
Nous savons que d'une maniere generale, si A est un sous-espace vectoriel
de E , dual de l'espace vectoriel E de dimension nie, ? A est un sousespace vectoriel de E de dimension dim(E ) dim(A).
Nous avons donc dim(Im(g)) + dim(? Im(g)) = dim(E ) puis
dim(E ) = dim(Im(g)) + dim(F ?) = dim(F ) dim(Ker(g)) + dim(F ?).
Ker(g) = fx 2 F; '(x; :) = 0g = fx 2 F; 8y 2 E; '(x; y) = 0g
= E? \ F .
Finalement dim(F ) + dim(F ?) = dim(E ) + dim(F \ E ?).
(b) Il s'agit la d'une autre demonstration du resultat vu a l'exercice precedent.
Montrons que si les mineurs principaux 1; ; n sont strictement
positifs alors A est denie positive.
Soit E un R-espace vectoriel de dimension egale a 1. Soit ' une forme
bilineaire symetrique denie sur E . Une base de E etant choisie, la matrice A de ' dans cette base est denie positive des que le seul mineur
principal est strictement positif.
Supposons le resultat obtenu pour toute matrice de toute forme bilineaire
symetrique sur tout espace vectoriel de dimension au plus egale a n 1>1.
Soit E un espace vectoriel de dimension egale a n. Soit ' la forme bilineaire symetrique dont la matrice est A dans une base e = (e1 ; ; en)
de E . Supposons ' denie positive.
Soit H l'hyperplan Vect(e1 ; ; en 1 ). Soit H ? l'orthognal de H relativement a '. La restriction de ' a H a pour matrice A0 = ((ai;j )(i;j)2(Nn ) ).
D'apres l'hypothese de recurrence, A0 est denie positive.
x 2 H \ H ? ) '(x; x) = 0 donc x = 0.
1
2
164 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
x 2 H \ E ? ) x 2 H et 8y 2 E; '(x; y) = 0 donc '(x; x) = 0 puis
x = 0.
Nous avons donc H \ H ? = f0g et dim(E ) = dim(H ) + dim(H ?) puis
E = H H ?.
Choisissons une base de H orthogonale pour ' et un vecteur non nul
de H ?. Cette base est orthognale pour ' ; la matrice M de ' dans
cette base est Diag(1; ; n 1; n). D'apres l'hypothese de recurence, 8i 2 Nn 1 ; i > 0 et det(M ) > 0 car M est congruente a A donc
n > 0 et ' est bien denie positive. Le resultat est prouve au rang n ; il
est vrai pour tout n 2 N . La reciproque est immediate par denition.
112. Notons C1 ; ; Cn les colonnes de A que l'on identie a des elements de Rn.
Le determinant de A In est celui du n-uplet (C1 E1 ; ; Cn En
ou, pour i 2 Nn , Ei designe la colonne dont les elements sont tous nuls sauf le
iieme qui est egal a 1.
Notons Ik l'ensemble des sous-ensembles de f1; ; ng de cardinaux egaux a
k. En notant I0 = ; et det(AI ) = 1 nous en deduisons81 que le coecient de
0
Voir l'exercice numero 122 du chapitre d'algebre lineaire que je reproduis
! ici.
n X Y
Soit D = Diag(z1 ; ; zn). det(A + D) =
a(i);i + zi i(i) .
81
2S
i
Lorsque l'on developpe
n Y
i=1
n
i=1
a(i);i + zii ( ) , nous pouvons choisir dans chaque terme du produit
a(i);i ou zi i(i). Soit alors I une partie de Nn , on choisit i 2 I pour les termes a(i);i et i 62 I pour
les termes zi i(i).
0
1
n X Y
Y
Y z i A.
a i ;i + zii i = @ a i ;i
i i
i 0
I
N
i
2
I
i
2
6
I
0
11
X @X @ Y
Y i AA
det(A + D) =
a i ;i
zi i
.
I N 2S i2I
i62I
Y i
Y
Nous obtenons
( )
( )
=1
n
( )
( )
Soit I donne.
n
i62I
( )
( )
zi i
n
( )
= 0 si et seulement si 9i 62 I; (i) 6= i.
i2I
a(i);i
Y z i est nul
i62I
i i
( )
lorsque ne laisse pas Nn n I invariant. Nous ne devons donc conserver que les permutations laissant invariants les elements de Nn n I .
Notons i1 ; i2; : : : ; ip les elements de I ranges dans l'ordre croissant et ip+1; : : : ; in ceux de Nn n I
ranges dans l'ordre croissant.
Soit la bijection de Nn dans Nn qui a k associe ik . Soit une bijection de Nn dans Nn qui laisse
invariant les elements de Nn n I .
Posons 1 = 1 . "1 = " ; 1 (Np ) = Np .
La somme pour les permutations 0 laissant invariants les
1 elements de Nn n I de
Y
i2I
a(i);i
Y z i est donc X @ Y a Y (z )A c'est-a-dire le determinant de
i
i i
1
1 i ;i
( )
i62I
1 2Sp
i2I
( )
i62I
la matrice de terme general a0i;j tel que
8(i; j ) 2 I 2; a0i;j = ai;j et 8(i;!j ) 62 I 2 ;!a0i;j = zi ij . Nous avons donc
det(A + D) =
X
Y
I N n
i=2I
zi det MI , ou MI = (aij )(i;j)2I 2 .
k est egal a ( 1)k
165
X
I 2In
det(AI ).
k
Nous obtenons donc f () = det(A In) =
20
n
X
4@
k=0
( 1)k
1 3
det(AI )A k 5.
X
I 2In
k
Supposons A non nulle. A etant symetrique reelle est diagonalisable. Si tous
les det(AI ) sont nuls (pout I 6= ;) alors f () = ( 1)nn . Les valeurs propres
sont toutes nulles et A est nulle ce qui est faux. Il existe I 6= ; tel que
det(AI ) > 0. Pour < 0, f () > 0.
Si A = 0, f () = ( 1)nn. Dans tous les cas nous avons pour < 0; f () > 0.
Les valeurs propres de A sont donc dans R+ et A est positive. Le resultat est
donc demontre.
113. (a) Soit X 2ZMn;1(R) non nul. A est clairement symetrique. Nous avons
1
tXAX =
tXM (t)X dt > 0 car nous integrons une fonction reelle conti0
nue positive non la fonction nulle.
Z1
1
(b)
= tji jj dt.
1 + ji j j 0
Il sut de prouver que la matrice tji jj (i;j)2(Nn) est denie positive pour
tout t 2]0; 1[.
Notons Dn(t) le determinant d'une telle matrice. Retranchons a la nieme
colonne de la matrice la (n 1)ieme multipliee par t. La nouvelle nieme
colonne est constituee de 0 sauf l'element d'indices (n; n) qui est egal a
1 t2 . Nous en deduisons Dn(t) = (1 t2 )Dn 1(t) soit Dn(t) = (1 t2 )n >
0. Chaque sous-matrice principale a donc pour determinant (1 t2)i > 0
pour t 2]0; 1[. La matrice est donc denie positive d'ou le resultat
demande.
2
114. (a) u est un endomorphisme de E . Soit (x; y) 2 E 2 .
(u(x) j y) = (a j x)(b j y) (b j x)(a j y) = ((b j y)a (a j y)b) j x). Nous
en deduisons u = u. u est un endomorphisme anti-symetrique.
Soient e1 et e2 denis par a = kake1 et b = kbke2 . Completons (e1 ; e2 )
en la base orthonormale (e1 ; e2 ; ; en) de E .
u(e1 ) = kakkbk e2, u(e2 ) = kakkbk e1 . Pour i>3; u(ei ) = 0.
Y
Nous convenons dans cette ecriture que si I = Nn ; zi = 1 et si I = ;; det(MI ) = 1.
i=2I
Soit x 2 R. Choisissons D = xIn.
A (x) = det(A xIn ) =
00
X @@Y
1
1
( x)A det(MI )A
i62I X
I N n
c'est-a-dire A (x) = det(A xIn ) =
det(MI )( x)n pI ou pI designe le cardinal de I .
I N n
Les mineurs d'indice p sont ceux
obtenus
en choisissant I de cardinal p. Nous avons donc
n
X
X
det(MI ) ; A (x) =
Sp( x)n p .
Sp =
N
I
#I =np
p=0
166 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Soit x =
n
X
xi ei . u(x) = kak kbk(x1e1 x2 e2).
ku(x)k = kakkbkpx12 + x2 2 6kakkbkkxk.
Nous avons donc kjujk = kakkbk.
i=1
(b) f = 1 2 u convient.
kak
115. Inegalite de Kantorovitch Soit " = ("1; ; "n ) une base orthonormale de
E . Comme nous l'avons deja vu les valeurs propres de u sont reelles strictement positives et u est diagonalisable dans une base orthonormale. Il existe
une base e = (e1 ; ; en) orthonormale et (1 ; ; n) 2 (R+)n tel que
8i 2 Nn ; u(ei ) = i ei . Quitte a changer l'indexation, nous pouvons supposer
que pour tout i 2 Nn 1 ; i 6i+1 .
Soit v l'application lineaire de E dans E denie par 8i 2 Nn ; v("i ) = ei . v est
un automorphisme unitaire (v = v 1 ) et v u v = d ou d est l'endomorphisme de E veriant 8i 2 Nn ; d("i ) = i "i .
n
X
Soit x 2 E , x non nul. Posons y = v (x) = yi"i . y et x ont la m^eme norme.
i=1
(u(x)
X
j x) = ((v d v )(x) j x) = ((d v )(x) j v (x)) = jy j2 .
De m^eme (u 1(x) j x) =
n
X
1
i=1
n
i jyij . !
X
n
i=1
2
n
X
1
i i
!
(u(x) j x) (u
j x) =
i jyij
jyij .
i=1
i=1 i
En utilisant l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous
! X
!
1 !2 obtenons
n p
n
n
X
X
1
kxk4 = kyk4 =
( i jyij) p jyi j
6
i jyij2
j
yij2 .
i
i=1
i=1
i=1 i
2
Pour i 2 Nn posons i = jyij 2 .
kyk
! X
!
n
n
1
X
(u(x) j x) (u (x) j x)
1
=
i i
i .
kxk4
i=1
i=1 i
1
Considerons l'application de R+ dans R+ qui a t associe f (t) = . f est
t
! X
n
n
n
X
X
convexe, les i sont positifs et
i = 1 donc f
i i 6 i f (i ).
i=1
i=1
i=1
Nous retrouvons
le
r
e
sultat
pr
e
c
e
dent.
n
X
Soit x = i i 2 [1 ; n].
1 (x)
i=1
2
2
Soit t 2 [1 ; n].
f est convexe donc la courbe representant f est \en dessous" de la droite passant par les points de coordonnees (1 ; f (1 )) et (n ; f (n )).
f (t)6 (f (n) f (1))t + nf (1 ) 1 f (n) . En particulier
n
1
167
i f (i )6i (f (n) f (1 ))i + n f (1) 1 f (n) soit en additionnant
n
1
n
X
f
(
)
f
(
)
i f (i )6 n 1 x + nf (1 ) 1 f (n) c'est-a-dire en simpliant
n
1
n
1
i=1
n
X
i 6 1 ( x + + ).
1
n
i=1 i 1 n
2
Nous savons que si a est un reel, 8y 2 R; y(a y)6 a ; le maximum est
2
a
atteint pour y = .
2
+ 2
x
1
1
n
Nous en deduisons que
( x + 1 + n)6
c'est-a-dire
1 n
2
1 n
!
!
2
n
n
X
i X
1
1 + n
i i 6 .
2
i=1 i
i=1
1 n
Il s'agit du resultat demande.
116. (a) Soit A une matrice reelle symetrique denie positive. Il existe une matrice
orthogonale P et une matrice diagonale a elements diagonaux strictement
positifs D = Diag(d1; ; dn) telles que A = PDP .
Soient X = (xi )i2Nn et Y = (yi)i2Nn deux elements de Mn;1(R).
(X AX )(Y A 1 Y ) = (X PDP X )(Y PD 1P Y ).
Posons Y 0 = P Y et X 0 = P X . Nous obtenonsn n X 0 2 X 1 02
0
0
1
0
1
0
di xi
(X AX )(Y A Y ) = (X DX )(Y D Y ) =
yi .
i=1
i=1 di
En utilisant l'inegalite de Cauchy-Schwarz nous obtenons
X
1 !2
n n n p
X
X
1
di x0i 2
yi0 2 >
di x0i p yi0
= (X 0Y 0 )2 . L'egad
d
i
i=1
i=1
pi=1 0 1 0 i
lite a lieu lorsque 8i 2 Nn ; di xi = p yi c'est-a-dire lorsque DX 0 = Y 0
di
82
soit encore DP X = P Y donc pour Y = AX .
P est une matrice orthogonale donc X 0 Y 0 = X PP Y = X Y d'ou le
resultat demande.
(b) Soit Rn rapporte a sa base canonique ("1; ; "n ) et a son produit scalaire canonique.
Soit e un vecteur non nul de Rn. Posons H = fx 2 Rn; (x j e) = 1g.
En utilisant le resultat precedent nous en deduisons que si s est un
endomorphisme symetrique deni positif de Rn alors pour tout couple
(x; y) 2 (Rn)2 (s(x) j x)(s 1(y) j y)>(x j y)2. En particulier pour x 2 H
(s(x) j x)(s 1(e) j e)>1.
s est denie positive donc s 1 aussi. (s 1(ke) j e) = k(s 1 (e) j e). Il
existe donc k 2 R tel que (s 1(ke) j e) = 1. Choisissons x = s 1(ke)
alors x 2 H et (s(x) j x) = k2 (s 1(e) j e) = 1 1
.
(s (e) j e)
82
En fait l'egalite a lieu si et seulement si (Y; AX ) est une famille liee.
168 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Le minimum sur H de (s(x) j x) est atteint et est egal a 1 1
.
(s (e) j e)
Choisissons alors pour i 2 Nn ; xe, e = "i .
x 2 H () xi = 1. (s 1("i ) j "i ) est le terme d'indices (i; i) de
la matrice A 1. Soit Ae la matrice complementaire de A = (ai;j )(i;j)2(Nn)
c'est-a-dire la matrice dont le terme a0i;j d'indices (i; j ) est egal au produit
de ( 1)i+j par le determinant det(Aj;i) de la sous-matrice de la matrice
A obtenue en supprimant la ligne jn et la colonne i. Le terme d'indices
e est egal a X( 1)i+k det(Ai;k)ak;j . Il s'agit la du
(i; j ) de la matrice AA
2
k=1
calcul du determinant de la matrice dont toutes les lignes sont celles de
A sauf la iieme qui est la ligne j de A. Si i = j nous obtenons donc det(A)
sinon
deux lignes sont identiques et nous obtenons 0 ; nous en deduisons
n
X
e = det(A)In. En cal( 1)i+k det(Ai;k )ak;j = ij det(A) c'est-a-dire AA
k=1
culant AAe et en echangeant les lignes par les colonnes nous obtenons a
nouveau AAe = det(A)In. Finalement (s 1("i ) j "i ) est le terme d'indices
1 e
A c'est-a-dire, avec la notation de l'enonce,
(i; i) de la matrice
det(A)
det(Ai ) d'ou le resultat demande.
det(A)
117. (a) La relation 6 est clairement reexive et transitive.
Supposons 8X 2 Mn;1(R); X AX 6X BX et X BX 6X AX . Nous en
deduisons 8X 2 Mn;1(R); X AX = X BX .
La matrice C = A B verie 8X 2 Mn;1(R), X CX = 0.
Soient X et Y deux elements de Mn;1(R).
0 = (X + Y )C (X + Y ) = X CY + Y CX = 0. Y CX 2 M1(R) donc
Y CX = (Y CX ) = X C Y . Nous avons donc X (C + C )Y = 0 c'esta-dire C + C = 0 ; C est antisymetrique. E tant par ailleurs symetrique,
C est nulle. \6" est bien une relation d'ordre.
(b) Soit X 2 Mn;1(R). La suite de terme general X Ak X est croissante
reelle83 majoree donc convergente. Si nous notons aki;j l'element d'indices
(i; j ) de la matriceXAk et si nous notons xi le iieme element de X nous
avons X Ak X =
aki;j xi xj . Si tous les elements de X sont nuls sauf
le
pieme
16i;j 6n
qui est egal a 1 nous obtenons X Ak X =
X
16i;j 6n
aki;j ip jp = akp;p.
De m^eme pour Y 2 Mn;X
1 (R) de terme d'indice i note yi nous avons
(X + Y ) Ak (X + Y ) =
aki;j (xi + yi)(xj + yj ) =.
16i;j 6n
Si tous les elements de X sont nuls sauf le pieme qui est egal a 1 et si tous
les elements de Y sont nuls sauf le qieme qui est egal a 1 nous obtenons
83
Nous identions une matrice 1 1 et un reel.
(X + Y ) Ak (X + Y ) =
X
169
aki;j (ip + iq )(jp + jq ) = akp;p + akq;q + 2akp;q .
16i;j 6n
Nous en deduisons que pour chaque (p; q) 2 (Nn )2, les suites akp;q k2N
convergent. La suite de matrices (Ak )k2N est donc convergente et la limite
est une matrice, A, symetrique reelle.
Autre methode. Soit q une application denie sur un R espace vectoriel
F a valeurs reelles.
Soit f l'application denie par
1
(x; y) 2 F 2 7 ! f (x; y) = (q(x + y) q(x) q(y)) 2 R.
2
Supposons que f soit bilineaire et que 8x 2 F; q(2x) = 4q(x) alors q est
une forme quadratique de forme bilineaire symetrique associe f .
Supposons que q soit la forme quadratique associee associee a f supposee
bilineaire symetrique alors
8(x; y) 2 F 2; q(x + y) q(x) q(y) = 2f (x; y).
Si f est bilineaire symetrique alors 2f (x; x) = q(2x) 2q(x) = 2q(x)
d'ou le resultat.
Soit alors, pour chaque k 2 N, qk la forme quadratique associee a la matrice Ak dans la base canonique de Rn.
Pour x 2 Rn, (qk (x))k2N est croissante majoree donc convergente de limite q(x). 8x 2 Rn; q(2x) = k!lim
q (2x) = 4q(x).
+1 k
Soit, pour k 2 N et pour (x; y) 2 (Rn)2 , 2fk (x; y) = qk (x + y) qk (x)
qk (y).
fk est bilineaire symetrique donc
8(x; y; z ) 2 (Rn)3 ; 8 2 R;n f2k (x + y; z ) = fk (x; z ) + fk (y; z ).
En posant, pour (x; y) 2 (R ) , 2f (x; y) = k!lim
q (x + y) qk (x) qk (y)
+1 k
nous en deduisons que f est bilineaire et que q est la forme quadratique
associee a f . Nous en deduisons que la suite (Ak X )k2N converge vers
AX ou A est une matrice symetrique reelle. Nous en deduisons comme
au-dessus que la suite (Ak )k2N converge dans E .
(c) Soit A une matrice symetrique reelle. Il existe une matrice orthogonale
O est une matrice diagonale reelle D = Diag(1 ; ; n) telles que
A = ODON.
X
Soit Q = aj X j un polyn^ome reel.
j =0
Q(A) =
N
X
j =0
aj Aj =
N
X
j =0
aj ODj O = OQ(A)O. Pour chaque k 2 N nous
avons donc Pk (A) = O Diag(Pk (1); ; Pk (n))O. L'application M 2
Mn(R) 7 ! UMV 2 Mn(R) ou U et V sont deux elements de Mn(R)
est continue donc p
p lim P (A) = O Diag 1 ; ; n O = B . B est donc une mak!+1 k
trice symetrique reelle telle que B 2 = A.
118. Pour n = 1 il sut de choisir u1 et u2 opposes. a = 1.
170 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Supposons que pour tout espace vectoriel euclidien de dimension k6n 1 il
existe une famille (ui )i2Nk de vecteurs unitaires deux a deux distincts veriant pour tout couple (i; j ) 2 (Nk+1 )2 avec i 6= j , (ui j uj ) = 1 .
k
Soit alors E un espace vectoriel euclidien de dimension n. Soit un+1 un vecteur
unitaire. Notons H l'orthogonal de fun+1g. Soit (vi )i2Nn une famille convenable d'elements de H veriant pour tout couple (i; j ) 2 (Nn )2 avec i 6= j ,
1 .
(vi j vj ) =
n 1
Pour chaque i 2 Nn posons ui = bun+1 + cvi . 8i 2 Nn ; kui k = 1 equivaut a
8i 2 Nn ; b2 + c2 = 1.
2
8(i; j ) 2 (Nn )2; i 6= j , (ui j uj ) = b2 n c 1 . (bun+1 + cvi j un+1 ) = b.
p
b = n1 convient. En eet choisissons b = n1 et c = 1 b2 . Nous avons
2
1
1
c
2
=
et (bun+1 + cvi j un+1) = .
alors b
n 1
n
n
Il existe donc une famille de vecteurs de l'espace vectoriel euclidien E de di1
mension n repondant a la question avec a = .
Remarque pour determiner la valeur de a nousn pouvions utiliser le determinant Gram. La famille (ui )i2Nn est liee donc le determinant Gram de cette
famille est nul. La matrice Gram a tous ces elements egaux a a sauf la diagonale ne comportant que des 1.
0 est valeur propre de la matrice. Il existe donc (xi )i2Nn une famille de reels
+1
+1
non tous nuls telle que 8i 2 Nn+1 ; a
n+1
X
j =1
+1
xj = (a 1)xi . Cela implique, a etant
dierent de 1, que tous les xi sont egaux a 6= 0 puis a(n + 1) = (a 1)
1
c'est-a-dire a = . Si est une eventuelle valeur propre non nulle nous avons
n
n+1
X
8i 2 Nn+1 , a xj = ( + a 1)xi (avec a = n1 ) ce qui implique
j =1
(n + 1)a
n+1
X
j =1
xj = ( + a 1)
Nous obtenons alors
n+1
X
j =1
n+1
X
j =1
xj soit n+1
X
j =1
xj = 0.
1.
xj = 0 puis = n +
n
n + 1 est bien une valeur propre et l'espace propre associe est alors de dimenn
sion n.
n + 1
n
+1
Le polyn^ome caracteristique de la matrice Gram est donc ( 1) X X
n .
La matrice Gram est donc une matrice symetrique positive.
Montrons qu'une matrice symetrique positive est une matrice Gram.
Soit M = (mi;j )(i;j)2(Nn) 2 Mn(R) une matrice reelle symetrique84 positive.
2
84
Le raisonnement est analogue avec une matrice hermitienne.
171
Il existe une matrice diagonale D = Diag(d1 ; ; dn ) ou les di sont dans
R+ et une matrice
orthogonale
O telles que M = ODO 1 = ODO. Soit
p
p
D0 = Diag( d1 ; ; dn ). La matrice M 0 = OD0O = (m0i;j )(i;j)2(Nn) est
symetrique et verie M 02 = M 0 M 0 = M .
Soit, pour j 2 Nn , uj le vecteur tel que pour i 2 Nn , la iieme coordonnee est
n
n
X
X
0
0
0
mi;j . (uj j uk ) = mi;j mi;k = m0j;i m0i;k = mj;k . Nous obtenons le resultat
i=1
i=1
demande.
Si M est la matrice de Mn+1(R) dont tous les elements sont egaux a a = 1
n
suaf les elements diagonaux tous egaux a 1, les vecteurs ui ont bien pour norme
1 et verient 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; i 6= j; (ui j uj ) = a. Cette methode permet de
construire
convenable.
Par0exemple pour n = 3, 1
0 une famille
1
1
1 1
1 1 1
p
0
1
B
BB 2
2 2C
3 3 3C
C
CC
B
C
B
B
1
1
1
1 1 1 1C
CC
B
B
p
0
C
B
B
2
2
2
3
3
3
C. P = BB
CC.
M =B
B
1
1
1
1 1
1C
B
C
B
p 2 2C
0
1
B
C
B
CC
2
3 3
3C
B
B
A
A
@
@ 1 1 1
p1 12 12
0
1
2
3 3 3
4 4 4 M = PDP 1 avec D = Diag 3 ; 3 ; 3 ; 0 .
2 2 2 0
0
0
1
Soit M = PD P avec D = Diag p ; p ; p ; 0 .
0 3 1 31 31 1 3
p B
1 3 1 1C
0
C
Nous obtenons M = 3 B
@
1 1 3 1 A.
6
p 1 1 1 3 p
3
3
Il sut de choisir v1 = (3; 1; 1; 1), v2 = ( 1; 3; 1; 1),
6
6
p
p
3
3
v3 = 6 ( 1; 1; 3; 1), v4 = 6 ( 1; 1; 1; 3).
119. (a) 8(i; j ) 2 (Nn )2 ; i j 6ji j j.
Pour i 6= j; (xi j xj ) < 0 donc jij j(xi j xj )6i j (xi j xj ). Cette inegalite(qui est une
egalite) est vraie aussi si i = j. Nous avons donc
2
p
X
2 X
06 ji jxi =
ji j j(xi j xj )
i=1
16i;j 6n
X
p
X
X
2
p
6
i j (xi j xj ) = i xi = 0.
i=1
16i;j 6n
Nous avons bien jijxi = 0.
i=1
Quitte a changer l'indexation des vecteurs et quitte a multiplier eventuellement les elements par -1, nous pouvons supposer que les q premiers
coecients i sont strictement positifs, les suivants etant negatifs.
172 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
0=
p
X
q
X
i=1
i=1
(i + ji j)xi = 2
i xi donc
q
X
i=1
i xi = 0 et
p
X
i=q+1
i xi = 0.
Supposons qu'il existe
au moins un coecient negatif. Nous avons donc
q
X
16q < p et 0 = i (xi jxp) < 0 ce qui est contradictoire donc les coefi=1
cients i sont tous strictement positifs.
Posons pour i 2 Np ; yi = i xi . Nous avons
p
X
yi = 0 et 8(i; j ) 2 (Np )2 ; i 6= j ) (yi j yj ) < 0.
i=1
Supposons p>n + 2. La famille (y1; ; yp 1) est liee . Quitte a
changer l'indexation nous pouvons supposer que yp 1 est combinaison
lineaire des elements de la famille (yi)i2Np . Il existe (i )i2Np non
nulle telle que yp 1 =
p 2
X
p 2
X
i=1
2
2
i yi puis a l'aide de la relation liant les yi ,
yp + (1 + i )yi = 0. En refaisant le raisonnement fait plus haut, le
i=1
coecient associe a yp est > 0 donc tous le sont.
p 2
X
0 = (yp j yp 1) + (1 + i )(yi j yp 1 ) < 0 ce qui est faux donc p6n + 1.
i=1
Autre demonstration.
Soit n = 1. Supposons p>3.
Les trois vecteurs sont non nuls donc il existe (; ) 2 (R)2 tel que
x2 = x1 et x3 = x1 avec
(x1 j x2 ) = kx1 k2 < 0; (x1 j x3 ) = kx1 k2 < 0 et
(x2 j x3 ) = kx1 k2 < 0 c'est-a-dire < 0; < 0 et < 0 ce qui est
faux. Il ne peut donc y avoir plus de deux vecteurs veriant les conditions
demandees.
Supposons avoir prouve le resultat pour tout espace vectoriel euclidien
de dimension au plus egale a n 1>1.
Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension n et soit (xi )i2Np une
famille de vecteurs veriant la condition :
8(i; j ) 2 (Np )2; i 6= j ) (xi j xj ) < 0.
Soit F = fxpg . Pour chaque i 2 Np 1 appelons yi le projete orthogonal
de xi sur F . yi = xi (xi j x2p ) xp .
kxp k
(yi j yj ) = (xi j xj ) (xi j xp )(x2j j xp ) < 0. En utilisant l'hypohese de
kxp k
recurrence nous en deduisons que p 16n donc p6n + 1 d'ou le resultat
demande.
(b) Pour (i; j ) 2 (Np )2; i 6= j ) 2(xi j xj ) = kxi k2 + kxj k2 kxi
xj k2 = 2 d2 donc la matrice Gram de la famille (xi )i2Np a tous ses
2
elements egaux a a = 1 d sauf les elements diagonaux qui sont tous
2
173
egaux a 1. Notons Mp cette matrice symetrique reelle85. Notons p son
determinant86. Calculons directement ce determinant.
Pour j allant de 1 a p 1 retranchons la colonne j + 1 a la colonne j .
La nouvelle matrice a pour termes d'indices (i; i), avec i6p 1, 1 a, a
pour termes d'indices (i; i + 1), avec i6p 1, a 1. La derniere colonne
est inchangee. Nous en deduisons, en developpant le determinant selon
la premiere ligne,
p = (1 a)p 1 + ( 1)p+1 a(a 1)p 1 = (1 a)p 1 + a(1 a)p 1.
2 = 1 a2. Posons 1 = a et 0 = 1 alors la relation precedente est
vraie
X pour toutXp 2 N .
X
pk k = pk (1 a)k 1 + a pk (1 a)k 1. Choisissons k
k=1
k=1
k=1
an d'avoir (1 a)k = k 1 c'est-a-dire (1 a)k
Yk
j =1
j =
Y
k 1
j =0
j . Il sut
de
a) k . Nous obtenons X
Xchoisir k k= (1 X
p(1 a) k = p(1 a) k+1k 1 + a p(1 a) 1 c'est-a-dire
k=1
k=1
k=1
ap
p
(1 a) p = 1 +
soit encore p = (1 a)p 1(1 + (p 1)a).
1 a
Si p>n + 1 la famille (xi )i2Np est liee donc p = 0 c'est-a-dire, a < 1
1
etant dierent de 1, a =
p 1 < 0. D'apres2la question precedente nous
avons p6n +1 donc p = n +1 puis 1 + n = nd c'est-a-dire d2 = 2(n + 1) .
2
n
120. (a) Comme nous l'avons deja vu dans d'autres exercices A est la matrice
85
Nous pouvons utiliser les resultat de l'exercice precedent. Soit J un sous ensemble de
f1; ; pg de cardinal n + 1. La matrice Gram de la famille (xi )i2J a tous ses elements egaux a
2
6 1 sauf les elements diagonaux qui sont tous egaux a 1. Nous en deduisons a = n1 .
a = 1 d2 =
Reprenons la matrice Mp dont le determinant, nul, est egal a (1 a)p 1 (1 + (p 1)a). Nous
obtenons donc p = n + 1 d'ou le reultat demande.
86
Nous avons deja calcule ce determinant a l'exercice numero 106 du chapitre algebre lineaire et
nous avons obtenu (1 a)p 1(1 + (p 1)a).
Nous pouvons aussi utiliser une methode analogue a celle utilisee a l'exercice precedent.
La matrice est symetrique reelle donc diagonalisable ; l'ordre de multiplicite d'une valeur propre
est egal a la dimension de l'espace propre associe.
Nous pouvons supposer a non nul car alors la matrice
est l'identite.
p
X
Soit (x1 ; ; xp ) 2 Rp n f0g tel que 8j 2 Np ; a xi = ( + a 1)xj .
i=1
p
X
Nous en deduisons xi = 0 ou = 1 + (p 1)a.
i=1
Soit = 1 + (p 1)a. alors les xj n'etant pas tous nuls ils sont tous egaux. 1 + (p 1)a est donc
une
valeur propre simple.
p
X
xi = 0 () = 1 a. 1 a est valeur propre d'ordre p 1. Le polyn^ome caracteristique
i=1
de la matrice est egal a ( 1)p(X
(1 + (p 1)a)(1 a)p 1.
1 (p
1)a)(X
1 + a)p 1. Le determinant est egal a
174 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Gram d'un n-uplet de vecteurs independants. Nous pouvons aussi remarquer que A est la matrice d'un produit scalaire de C n donc il existe
une base orthonormale pour celui-ci. La matrice P de passage de la base
canonique de C n a la nouvelle base verie In = P AP . En notant Q la
matrice P 1 nous obtenons A = Q Q. Nous retrouvons le fait que A
est une matrice
Gram. D'apres l'inegalite de Hadamard nous obtenons
Yn
jdet(Q)j 6 kQi k ou Qi est la iieme colonne de Q identiee a un vecteur
i=1
de C n rapporte a sa base canonique et muni du produit scalaire canonique.
Yn
2
det(A) = det(Q ) det(Q) = det(Q) det(Q) = j det(Q)j 6 kQi k2 .
kQi k2 = Qi Qi = ai;i donc det(A)6
i=1
Yn
ai;i . Comme nous l'avons vu dans
l'exercice concernant l'inegalite de Hadamard pour une matrice inversible, celle-ci est une egalite si et seulement si les colonnes de la matrice
Q sont deux a deux orthogonales c'est-a-dire si et seulement si pour i 6= j
ai;j = 0 ; c'est-a-dire si et seulement si A est diagonale.
(b) Comme nous l'avons vu precedemment il existe une famille (u1 ; ; un)
de vecteurs telle que A = Gram(u1 ; ; un ).
Nous avons alors A1;1 = Gram(u1 ; ; up ), A2;2 = Gram(up+1 ; ; un ).
Posons, pour 16i6j 6n, Vi;j = Vect ((uk )i6k6j ).
detGram(ui ; ; un ) . En eectuant les produits pour
d2 (ui ; Vi+1;n) = detGram(
ui+1 ; ; un)
nY1
A) .
i allant de 1 a n 1 nous obtenons d2 (ui ; Vi+1;n ) = det(
kunk2
i=1
pY1
det(A1;1)
De maniere analogue nous obtenons d2 (ui ; Vi+1;p ) =
2 et
k
u
k
p
i=1
nY1
A2;2) .
d2 (ui ; Vi+1;n) = det(
kunk2
i=p+1
d(up ; Vp+1;n )6kup k. Vi;p Vi;n donc 8x 2 C n ; d(x; Vi;p )>d(x; Vi;n ). En
remplacant nous obtenons det(A)6 det(A1;1) det(A2;2).
Nous retrouvons alors le resultat precedent.
121. Soit E un espace euclidien. Soient a et b deux endomorphisme symetriques
denis positifs de E . Soit e une base orthonormale de diagonalisation de
a. Soient D et B = (bi;j )(i;j)2(Nn) les matrices de a et b dans cette base.
Nous cherchons une matrice C = (ci;j )(i;j)2(Nn) telle que DC + CD = B
ou D = Diag(d1 ; ; dn) est une matrice diagonale a elements diagonaux
strictement positifs et B une matrice symetrique denie positive.
DC + CD = B () 8(i; j ) 2 (Nn )2; bi;j = (di + dj )ci;j . C existe ; elle est
unique et symetrique. c est diagonalisable dans une base orthonormale.
i=1
2
2
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
175
Soit une valeur propre de c. Soit x un vecteur propre associe.
(a(c(x)) j x) + (c(a(x)) j x) = (b(x) j x) > 0 donc en utilsant le fait que a et
c sont symetriques, 2(a(x) j x) > 0 ; nous en deduisons > 0. Toutes les
valeurs propres
strictement
positives
donc c est deni positif.
1 sont
Soient A = 0 03 et C = 23 35 . La matrice B = AC + CA est egale a
4 12 12 30 . det(C ) = 1; tr(C ) = 7. Le produit et la somme des deux valeurs
propres sont strictements positifs donc C est denie positive. det(B ) < 0 donc
les deux valeurs propres de B sont de signes contraires. B n'est pas positive.
122. Redemontrons un resultat classique ; a savoir, kjf kj = kjf kj.
Supposons f 6= 0 car alors le resultat est immediat.
Soit (x; y) 2 E 2. (f (x) j y)6kf (x)k kyk donc sup (f (x) j y)6kjf kj.
(x; y )2E 2
kxk61; kyk61
La boule unite etant compacte, il existe un vecteur v de cette boule tel que
kjf kj = kf (v)k > 0. En choisissant y = kf (1v)k f (v) nous obtenons
(f (v) jy) = kjf kj donc kjf kj6 sup (f (x) j y).
(x; y )2E 2
kxk61; kyk61
Nous avons donc l'egalite kjf kj =
sup
y)2E 2
kxk61; kyk61
(x;
(f (x) j y).
(f (x) j y) = (x j f (y)) d'ou l'egalite kjf kj = kjf kj.
Si a = 0 alors f (a) = 0 = a.
Soit a non nul veriant f (a) = a. La norme de f est alors egale a 1. Nous en
deduisons kjf kj = 1 et kf (a)k6kak. (f (a) j a) = (a j f (a)) = kak2 donc
kf (a) ak2 = kf (a)k2 + kak2 2(f (a) j a) = kf (a)k2 kak260.
Nous en deduisons f (a) = a. En conclusion , si x 2 Ker(f IdE ) alors
x 2 Ker(f IdE ) c'est-a-dire Ker(f IdE ) Ker(f IdE ) = Im(f IdE )
donc Im(f IdE ) Ker(f IdE ) .
dim(Im(f IdE )) = n dim(Ker(f IdE )) = dim(Ker(f IdE )). Il y a
donc egalite Ker(f IdE ) = Im(f IdE ) d'ou le resultat demande.
Si 1 n'est pas valeur propre de f , le resultat demontre est une tautologie. Le
resultat n'a de l'inter^et que si 1 est une valeur propre de f et dans ce cas la
norme de f est egale a 1.
Nous obtenons donc pour f 2 L(E ), Ker(f kjf kjIdE ) = Im(f kjf kjIdE ).
La encore, le resultat n'a d'inter^et que si kjf kj est une valeur propre de f .
123. (a) Nous avons le resultat classique :
jan + bnj2 = janj2 + jbnj2 +2 <e(anbn)6janj2 + jbnj2 +2janbnj62janj2 +2jbnj2 .
janj2 = jj2 janj2. Il est alors clair que si a = (an)n2N et b = (bn)n2N sont
dans E et si est un nombre complexe alors les suites a + b et a sont
dans E qui est non vide car contient la suite nulle.
Si
deux elements de E alors 2janbnj6janj2 + jbnj2 et la serie
P aa etb bestsont
absolument converge donc convergente.
n n
176 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
+1
X
L'application ' : (a; b) 2 7 ! anbn 2 C est bien dedinie ; il est
n=0
immediat qu'elle est sesquilineaire a symetrie hermitienne positive.
+1
X
Pour a 2 E; '(a; a) = 0 ) janj2 = 0 donc a = (an)n2N est nulle. '
n=0
est un produit scalaire hermitien.
+1
X
(
p
)
(
q
)
(
p
)
8p 2 N; a appartient a E . '(a ; a ) = np nq = pq . La famille
E2
a(p)
p2N
n=0
est bien orthonormale.
1
(b) Soit x = (xn)n2N 2 E . Soit y = (yn)n2N telle que 8n 2 N yn =
n + 1 xn .
jynj6jxnj donc y est dans E .
Soit f l'application f : x = (xn )n2N 2 E 7 ! y = (yn)n2N 2 E . Il est
immediat que f est un endomorphisme de E .
+1
X
1
0
0
0
0
2
Soit (x; x ) 2 E . (f (x) j x ) =
x
n xn = (x j f (x )). f est bien
n=0 n + 1
un endomorphisme hermitien.
(c) Pour x = (xn )n2N 2 E , posons g(x) = y ou y est la suite denie par
8n 2 N ; yn = xn+1 et y0 = 0. Il est immediat que y appartient a E et
que l'application g est un endomorphisme de E .
+1
X
2
kg(x)k = jynj2 = kxk2 . g est injective. Elle n'est pas surjective car
n=1
les suites de premier terme non nul ne sont pas image par g d'un element
de E .
124. (a) Montrons le resultat par recurrence sur n. Pour n = 1, kx1 k = ky1k donc
x et y ont le m^eme rang. Supposons le resultat vrai jusqu'a n. Soient
x = (xi )i2Nn et y = (yi )i2Nn deux familles d'elements de E telles que
8(i; j ) 2 (Nn+1 )2 ; (xi j xj ) = (yi j yj ).
Les rangs r6n de la famille x = (xi )i2Nn et de la famille y = (yi )i2Nn
sont egaux. Quitte a changer l'indexation nous pouvons supposer que
la famille (x1 ; ; xr ) est libre donc d'apres l'hypothese de recurrence
la famille (y1; ; yr ) est libre. Supposons que xn+1 appartienne a
Vect(x1 ; ; xr ). Il existe une famille de scalaires (1; ; r ) telle que
r
r
X
X
xn+1 = i xi . Posons y = yn+1
i yi. Pour j 2 Nn+1 nous avons
+1
+1
i=1
(y j yj ) = (yn+1 j yj )
r
X
i=1
r
X
i (yi j yj ) = (xn+1 j xj )
i (xi j xj ) = 0.
i
=1
y 2 Vect(y1; ; yn+1) \ (Vect(y1; ; yn+1)) = f0g. y est donc nul et
r
X
yn+1 = i yi. Les deux familles x = (xi )i2Nn et y = (yi )i2Nn ont le
i=1
m^eme rang.
Supposons que xn+1 n'appartienne pas a Vect(x1 ; ; xr ).
i=1
+1
+1
177
rg(x1 ; ; xr ; xn+1) = r + 1.
Nous avons aussi rg(y1; ; yr ; yn+1) = r+1 car sinon en reprenant le raisonnement precedent nous en deduirions que le rang de (x1 ; ; xr ; xn+1)
serait egal a r d'ou le resultat.
(b) Soit r le rang commun de x et de y. En changeant l'indexation supposons
que les familles (x1 ; ; xr ) et (y1; ; yr ) sont libres.
Soient F = Vect(x1 ; ; xr )) et G = Vect(y1; ; yr )).
Soit u1 2 L(F; G) telle que 8i 2 Nr ; u1 (xi ) = yi .
Soient f = (f1; ; fp ) et g = (g1; ; gp ) des bases orthonormales
repectivement de F et de G .
Soit u2 2 L(F ; G ) telle que 8i 2 Np ; u2 (fi) = gi .
Soit u 2 L(E ) telle que u F = u1 et u F = u2 . Montrons que u est un
isometrie. Nous savons que u existe et est unique.
Soient z = z1 + z2 ; z 0 = z10 + z20 avec (z1; z10 ) 2 F 2 et (z2; z20 ) 2 F 2 .
(u(z ) j u(z 0 )) = (u1 (z1 ) j u1 (z10 )) + (u1 (z1 ) j u2 (z20 )) + (u2 (z2 ) j u1 (z10 ))
+(u2(z2 ) j u2 (z20 ))
0
0
= (u1(z1 ) j u1 (z1 )) + (u2 (z2 ) j u2 (z2 )).
u2 est une isometrie ; il reste donc a demontrer que pour tout couple
(z1 ; z10 ) 2 F 2 (u1 (z1 ) j u1 (z10 )) = (z1 j z10 ).
r
r
r
X
X
X
0
z1 s'ecrit z1 = i xi . u1 (z1 ) = i yi ; de m^eme si z1 = 0i xi .
u1 (z10 ) =
r
X
i=1
i=1
i=1
0i yi donc
r
X
0
(u1 (z1) j u1 (z1)) =
i yi
i
=1
X 0
X
!
r 0iyi
i=1 X
i j (yi j yj ) =
=
i=1
i 0j (xi j xj ) = (z1 j z10 ).
16i;j 6r
16i;j 6r
u est bien une isometrie.
n
X
125. Soit ' : (x; y) 2 7 ! (x j ei )(y j ei ) 2 R.
i=1
' est une forme bilineaire symetrique, forme polaire associee a la forme quadratique x 2 E 7 ! kxk2 2 R. ' est donc le produit scalaire deni sur E . Soit
" = ("i )i2Nn une base orthonormale de E . Soit P la matrice dont les colonnes
sont les coordonnenes des vecteurs ei dans la base ".
X
ij = '("i ; "j ) = ("i j ek )("j j ek ). Les colonnes de la matrice P sont donc
E2
k=1
unitaires et deux a deux orthogonales ; la famille e est bien une base orthonormale.
126. (x y j x + y) = kxk2 kyk2 =
=
X
X
!
n
(xi jxij)ei (xi + jxi j)ei
i=1
i=1
n
X
16i;j 6n
(xi jxij)(xj + jxj j)(ei j ej ).
178 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
8(i; j ) 2 (Nn )2; (xi jxij)(xj + jxj j)60 d'ou le resultat demande.
127. (a) Cela ne change rien si nous multiplions un ou plusieurs vecteurs par un
reell strictement positif. Nous pouvons suppoer que e1 est unitaire. Soit
alors (e1 ; e01) une base orthonormale de E .
E crivons e2 = ae1 + a0e01 et e3 = be1 + b0 e01 . (e1 j e2 ) = a,
(e1 j e3 ) = b; (e2 j e3 ) = ab + a0 b0 . Nous devons donc avoir a < 0; b < 0
et ab + a0 b0 < 0.
(b) Une famille de trois vecteurs de E est liee. Il existe donc (1 ; 2; 3) 2 R3
tel que 1e1 + 2 e2 + 3e3 = 0. Montrons qu'aucun des i n'est nul. Si
1 = 0 alors (e2; e3 ) est une famille liee. Aucun des vecteurs n'est nul
donc par exemple il existe k 2 R tel que e3 = ke2 . Il vient alors k < 0
puis (e1 j e3 ) = k(e1 j e2 ) > 0 ce qui est faux. les trois coecients 1 ; 2
et 3 sont non nuls.
(c) e1 et e2 ne sont pas colineaires ; e3 est une combinaison lineaire de e1 et
e2 ; e3 s'ecrit e3 = e1 + e2 .
(e3 j e1 ) = (e1 + e2 j e1) = (e1 j e1) + (e2 j e1 ) < 0 et
(e3 j e2 ) = (e1 + e2 j e2) = (e1 j e2)+ (e2 j e2 ) < 0 avec (e1 j e2 ) < 0.
Nous en deduisons alors < (e1 j e22 ) puis
ke1 k
(
e
j
e
1
2
ke2 k2 > (e1 j e2) > ke k2 ) .
1
Finalement il vient ((e1 j e2 )2 ke1 k2 ke2 k2) > 0. Nous obtenons donc
< 0 et de m^eme < 0.
Supposons (x j e1 ) et (x j e2 ) de m^eme signe.
(x j e3 ) = (x j e1 ) + (x j e2 ) est du signe contraire.
128. f est clairement lineaire. Considerons une base orthonormale directe (u; v; w).
f (u) = u + u, f (v) = v + w0, f (w) = w 1
u. La matrice de f
+ 0 0
@
dans la base (u; v; w) est donc A =
0 A. Nous obtenons une
0 rotation si et seulement si A est une matrice orthogonale de determinant egal
a 1 c'est-a-dire ( + )(2 + 2 ) = 1, j + j = 1; et 2 + 2 = 1 ce qui est
equivalent a + = 1; et 2 + 2 = 1 soit encore si et seulement si il existe
2 R; = cos(); = sin() et = 1 cos().
Reciproquement, soit f une rotation dierente de IdE , d'axe dirige par u
d'angle de mesure . Soit x 2 E . x = (u j x)u + (x (u j x)u) = au + v avec
v 2 (Ru). f (x) = au + f (v). Si v est non nul, soit w = k1vk (u ^ v).
f (v) = cos()v + sin()w ; si v = 0; f (v) = 0. Nous avons donc
f (x) = (u j x)u + cos()(x (u j x)u) + sin()u ^ (x (u j x)u)
= (1 cos())(u j x)u + (cos())x + (sin())(u ^ x).
f est une rotation si et seulement si il existe il existe u 2 E un vecteur unitaire
et un reel tels que
8x 2 E , f (x) = cos()x + (1 cos())(u j x)u + sin()(u ^ x).
179
129. (a) kun+1k 6k!k kun k donc nous obtenons immediatement kunk 6k!kn kxk
1 k!kn kxk . La serie de terme general k!kn kxk est converpuis un 6
n!
n!
n!
gente ; E est complet donc la serie proposee est convergente87 .
(b) Soit x1 le projete orthogonal de x sur le plan orthogonal a !. Si x1 6= 0,
soit e1 = 1 x1 ; sinon on choisit pour e1 un vecteur unitaire de ce plan.
kx1 k
Nous avons x1 = kx1 ke1 . Soient e3 = 1 ! et e2 = e3 ^ e1 .
k!k
u1 = ! ^ x = k!k kx1 k e2 . u2 = k!k2 kx1 k e1.
Montrons alors par recurrence que 8p 2 N ; u2p = ( 1)p k!k2p kx1 k e1 et
8p 2 N; u2p+1 = ( 1)p k!k2p+1 kx1 k e2 .
u1 et u2 verient la relation proposee.
u2p+2 = ! ^ u2p+1 = ( 1)p k!k2p+1 kx1 k ! ^ e2 = ( 1)p+1 k!k2p+2 kx1 k e1 ,
u2p+3 = ! ^ u2p+2 = ( 1)p+1 k!k2p+3 kx1k e2 . Nous obtenons le resultat
au rang p + 1 lorsqu'il est suppose vrai au rang p. Le resultat est donc
prouve.
2N
+1
X
X
1
1
u
u.
n = N lim
!+1 n=0 n! n
n=0 n!
2N
N
X
1u =X
1 u + NX1 1 u =
n
2p
p + 1)! 2p+1
n=0 n!
p=0 (2p)!
p=0 (2!
N
N
X1 ( 1)pk!k2p+1 !
X
( 1)p k!k2p
x+
kx1 k e1 +
kx1 k e2.
(2p)!
p=0 (2p + 1)!
p=1
Nous
obtenons donc
+1
X
1 u = x kx k e + cos (k!k) kx k e + sin (k!k) kx k e
n
1 1
1 1
1 2
n=0 n!
= x x1 + cos (k!k) kx1k e1 + sin (k!k) kx1 k e2.
x x1 = k!1k2 (! j x)! , kx1 ke1 = x1 = x k!1k2 (! j x)!,
kx1 ke2 = kkx!1kk ! ^ x.
En simpliant nous avons donc
cos(k!k) x + 1 cos(2k!k) (! j x)! + sin(k!k) ! ^ x.
k!k
k!k
Choisissons une base orthonormale directe (!
;!
;!
k ) avec !
k = ! .
k!k
L'application
cherch
e
e
est
clairement
lin
e
aire.
! 7 ! (cos(k!k)! + (sin(k!k)! , ! 7 ! (cos(k!k)! (sin(k!k)! ,
!
k 7 !!
k . Nous obtenons88 une rotation d'angle k!k dont l'axe est porte
et dirige par !.
87
Nous pouvons etudier les series des coordonnees. Choisissons une base orthonormale de E . La
iieme coordonnee uin de un verie juinj6kunk. La serie de terme general uin est donc convergente
puis la serie de terme general un l'est aussi.
88
Comme nous l'avons vu dans le precedent exercice.
180 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
130. Soit x 2 E . Le projete orthogonal sur la droite Ru est y = 1 2 (u j x)u. Le
kuk
symetrique s(x) de x dans la symetrie orthogonale par rapport a Ru verie la
relation x + s(x) = 2y ; nous en deduisons
s(x) = ku2k2 (u j x)u x = 25 (u j x)u x. Soit (e1 ; e2; e3 ) la base e.
s(e1) = 25 u e1 = 35 e1 45 e3 ,
s(e2) = e2 ,
s(e3) = 45 u e3 = 45 e1 + 35 e3 .
0 3
41
BB 5 0 5 CC
La matrice de s dans cette base est : B
B@ 0 1 0 CCA. Il est immediat que
4 0 3
5
5
la matrice est orthogonale de determinant egal a 1. La trace de la matrice est
egale a -1, l'espace propre associe a la valeur propre 1 est engendre par u, nous
retrouvons bien qu'il s'agit d'une rotation d'angle de mesure .
Pour obtenir la matrice de la rotation nous pouvons utiliser le resultat de
l'exercice precedent ou utiliser un changement de base.
Employons les deux methodes.
premiere methode. Soit r la rotation cherchee. Comme nous l'avons vu plus
haut
) (u j x)u + (cos())x + sin() (u ^ x)
r(x) = 1 kucos(
2
kuk
pk
p
p
2
2
10
2
=
(u j x)u + x +
(u ^ x).
10 p
2
10
p
p
p
p
p
2
2
10
2
10
2
1
+
2
r(e1 ) = 10 u + 2 e1 5 e2 = 5 e1 5 e2 + 25 2 e3 ,
p
p
p
10
2
r(e2 ) = 5 e1 + 2 e2 + 1010 e3 ,
p
p
p
p
p
p
2+ 2
2
10
2+ 2
10
8+ 2
r(e3 ) = 5 u + 2 e3 10 e2 = 5 e1 10 e2 + 10 e3.
0
1
p p p
1 + 2 2 10 2 2
B
5
5
5 C
B
B
CC
p
p
p C
B
10
2
10
CC.
Nous obtenons la matrice B
B
5
2
10
B
C
B
@ p2 2 p10 8 + p2 CA
5
10
10
deuxieme methode.
Choisissons la base orthonormale directe denie par :
e03 = ku1k u = p1 (e1 2e3 ) , e01 = e2 , e02 = ku1k u = p1 (2e1 + e3 ).
5
5
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
0p
2
BB 2
Bp
La matrice de la rotation r dans cette base est A = B
BB 2
@ 2
p
1
181
2 0
CC
2
p C
.
2 C
0C
C
2
A
0 1
0
La matrice
de
passage
de
l'ancienne
base
a
la
nouvelle
est
:
0 2p5 p5 1
0
B
5
5 C
B
C.
1 0
0 C
P =B
B
@ p5 2p5 C
A
0
5
5
En eectuant le produit PAP = PAP 1 nous obtenons le resultat vu precedemment.
131. (a) Soit i 2 Nn xe ; soient (xk )k2Nnnfig et (yj )j2Nn xes. Notons fi l'application denie de l'espace vectoriel E dans R qui a xi 2 E associe (x; y) ;
de m^eme soit j 2 Nn xe ; soient (yk )k2Nnnfjg et (xi )i2Nn xes. Notons gj
l'application de E dans R qui a yj 2 E associe (x; y).
Soit un reel. Si nous multiplions xi , avec i 2 Nn , par , pour tout
j 2 Nn ; mi;j est multiplie par . La iieme ligne de la matrice M est
multipliee par ainsi que det(M ). De m^eme si nous multiplions yj par
.
Si nous remplacons xi par xi + x0i , pour tout j 2 Nn , mi;j est remplace
par mi;j + m0i;j ou m0i;j = '(x0i ; yj ).
Nous avons donc pour tout i 2 Nn , fi (xi + x0i) = fi(xi ) + fi(x0i ) ; de m^eme
nous avons pour tout j 2 Nn , gj (yj + yj0 ) = gj (yj ) + gj (yj0 ).
Soit (i1; i2) 2 (Nn )2 , i1 6= i2 . Supposons xi = xi alors pour tout j 2 Nn ,
mi ;j = mi ;j donc det(M ) = 0 ; de m^eme soit (j1 ; j2 ) 2 (Nn )2, j1 6= j2 .
Supposons yj = yj alors pour tout i 2 Nn , mi;j = mi;j et det(M ) = 0.
8y 2 E n, (x1; ; xn) 2 E n 7 ! det(M ) est donc n-lineaire alternee de
m^eme 8x 2 E n, (y1; ; yn) 2 E n 7 ! det(M ) est une forme n-lineaire
alternee.
Nous savons que toute forme n-lineaire alternee sur un R-espace vectoriel de dimension n est colineaire a la forme determinant dans une
certaine base e de E . Il existe donc 1 (y1; ; yn) 2 R telle que
(x; y) = 1 (y1; ; yn) dete(x1 ; ; xn).
(e; y) = 1 (y1; ; yn).
(y1; ; yn) 2 E 7 ! (e; y) 2 R est une forme n-lineaire alternee
donc il existe 2 R tel que 8y 2 E n; (e; y) = dete (y1; ; yn) puis
(x; y) = dete(x1 ; ; xn) dete(y1; ; yn).
1
1
2
2
1
2
1
2
(b) Soit A la matrice ' dans une base e de E . (e; e) = det(A) donc
= det(A) et (x; y) = det(A) dete(x1; ; xn) dete(y1; ; yn).
= 0 () det(A) = 0 c'est-a-dire ' est degeneree.
182 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
132. Soit e une base orthonormale directe de l'espace vectoriel euclidien oriente89
E . Soit (x; y; z ) 2 E 3, soit u un automorphisme de E .
((u(x) ^ u(y)) j u(z )) = dete(u(x); u(y); u(z ))
= (det(u)) dete(x; y; z ) = (det(u)) [(x ^ y j z )].
Nous en deduisons
((u(x) ^ u(y)) j z ) = (det(u)) [(x ^ y j u 1 (z ))]
= (det(u))((u 1) (x ^ y) j z )
donc 8(x; y) 2 E 2; u(x) ^ u(y) = (det(u))(u 1)(x ^ y)).
Remarque, si u est un automorphisme orthogonal nous avons 8(x; y) 2 E 2 ,
u(x) ^ u(y) = (det(u))(x ^ y) donc
si u 2 O+(E ), 8(x; y) 2 E 2; u(x) ^ u(y) = x ^ y et
si u 2 O (E ), 8(x; y) 2 E 2; u(x) ^ u(y) = (x ^ y).
En particulier, si u 2 O(E ), si (e1; e2 ; e3 ) est une base orthonormale directe
alors u 2 O+(E ) () u(e1 ) ^ u(e2 ) = e3 .
133. Soit u l'automorphisme orthogonal de E = Rn, rapporte a sa base canonique
" = ("1 ; ; "n ) et a son produit scalaire canonique, de matrice A. Soit
x 2 E . j(u(x) j x)j6ku(x)k kxk = kxk2.
n
X
X
X
E crivons x = xi "i . (u(x) j x) =
xi xj (u("j ) j "i ) =
xi xj ai;j . Nous
16i;j 6n
X
X
n
xi xj ai;j 6 jxi j2.
obtenons donc i=1
16i;j 6n
i=1
16i;j 6n
X ai;j 6n.
En choisissant par exemple les xi tous egaux a 1 nous obtenons 16i;j 6n
On ne peut pas avoir dans le cas general de meilleure majoration car avec
A = In nous avons l'egalite.
Si nous remplacons orthogonale par unitaire nous avons le m^eme resultat.
134. (a) u etant un endomorphisme symetrique de l'espace vectoriel euclidien, E ,
il existe une base orthonormale e0 = (e01 ; ; e0n) de E de diagonalisation
de u. On suppose que pour tout i 2 Nn nous avons u(e0i ) = i e0i ou les i
n
X
sont des reels. Soit x = x0i e0i .
(u(x) j x) =
n
X
i=1
i=1
i jx0ij2 61
n
X
i=1
jx0i j2 = 1 kxk2 .
(b) Avec les notations de l'enonce nous avons (u(x) j x) =
X
ai;j xi xj et
16i;j 6n
Je rappelle que si E est un espace vetoriel euclidien oriente de dimension egale a 3, le produit
vectoriel de deux elements a et b de E , note a ^ b, est l'unique vecteur de E veriant :
8x 2 E; (a ^ b j x) = dete(a; b; x) ou e est une base orthonormale directe quelconque de E .
Nous generalisons cette denition au cas d'un espace euclidien de dimension n>3 par
a1 ^ a2 ^ ^ an 1 est l'unique vecteur de E veriant :
8x 2 E; (a1 ^ a2 ^ ^ an 1 j x) = dete(a1 ; ; an; x) ou e est une base orthonormale directe
quelconque de E .
89
(u(jxj) j jxj) =
X
183
ai;j jxi j jxj j.
16i;j 6n
(u(x) j x) (u(jxj) j jxj) =
X
ai;j (xi xj jxi xj j) =
16i;j 6n
X
ai;j (xi xj jxi xj j)60.
6i;j 6n
i=
6 j
1
x et jxj ont la m^eme norme. D'apres ce que nous avons vu precedemment,
pour tout x 2 E , (u(jxj) j jxj)61 kxk2 .
Si x est un vecteur propre de u associe a la valeur propre 1 nous
avons donc : 1 kxk2 = (u(x) j x)6(u(jxj) j jxj)61kxk2 . Nous avons
bien (u(jxj) j jxj) = 1k(jxj)k2.
n
X
Placons-nous dans la base e0 de diagonalisation de u. Soit jxj = yi e0i .
n
X
i=1
La relation precedente s'ecrit : (i 1 )jyij2 = 0.
i=2
E tant donne que pour tout i 2 Nn ; i 1 60 nous en deduisons 8i 2
Nn ; (i 1 )jyi j2 = 0 soit encore i yi = 1 yi .
n
n
n
X
X
X
0
0
u(jxj) = yi u(ei ) = i yiei = 1 yi e0i = 1 jxj d'ou le resultat dei=1
i=1
i=1
mande.
135. (a) u et v sont des endomorphisme de l'espace vectoriel E de dimension nie
veriants p!lim
up = v ) p!lim
u2p = v .
+1
+1
L'application w 2 L(E ) 7 ! w2 2 L(E ) est continue donc nous avons
aussi p!lim
u2p = v2 donc v = v2 et v est un projecteur.
+1
(b) Soit M la matrice de u dans une base de E . En considerant M comme
appartenant a Mn(C ), celle-ci est semblable a une matrice triangulaire
T dont les elements diagonaux sont les racines complexes du polyn^ome
u. Il existe P 2 GLn (C ) telle que M = PTP 1 . Notons ti l'element
d'indices (i; i) de la matrice T . L'element d'indices (i; i) de la matrice
T p est egal a tpi .
L'application R 2 Mn(C ) 7 ! PRP 1 2 Mn(C ) est continue donc
lim T p = P 1(p!lim
M p )P . 8p 2 N; T p est une matrice triangulaire
p!+1
+1
donc la limite est aussi une matrice triangulaire. Si li est la limite de la
suite de terme general tpi alors li = li2 donc li = 0 ou 1 donc 8i 2 N; jtij < 1
ou ti = 1 d'ou le resultat demande.
136. Corps des quaternions
(a) Soit 0H le R-espace1vectoriel
de M4 (R) engendr
e par les quatre matrices
0
1
1 0 0 0
0 1 0 0
B
C
B
0 1 0 0 C, i = B 1 0 0 0 C
e=B
@ 0 0 1 0 A @ 0 0 0 1 CA,
0 0 0 1
0 0 1 0
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
184 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
00
B0
j=B
@1
1
0
1
0 1 0
0 0 0 1
C
B
0 0 1 C et k = B 0 0 1 0 C
@ 0 1 0 0 CA.
0 0 0A
0 1 0 0
1 0 0 0
Pour montrer que H est une algebre, il sut de montrer que H est une
sous-algebre de M4 (R).
Par denition il s'agit d'un sous-espace vectoriel ; il ne reste donc qu'a
prouver que le produit de deux elements de H est un element de H . Il
sut pour cela de demontrer que le produit de deux des elements i; j ou
k est un element de H car e est l'element neutre.
i2 = j 2 = k2 = e.
ij = k; ji = k; ik = j; ki = j; kj = i; jk = i.
H est bien une algebre (non commutative).
Il est immedait que (e; i; j; k) est une base de H .
(b) Soient q1 = a1e + b1 i + c1 j + d1 k et q2 = a2e + b2i + c2 j + d2 k.
q1 q2 = (a1a2 b1b2 c1 c2 d1 d2 )e + (b1a2 + a1 b2 d1 c2 + c1 d2 )i
+(a1c2 + a2c1 + d1 b2 b1d2 )j + (a1d2 + d1 a2 + b1 c2 c1 b2)k
donc
N (q1 q2) = (a1a2 b1 b2 c1 c2 d1 d2 )2 + (b1a2 + a1b2 d1 c2 + c1 d2 )2
+(a1c2 + a2 c1 + d1 b2 b1 d2 )2 + (a1d2 + d1 a2 + b1 c2 c1b2 )2.
En developpant nous obtenons
a21a22 + b21b22 + c21c22 + d21 d22 + b21 a22 + a21b22 + d21 c22 + c21 d22 + a21 c22 + a22 c21 + d21 b22
+b21d22 + a21 d22 + d21 a22 + b21c22 + c21 b22
c'est-a-dire N (q1q2 ) = N (q1 )N (q2).
Soit q = ae + bi + cj + dk ; qq = (a2 + b2 + c2 + d2 )e donc
N (q)e = (a2 + b2 + c2 + d2 )e = qq = qq.
q = 0 () (a; b; c; d) = 0 () a2 + b2 + c2 + d2 = 0 () N (q) = 0.
Pour q 6= 0 1 q est alors l'inverse de q. Tout element non nul de H
N (q)
est donc inversible. H est un corps.
Soit q un element du centre de H .
qi = ai be ck + dj; iq = ai be + ck dj , qj = aj + bk ce di,
jq = aj bk ce + di.
(qi = iq; qj = jq) () b = c = d = 0. Si q appartient au centre alors
q 2 Re. Reciproquement Re est inclus dans le centre donc le centre est
Re.
(c) Soient q1 et q2 deux elements de H .
q1 = a1 e + b1 i + c1j + d1 k et q2 = a2e + b2 i + c2 j + d2 k.
tr(q1) = tr(q1). tr(q1 q2) = a1a2 b1 b2 c1 c2 d1 d2 , de m^eme tr(q1 q2 ) est
egal a a1 a2 b1 b2 c1 c2 d1 d2 .
Nous obtenons tr(q1 q2) = tr(q1 q2) = tr(q1 q2).
Le coecient de e de q2 q1 est aussi egal a a1a2 b1 b2 c1 c2 d1 d2 donc
tr(q1q2 ) = tr(q2 q1).
Il est immediat que tr(q1 + q2) = tr(q1) + tr(q2), de m^eme si 2 R
tr(q1 ) = tr(q1 ).
Soient q1 , q2 et q3 trois elements de H ; soit 2 R.
185
tr((q1 + q2)q3 ) = tr(q1q3 + q2 q3) = tr(q1 q3) + tr(q2q3 ).
tr((q1)q2 ) = tr((q1q2 ) = tr((q1q2).
Nous en deduisons q1 2 H 7 ! (q1 j q2 ) 2 R est lineaire.
tr(q1q2 ) = tr(q1 q2 ) = tr(q1 q2) = tr(q2q1).
(q1; q2 ) 2 H 2 7 ! tr(q1 q2) 2 R est symetrique donc bilineaire symetrique.
tr(qq) = N (q)>0 et est nul si et seulement si q est nul.
(q1; q2 ) 2 H 2 7 ! tr(q1 q2) 2 R est bien un produit scalaire sur H .
La forme quadratique dont ce produit scalaire est la forme polaire est
q 2 H 7 ! N (q) 2 R.
ie = i; je = j; ke = k; ij = ij = k,
ik = ik = j; jk = jk = i.
(e; i; j; k) est une famille orthogonale.
ii = i2 = e; jj = j 2 = e; kk = k2 = e; ee = e2 = e donc (e; i; j; k)
est une base orthonormale.
i. H1 = H n f0g. Soit q 2 H1 .
Pour x 2 H on pose '(q)(x) = qxq 1 . Il faut montrer que '(q)
est lineaire, bijective et verie pour tout (x; y) 2 H 2; '(q)(xy) =
'(q)(x)'(q)(y). La linearite est immediate.
q(xy)q 1 = (qxq 1)(qyq 1) donc
8(x; y) 2 H 2 ; '(q)(xy) = '(q)(x)'(q)(y).
Soit y 2 H . y = qxq 1 () x = q 1 yq. '(q) est donc bijective et
('(q)) 1 = '(q 1 ).
8x 2 H; qxq 1 = x () 8x 2 H; qx = xq () q 2 E n f0g.
Nous avons vu que tr(q1q2 ) = tr(q2q1 ) pour q1 et q2 appartenant a
H ; donc pour x 2 H; tr(qxq 1 ) = tr(q 1(qx)) = tr(x).
Soit x 2 F . tr('(q)(x)) = tr(x) = 0 donc '(q)(x) 2 F .
ii. Soit q 2 H1 . On pose (q) = '(q) F ; montrons que (q) est un
automorphisme orthogonal de F .
D'apres ce que nous venons de voir, (q) est bien un endomorphisme
de F . Soit x 2 F .
N ( (q)(x)) = N (qxq 1) = N (q)N (x)N (q 1) = N (x).
(q) conserve la norme donc il s'agit d'un automorphisme orthogonal.
Soient q = ae + bi + cj + dk et x = b0 i + c0 j + d0 k.
qx = (bb0 + cc0 + dd0 )e + (ab0 + cd0 dc0 )i + (ac0 + db0 bd0 )j
+(ad0 + bc0 cb0 )k.
xq = (bb0 + cc0 + dd0 )e + (ab0 + c0 d d0 c)i + (ac0 + d0 b b0 d)j
+(ad0 + b0 c c0 b)k.
8 b0d bd0 = 0
< 0 0
1
qxq = x () : b c bc = 0 .
c0 d cd0 = 0
Dans R3 oriente muni du produit scalaire canonique et sur lequel on
a deni le produit vectoriel, nous avons pour
v = (b; c; d) 2 R3 et v0 = (b0 ; c0 ; d0 ) 2 R3,
v ^ v0 = (cd0 c0 d; db0 bd0 ; bc0 b0 c).
186 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
v ^ v0 = 0 () (v; v0 ) est une famille liee.
Nous en deduisons donc que
si (b; c; d) 6= 0, qx = xq () 9 2 R; x = (bi + cj + dk). L'application (q) est une rotation d'axe R(bi + cj + dk). Si (b; c; d) = 0
l'application est l'identite.
La trace de l'endomorphisme (q) est
( (q)(i) j i) + ( (q)(j ) j j ) + ( (q)(k) j k)
= tr(qiq 1 i + qjq 1 j + qkq 1 k)
1
=
N (q) tr(qiqi + qjqj + qkqk).
tr(qiqi) = a2 b2 + c2 + d2 , tr(qjqj ) = a2 + b2 c2 + d2 ,
tr(qkqk) = a2 + b2 + c2 d2 .
3a2 b2 c2 d2
La trace de l'endomorphisme (q) est donc egale a 2 2 2 2 .
a +b +c +d
En appelant t une mesure entre et de l'angle de la rotation (en supposant avoir oriente l'espace) dont l'axe est oriente par
2
2
2
2
bi + cj + dk nous obtenons 1 + 2 cos(t) = 3aa2 + bb2 + cc2 + dd2 c'est-at
dire cos
= p 2 2jaj 2 2 .
2
a +b +c +d
Nous pouvons determiner la matrice de (q) dans la base orthonormale (suppos
(i; j; k). Nous obtenons
0 a2 +eebdirecte)
1
2 c2 d2
2bc 2ad
2ac + 2bd
R = K @ 2ad + 2bc
a2 b2 + c2 d2
2dc 2ab A avec
2
2bd 2ac
2dc + 2ab
a b2 c2 + d2
K = a2 + b2 +1 c2 + d2 .
Soit alors P la matrice orthogonale directe dont la premiere colonne
est le vecteur unitaire 2 2 1 2 2 (bi + cj + dk).
a +b +c +d
0
1
b
c2 + d2
p
p
0
B
b2 + c2 + d2
(b2 + c2 + d2 )(c2 + d2 ) C
B
CC
B
c
d
bc
B
P =B p 2 2 2 p 2 2 p 2 2 2 2 2 C
.
b +c +d
c +d
(b + c + d )(c + d ) C
B
C
@p d
A
c
bd
p
p
b2 + c2 + d2
c2 + d2
(b2 + c2 + d2 )(c2 + d2 )
Le produit P 1 RP est la matrice de (q) dans la nouvelle base denie par la matrice de0 passage P . Nous obtenons alors
1
1
0
0
p 2 21 2 2 @ 0 a2 p b2 c2 d2 2apb2 + c2 + d2 A. Nous
a + b + c + d 0 2a b2 + c2 + d2 a2 b2 c2 d2
p2 2 2
2 b2 c2 d2
a
2
a
retrouvons cos(t) = 2 2 2 2 et sin(t) = 2 b 2 + c 2 + d 2 .
a +b +c +d
a +b +c +d
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
Si a>0, t = 2 acos p
jaj
187
a2 + b2 +jacj2 + d2 si a < 0, t = 2 acos p
.
a2 + b2 + c2 + d2
t
= 0.
Si q est non nul et appartient a F alors a = 0 donc cos
2
(q) est une rotation d'angle , d'axe R(bi + cj + dk) c'est-a-dire un
demi tour.
Nous savons que toute rotation est le produit d'au plus deux symetries orthogonales par rapport a des droites (des demi-tours). Tous
les demi-tours sont, d'apres le resultat precedent, des images par .
Soient q1 et q2 deux elements non nuls de H .
Pour x 2 H , '(q1 q2 )(x) = q1q2 xq2 1 q1 1 = ('(q1 ) '(q2))(x) donc
'(q1q2 ) = '(q1 ) '(q2 ).
Soit r une rotation de F produit des deux demi-tours d'axes respectivement diriges par q1 et q2 . Nous avons alors r = '(q1 q2) est
donc surjective d'ou le resultat.
iii. Il est clair que S3 est un sous-groupe multiplicatif de (H1 ; ) car
si q1 et q2 sont dans H1 , N (q1 q2 1) = N (q1) ; si de plus q1 et q2 sont
N (q2)
dans S3 alors N (q1q2 1 ) = 1.
Soient 2 R et q 2 H1 . (q) = (q) donc l'image de S3 par est
SO(F ).
est un morphisme surjectif du groupe multiplicatif S3 dans le
groupe SO(F ).
(q) = IdF () q non nul appartient au centre de H c'est-a-dire
q 2 Re. Le noyau de la restriction de a S3 est donc f e; eg.
137. Soit x un vecteur non nul dirigeant l'axe de la rotation f qui commute avec la
rotation g. Nous savons que pour une rotation dierente de l'identite l'espace propre associe a la valeur propre 1 est une droite. f (x) = x donc
g(f (x)) = g(x) = f (g(x)). g(x), qui est non nul gar g est bijective, est donc
un vecteur propre de f associe a la valeur propre 1. Nous en deduisons g(x)
est colineaire a x ; g etant une isometrie nous avons g(x) = x ou g(x) = x.
Si g(x) = x alors f et g ont le m^eme axe et il est clair que deux rotations de
m^eme axe commutent.
Suppsons g(x) = x. Dans ce cas soit y un vecteur directeur de l'axe de
g. Comme precedemment f (y) = y ou f (y) = y. f (y) ne peut ^etre
egal a y sinon f et g auraient le m^eme axe. Nous avons donc f (y) = y.
(x j y) = (f (x) j f (y)) = (x j y) donc (x j y) = 0. Supposons x et y unitaires. Nous completons la famille (x; y) pour en faire une base orthonormale
(x; y; z ) de E . f (z ) est orthogonal a x et a y et est unitaire; de m^eme g(z )
est orthogonal a x et a y et est unitaire. f (z ) est donc egal a "z de m^eme
g(z ) = "0 z avec " = 1; "0 = 1. det(f ) = "; det(g) = "0 f et g etant des
rotations nous obtenons " = "0 = 1.
188 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
01 0 01
Les matrices de f et g dans cette base sont respectivement A = @ 0 1 0 A
0 0 1
0 1 0 01
et B = @ 0 1 0 A. f et g sont deux demi tours d'axes orthogonaux.
0 0 1
Reciproquement, deux demi-tours d'axes orthogonaux commutent.
Finalement les deux rotations commutent si et seulement si elles ont le m^eme
axe ou si leurs axes sont orthogonaux et qu'il s'agit de demi-tours.
138. Soit s une reexion veriant s(a) = b ou a et b sont deux elements de l'espace
vectoriel euclidien E , dierents et de m^eme norme.
s(a b) = s(a) s(b) = b a. a b est un vecteur propre de s associe a
la valeur propre -1 ; a b est donc orthogonal a l'hyperplan H des invariants
de s. Donc, si s existe il doit s'agir de la symetrie orthogonale par rapport a
l'hyperplan f(a b)g.
Montrons que cette reexion convient. Soit D = R(a b). Soit p le projecteur orthogonal d'image D. Pour x 2 E , p(x) = (x j a 2b) (a b). Soit s1 la
ka bk
symetrie orthogonale par rapport a la droite D.
s1 (x) + x = 2p(x) et s(x) = s1(x) = x 2p(x).
Nous en deduisons s(x) = x 2(x j a 2b) (a b).
ka bk
2(
a
j
a
b
)
s(a) = a ka bk2 (a b).
a et b ayant la m^eme norme, ka bk2 = 2(kak2 (a j b)) = 2(a j a b) donc
s(a) = a (a b) = b. s existe donc et est unique.
Soient f 2 O(E ), F le noyau de f IdE et n = dim(E ).
Si dim(F ) = n alors f = IdE que nous pouvons considerer comme le \produit"
de 0 reexion.
Si dim(F ) = n 1, l'orthogonal de F est stable donc l'endomorphisme g induit
par la restriction de f a F est un automorphisme orthogonal n'ayant pas 1
pour valeur propre. Nous en deduisons g = IdF . f est donc la reexion de
base F .
Supposons que pour tout k6p 1 (avec 26p6n), tout automorphisme orthogonal f dont l'espace des invariants est de dimension egale a n k est le produit
d'au plus k reexion.
Soit f un automorphisme orthogonal tel que dim(Ker(f IdE )) = n p. Soit
a 62 F . Posons b = f (a). b est par hypothese dierent de a ; a et b ont la
m^eme norme. Soit s la reexion echangeant a et b. s(f (a)) = s(b) = a.
Soit x 2 F . (x j a b) = (x j a) (x j f (a)).
f (x) = x et f est une isometrie donc (x j f (a)) = (f (x) j f (a)) = (x j a).
Nous en deduisons x 2 (a b) puis s(x) = x donc s(f (x)) = x. L'espace des
invariants de s f est de dimension au moins egale a n (p 1). D'apres
l'hypothese de recurrence f1 = s f qui est un automorphisme orthogonal est
le produit d'au plus p 1 reexions donc f = s f1 est le produit d'au plus p
189
reexions. Le resultat est demontre.
Nous pouvons remarquer que si f est le produit de p reexions alors det(f ) =
( 1)p . Si f est une isometrie positive alors p est pair ; impair dans le cas
contraire.
139. Soit A 2 Mn(R) symetrique.
Nous voulons montrer qu'il existe n matrices orthogonales P1; ; Pn representant des symetries orthogonales hyperplanes, dans Rn muni de son produit
scalaire canonique et rapporte a sa base canonique, et une matrice tridiagonale
B telles que (P1 Pn) A(P1 Pn) = B .
Pour n = 2, soit P la matrice d'une symetrie orthogonale par rapport a une
droite. (PP )A(PP ) = A. Le resultat a demontre est vrai dans ce cas.
Supposons
0 le resultat
1 vrai jusqu'au rang n et montrons-le au rang suivant.
a1;1 b C
A=B
@ b A A ou A1 2 Mn(R) est symetrique, b 2 Mn;1(R) et a1;1 2 R.
1
Supposons que la premiere colonne C1 de A soit non nulle. Considerons la
colonne V de Mn+1(R) dont le premier element est egal a a1;1, le second a et les autres nuls. Nous choisissons 2 R tel que b b = [2 ]. Nous identions
les colonnes avec des vecteurs de Rn+1 rapportes a la base canonique de Rn+1
muni de son produit scalaire canonique. C1 et V ont la m^eme norme donc
il existe une symetrie orthogonale hyperplane, de matrice P , qui echange la
premiere colonne C1 de A et V .
PC1 = V . 8x 2 Rn; x orthogonal a C1 V ) Px = x.
Soit (e1; ; en+1 ) la base canonique de Rn+1. C1 V est orthogonal a e1 donc
Pe1 = e1 puis 0PAPe1 = PAe1 = PC1
1 = V . P est symetrique orthogonale
a1;1 0 0
B
CC
B
B
CC
B
donc PAP = B
0
CC ou A2 2 Mn(R) est symetrique.
B
A
.
2
B
CA
@ ..
0
Si C1 = 0 nous sommes ramenes directement a cette derniere ecriture. Il
existe alors Q1 ; Q2 ; ; Qn n matrices de Mn(R) representant des symetries
orthogonales par rapport a des hyperplans de Rn telles que (Q1 Q2 Qn )A2 (Q1 Q2 Qn) =0B2 avec B2 tridiagonale.
1
1
0 0
B
B
B
Pour i 2 Nn , notons Pi+1 = B
B
B
B
@
0
...
0
Nous obtenons alors, en notant P1 = P ,
Qi
CC
CC
CC.
CA
190 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
0
BB a1;1 BB (P1:P2 : :Pn+1) A(P1:P2: :Pn+1 ) = B
BB 0..
@ .
0 0
B2
1
CC
CC
CC.
CA
0
Le resultat est donc vrai au rang n + 1. Il est donc vrai pour toute matrice
symetrique.
01 2 21
Par exemple soit A = @ 2 1 2 A.
p2 2 1
Choisissons v = (1; p
2 2; 0). La symetrie s par rapport au plan orthogonal a w = (0; 1
2; 1) est l'oppos
a la
p ee de la symetrie par rapport
3
2; 1). Soit u un vecteur de R euclidroite D engendree par (0; 1
dien. s(u) + u = 2p(u) ou p est le projecteur orthogonal sur D. Donc
p(u) = (u j wp) w. Soit (e1 ; e2 ; e3 ) la base canonique de R3. Nous en dedui4 2 2
p
p
2
sons s(e1) = e1 ; s(e2) = (e2 + e3 ); s(e2 ) = 2 (e2 e3 )).
2
0 1 22p2 0 1
p
Si P est la matrice de s alors PAP = @ 2 2 3
0 A.
0
0
1
140. Nous cherchons a determiner (a; b; c) 2
soit minimal.
Z1
1
(at2 + bt + c
2a2
jj
t )2dt =
R3
Z1
tel que
(2a2t4
Z1
1
(at2 + bt + c jtj)2dt
4at3 + (2b2 + 2 + 4ac)t2 4ct + 2c2 )dt
0
1 (2b2 + 2 + 4ac)
=
a+ 3
2c + 2c2 .
5
Il sut alors de determiner le minimum de l'application
2
' : (a; b; c) 2 R3 7 ! 25a a + 13 (2b2 + 2 + 4ac) 2c + 2c2 2 R.
2a2 a + 1 (2b2 + 2 + 4ac) 2c + 2c2
5
3
= 1 (12a + 20c 15)2 + 1 (16c 3)2 + 2 b2 + 1 .
360
188
3
96
Choisissons sur R3 la norme denie
par
r
(a; b; c) 2 R3 7 ! N (a; b; c) = 1 (12a + 20c)2 + 1 (16c)2 + 2 b2 2 R.
360
188 3
2a2 a + 1 (2b2 + 2 + 4ac) 2c + 2c2 = N a 5 ; c 3 ; b 2 + 1 .
5
3
4 16
96
3 ; b >N (a; b; c) N 5 ; 3 ; 0 .
N a 45 ; c 16
4 16
Nous en deduisons N (a; b;limc)!+'1(a; b; c) = +1. Il existe A > 0 tel que
191
pour (a; b; c) 2 R3, N (a; b; c)>A ) '(a; b; c)>'(0; 0; 0).
' est continue donc possede un minimum sur la boule compacte B , de rayon
A centree en 0. Il existe (a0; b0 ; c0 ) 2 B tel que pour tout (a; b; c) 2 B on
ait '(a; b; c)>'(a0; b0 ; c0 ) ;
en particulier '(0; 0; 0)>'(a0; b0 ; c0 ) donc
8(a; b; c) 2 R3; '(a; b; c)>'(a0; b0; c0 ).
R3 est ouvert et ' est de classe C 1 donc les derivees partielles de ' en (a0 ; b0 ; c0 )
sont nulles.
@' (a; b; c) = 4a + 4c 1, @' (a; b; c) = 4b , @' (a; b; c) = 4a + 4c 2.
5 3
@b
3 @c 3
@a@'
@'
@'
@a (a; b; c) = 0; @b (a; b; c) = 0; @c (a; b; c) = 0
15
3
() a = 16 ; b = 0; c = 16 .
p
Nous obtenons alors pour le minimum de la distance, 6 .
24
Pour trouver le minimum nous pouvons utiliser une autre methode.
Soit E un espace vectoriel euclidien, soit u un endomorphisme symetrique de
E deni positif. Soit, pour x 2 E , f (x) = (u(x) 2a j x) ou a est un element
de E . Soit b 2 E veriant u(b) = a. Montrons que b est l'element de E ou f
est minimale.
u est bijective donc b = u 1 (a).
f (b) = (u(u 1(a)) j u 1 (a)) 2(a j u 1 (a)) = (a j u 1 (a)). Montrons que
pour x 2 E; f (x)>f (b).
Soit h 2 E .
f (b + h) f (b) = (u(b + h) 2a j b + h) (u(b) 2a j b)
= (u(b) 2a j h) + (u(h) j b) + (u(h) j h)
= (u(b) 2a j h) + (u(b) j h) + (u(h) j h)
= (u(h) j h)>0.
f (b + h) f (b) = 0 si et seulement si h = 0 car u est denie positive. f (b) est
bien le minimum de f ; il est atteint uniquement en b.
Dans notre exemple nous pouvons choisir pour u l'endomorphisme dont la ma0 2
1
2
BB 5 0 3 CC
B
C
2
trice dans la base canonique de R3 est M = B
BB 0 3 0 CCC
@ 2
A
0 2
3
1 En choisissant a = ; 0; 1 et x = (x1 ; x2 ; x3 ), nous obtenons
2
f (x) = (u(x) 2a j x) = 25 x21 + 23 x22 + 2x23 + 43 x1 x3 x1 2x3 .
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
192 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
0
BB
B
Le minimum de f est donc obtenu en M 1 (a). M 1 = B
BB
@
15 3 45
8
0
15
8
0
3
2
0
15
8
0
9
8
1
CC
CC
CC
A
; 0; 16 .
donc le minimum est obtenu en
16
Nous pouvons employer une autre methode de recherche du minimum.
Soit e1 ; e2 ; e3 une base orthonormale de l'espace, P3, des fonctions polynomiales de degres au plus egaux a 3. Soit f 2 E . Soit g 2 P3. kf gk est
minimal lorsque g est le projete orthogonal de f sur P3 ;
g = (f j e1 )e1 + (f j e2 )e2 + (f j e3 )e3. Choisissons
e1 (t) = aZ1; e2(t) = a2t + b2 e1 (t); e3 (t) = a3 t2 + b3e( t)2 + c3 e1 (t).
1
2
ke1 k = a21dt = 2a21.
1
p
Nous devons choisir, par exemple, a1 = 2 .
2
Z1
(e1 j e2 ) = a1a2t dt + b2 = b2 . Nous devons choisir b2 = 0.
p
Z1 1
2
2
2
2
ke2 k = (a2t) dt = 3 a2 . Nous devons choisir, par exemple, a2 = 26 .
1
Z1
Z1
2
2
(e3 j e1 ) = a3a1 t dt + c3 = a3a1 + c3 . (e3 j e2 ) = a2a3 t3 dt + b3 = b3 .
3
1
1
Nous avonsZb31 = 0.
Z1
ke3 k2 = a23 t4 dt + a1a3 c3 t2 dt = 458 a23. Nous devons prendre, par exemple,
p 1
p 1
3
10
a3 = 4 puis c3 = 25 .
p
p
p
p
2
6
3 10 2
10
e1 (t) = 2 , e2 (t) = 2 t, e3 (t) = 4 t
.
p
p 4
(f j e1 ) = 2 , (f j e2) = 0, (f j e3) = 10 .
8
p 2 p
2
10
15
3
g(t) = 2 e1 (t) + 8 e3 (t) = 16 t2 + 16 .
Z 1 15 3 2
Le carre de la distance entre f et g est egal a
jtj 16 t2 16 dt = 961 .
1
p
6
La distance est donc egale a .
24
141. E = Mp;q (R), A 2 E et f : M 2 E 7 ! AM A 2 E .
L'application ' : (M; N ) 2 E 2 7 ! tr(M N ) 2 R est une forme bilineaire
symetrique. Soit M = (m!i;j )(i;j)2NpNq .
tr(M M
=
q X
p
X
i=1
j =1
m2j;i >0 ; nul si et seulement si M = 0. ' est donc un
193
produit scalaire.
Soit (M; N ) 2 E 2.
'(M; f (N )) = tr(M AN A) = tr((N A)(M A)) = '(N; f (M )).
f est donc un endomorphisme symetrique ; f est diagonalisable90 dans une
base orthonormale pour '.
0t 1
1
B
C
B
C
B
C
.
.
142. Notons V = B
. A = V V .
C
.
B
C
@ A
Si V = 0 alors A est nulle. Supposons
tn
V 6= 0.
A est une matrice symetrique ; elle est orthogonalement semblable a une matrice diagonale. Pour chaque valeur propre l'espace propre associe a pour
dimension l'ordre de multiplicite de celle-ci.
Soient 2 R et X 2 Mn;1(R). Nous identions V X = [a] a un scalaire a.
AX = X () V (V X ) = X () (V X )V = X () aV = X .
Si = 0, alors a = 0 c'est-a-dire V X = 0. n0 est bien valeur propre et l'espace
X
propre associe est l'hyperplan d'equation ti xi = 0.
i=1
Si 6= 0 alors X doit ^etre colineaire a V n. Dans ce cas il vient X = bV donc
X
(V V )V = V c'est-dire91 = V V = t2i . L'espace propre associe est la
i=1
droite RV .
143. E est un R-espace vectoriel de dimension egale a n>1. B est l'ensemble des
formes bilineaires symetriques denies sur E . Soit ' un element de B. Soit
k k une norme sur E .
L'application ' 2 B 7 ! kj'kj = sup j'(x; x)j 2 R est une norme.
x2E
kxk=1
En eet : pour (; ') 2 R B, kj'kj = jj kj'kj.
Pour ('1 ; '2 ) 2 B2 , j'1 (x; x) + '2 (x; x)j6j'1(x; x)j + j'2(x; x)j donc
kj'1 + '2 kj6kj'1kj + kj'2kj.
kj'kj = 0 ) 8x 2 E; kxk = 1 ) '(x; x) = 0 donc pour tout x appartenant
a E '(x; x) = 0.
' est la forme polaire associee a la forme quadratique nulle ; elle est nulle.
' 2 B 7 ! kj'kj = sup j'(x; x)j 2 R est bien une norme.
x2E
kxk=1
Pour p et q deux entiers naturels tels que p + q = n, Bp;q est l'ensemble des
formes bilineaires symetriques de signature (p; q).
Le m^eme raisonnement conduit au fait que l'application f : M 2 E 7 ! AM A 2 E ou
E = Mp;q (C ) est diagonalisable.
90
91
L'espace propre associe a la valeur propre 0 est un hyperplan donc, la matrice etant diagonalisable, 0 est valeur propre nd'ordre egal a n 1. La derniere valeur propre est donc egale a la trace
X
de la matrice c'est-a-dire t2i .
i=1
194 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Soit f 2 Bp;q . Il existe une base e = (e1; ; en) telle que si x a pour coorp
n
X
X
2
donnees (x1; ; xn) dans cette base alors f (x; x) = xi
x2i .
i=1
i=p+1
Soient F = Vect((e1; ; ep ) et G = Vect(ep+1 ; ; en). L'ensemble S1
des elements x de F de norme kxk egale a 1 est un compact donc la restriction de f a S1 possede un minimum > 0 atteint en un point a de S1 .
De m^eme l'ensemble S2 des elements x de G de norme kxk egale a 1 est un
compact donc la restriction de f a S2 possede un maximum < 0 atteint
en un point b de S2. Soit x = u + v un element de E avec (u; v) 2 F G.
f (x; x) = f (u; u)+ f (v; v). Soit > 0; 6 min(; ). Soit ' 2 B; kj'kj6 2 .
Soit = ' + f .
Pour u 2 F; (u; u) = f (u; u) + '(u; u)>kuk2 kuk2 > kuk2.
2
2 2
2
Pour v 2 G; (v; v) = f (v; v) + '(v; v)6 kvk + kvk 6 kvk2 .
2
2
La restriction de a F est denie positive, la restriction a G estp denie neX
gative. Il existe une base (e01 ; ; e0p ) de F telle que pour u = ui e0i on ait
(u; u) =
pour v =
p
X
i=1
n
X
i=p+1
p
(x; x) =
X
i=1
i=1
u2i . De m^eme il existe une base (e0p+1 ; ; e0n ) de F telle que
vi e0
i
u2i
on ait (v; v) =
n
X
i=p+1
2 (u; v) = 2'(u; v) = 2
n
X
i=p+1
vi2 + 2 (u; v).
vi2 .
!
p
n
X
X
i;j ui vj .
i=1 j =p+1
p
p
n
n
u2i
vi2 + 2
i;j ui vj
i=p+1
i=1 j =p+1
i=1
2
2
p
q
p
q
n
=
ui + i;j vj
i;j vj
vj2 .
i=1
j =1
i=1 j =1
j =p+1
2
p
q
n
n
v=
vi e0i 7 ! q(v) =
i;j vj +
vj2 2 R est une forme quai=p+1
i=1 j =1
j =p+1
dratique denie positive donc il existe une base (e00p+1 ; ; e00n) de G telle que
n
n
00
00
pour v =
vi ei on ait q(v) =
vi00 2 .
i=p+1
j =p+1
q
q
q
00
8i 2 Np ; ui + i;j vj = ui + i;j vj . Notons 8i 2 Nn ; i (x) = i;j vj00
j =1
j =1
j =1
00
et pour i 2 N; p + 16i6n, i (x) = vi . La famille (i )i2Nn est une famille libre
donc a bien pour signature (p; q) et Bp;q est un ouvert de B.
X
!
X X
X
X
X
! X X
X
!
X X
X
!
X
X
X
X
X
X
195
144. Soient f un element de E . Montrons que '(f ) est dans E . Il est clair que
'(f ) est continue (elle
m^eme Zde classe C 1 ). Z
Z xest
+2+a
x+a
x+a
2a('(f ))(x + 2) = f (t) dt = f (t + 2) dt = f (t) dt.
x+2 a
x a
x a
'(f ) est bien un endomorphisme de E .
Soient f et g deux
Z 2elements de E . Z 2 Z a
2a('(f ) j g) =
('(f ))(t) g(t) dt =
f (u + t) g(t) du dt.
0
0
a
Nous integrons Zsur unZ rectangle donc nous
obtenons
a
2
2a('(f ) j g) =
f (u + t) g(t) dt du.
a 0
D'une maniere generale si h est une Zfonction continue
Z T par morceaux, T +T
periodique denie de R dans C alors92 h(x) dx = h(x) dx.
Z
0
Z 2
Z 2+u
2
f (u + t) g(t) dt = f (t) g(t u) dt =
f (t) g(t u) dt donc
u
Z0 a Z 2
Z a Z 2 0
f (u + t) g(t) dt du =
f (t) g(t u) dt du
a 0
a
0
Z 2 Z a
Z 2 Z a
=
f (t) g(t u) dt du =
f (t) g(t + u) dt du
0
a
0
a
Z 2
=
f (t) ('(g))(t) dt.
0
Nous avons donc ('(f ) j g)Z= (f j '(g)). ' est un endomorphisme hermitien.
x+a
'(f ) = f () 8x 2 R; f (t) dt = 2af (x).
x a
Si 6= 0 alors f est derivable et 8x 2 R; f (x + a) f (x a) = 2af 0 (x).
f est d'ailleurs de classe C 1 . f et f 0 sont developpables en series de Fourier. Compte tenu de l'unicite du developpement nous en deduisons 8n 2
Z; (an sin(na))cn(f ) = 0. Les coecients cn (f ) ne sont pas tous nuls car
sinon f serait nulle. f constante non nulle est solution ; sinon il existe n0 2 Z
tel que = sin(n0a) 6= 0.
n0a sin(na) sin(n a) 0
Soit A = n 2 Z;
=
na
n0a .
X
A est un ensemble ni. f est denie par f (t) = n exp(int).
Z x+a
n2A
Si = 0 nous recherchons les fonctions f telles que 8x 2 R; f (t) dt = 0.
x a
Cela implique, en derivant, f (x + a) f (x a) = 0 ; 2a est une periode de f .
Nous savons93 que le groupe additif, G, engendre par f2a; 2g est monogene
92
93
Z
T
+
h(x) dx =
ZT
Z T
ZT
Z
h(x) dx +
h(x) dx = h(x) dx + h(x + ) dx
ZT
ZT
Z T
+
= h(x) dx + h(x) dx =
0
Voir les exercices sur les groupes.
0
0
h(x) dx.
196 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
a
p
ou dense dans R selon que est rationnel, egal a avec p et q premiers entre
q
eux, ou non.
Dans le premier cas les fonctions f sont periodiques de periode T = 2 et
q
Z 2a
doivent verier
f (t) dt = 0.
0
Dans le second cas f est constante sur G donc par continuite est constante sur
R.
En
Z autilisant l'ine2galiteZdea Cauchy-Schwarz nous avons
f (t + x) dt 62a jf (t + x)j2 dt.
2 a Z 2 Z a
2
Z 2a Z x+a
f (t) dt dx = f (t + x) dt dx
0
x a
0 Z aZ
Z 2 Z a
62a
j
a
nous
obtenons
a
2
0
Z Z
j
f (t + x) 2 dt
2
0
dx =
a
jf (t + x)j2 dt dx.
Z a Za 2
a
a
0
Z Z 2
j
j
f (t + x) 2 dx
dt. f etant periodique
j j
dt = 2akf k2 .
dx =
a 0
a
0
Nous obtenons nalement k'(f )k26kf k2.
Pour f = 1, k'(f )k = k1k = 1. La norme de l'endomorphisme ' est egale a 1.
j
j
f (t + x) 2 dt
f (x) 2 dx
145. u + v orthogonal signie (u + v) (u + v) = (u + v) (u + v) = IdE c'est-a-dire
en developpant u2 u v + v u v2 = u2 v u + u v v2 = IdE ce qui
equivaut a u2 v2 = IdE ; u v = v u.
Soit 2 R une valeur propre de u, diagonalisable car symetrique. Soit x un
vecteur propre associe. u2 (x) = 2 x donc
(v2 (x) + x j x) = 2 kxk2 c'est-a-dire (v2(x) j x) = (2 1)kxk2. v est antisymetrique donc v2 (x) j x) = (v(x) j v(x)) = kv(x)k2 . Nous en deduisons
2 160.
Soit 2] 1; 1[ une eventuelle valeur propre de u. Soit F l'espace propre associe. Pour x 2 F nous avons v(u(x)) = v(x) = u(v(x)). Nous en deduisons
v(x) 2 F . F est stable par v.
Soit (x; y) 2 F 2 (v(x) j y) = (x j v(y)) donc le restriction w de v a F induit
un endomorphisme de F antisymetrique.
Soit 2 R une valeur propre eventuelle de v ; soit x un vecteur propre associe.
v(x) = x donc kxk2 = (v(x) j x) = (x j v(x)) = kxk2 . Nous en
deduisons = 0. 0 est la seule eventuelle valeur propre de v.
Soit x 2 F tel que w(x) = 0. w2 (x) = (2 1)x = 0 donc 2 etant dierent
de 1, x = 0 et w n'a pas de valeur propre ; le polyn^ome caracteristique de w
n'a donc pas de racine reelle et son degre est alors pair donc la dimension de
F est paire.
Soit G un sous-espace vectoriel de E de dimension paire egale a 2p. Soit
(e1 ; ; e2p ) une base orthonormale de G. Soit a 2 R.
Soit f l'endomorphisme de G deni par :
197
8i 2 Np ; f (ep2i 1 ) = ae2i etp f (e2i ) = ae2i p 1 .
Soient x =
f (x) =
p
X
i=1
X
i=1
xi e2i 1 +
axi e2i
(f (x) j y ) =
p
X
X
i=1
x0 e
i 2i
et y =
X
i=1
yie2i 1 +
i=1
i=1
ax0i e2i 1 .
X
p
0
axie2i
axi e2i 1 yi e2i
i=1
i=1
i=1
p
p
X
X
0
0
p
X
p
X
p
X
1+
yi0 e2i .
p
X
i=1
yi0 e2i
!
axi yi
axi yi = (x j f (y)).
i=1
f est un endomorphisme antisymetrique et f 2 = aIdG .
Soit alors u un endomorphisme symetrique dont les valeurs propres sont comprises entre -1 et 1. E mest la somme directe orthogonale des sous-espaces
M
propres de u. E = E 0 Ei ou les Ei sont les noyaux des endomorphismes
i=1
u i IdE ; les i etant les eventuelles valeurs propres strictement comprises
entre -1 et 1. E 0 est la somme directe orthogonale des noyaux respectifs de
u IdE et u + IdE .
S'il n'y a pas de valeurs propres dans ] 1; 1[ alors m = 0. dans ce dernier
cas u est un automorphisme orthogonal et il sut de choisir v = 0. Supposons
m>1.
Les espaces Ei sont de dimensions paires. Comme nous venons de le voir il
existe pour chaque i entre 1 et m un endomorphisme antisymetrique vi de Ei
veriant, pour x 2 Ei , vi2 (x) = (2i 1)x c'est-a-dire veriant u2 (x) vi2 (x) = x.
vi (u(x)) = i vi (x) = u(vi (x)).
Soit v l'endomorphisme de E tel que pour chaque i 2 Nm et pour chaque
x 2 Ei , v(x) = vi (x) et pour x 2 E 0; v(x) = 0. u et v laissent stable E 0 et les
m
m
X
X
2
Ei u et v commutent donc. Soit (x; y) 2 E , x = xi ; y = yi ou les xi
i=0
0 .i=0
et les yi pour i>1 sont dans
E
et
x
ainsi
que
y
sont
dans
E
i
0
0
X
X
m
m !
m
m !
X
X
(v (x) j y ) =
vi (xi ) yj =
vi (xi ) yi
=
i=1
j =0
i=1
X
! i=1
m
m
X
xi vi (yi) .
i=1 i=1
X
! X
!
m
m
m
m
X
X
xi vj (yj ) =
xi vi (yi) . v est donc un eni=0
j =0
i=1
i=1
i=0
=
(x j v(y)) =
domorphisme antisymetrique. Pour x appartenant a E 0 ou a l'un des Ei nous
avons u2 (x) v2 (x) = x et u(v(x)) = u(v(x)).
u + v est bien un automorphisme orthogonal.
146. A = In B ) A 1 = A = In B ) (In B )(In B ) = In
B + B = In puis A = B .
B
B + In = AA = In donc
198 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
In A = A 1 donc A2 A + In = 0. A3 + In = (A + In)(A2 A + In) = 0
donc A3 = In .
Nous avons vu dans d'autres exercices que si u est un automorphisme orthogonal d'un espace euclidien E , E est la somme directe orthogonale de
E1 ; E 1 ; P1; ; Pr ou les Pi sont des plans.
Les espaces E1 = Ker(u IdE ); E 1 = Ker(u + IdE ); P1 ; ; Pr sont stables
par u et sont deux a deux orthogonaux. Les restrictions de u aux plans Pi sont
des rotations planes dierentes de l'identite. Les valeurs propres possibles
d'un automorphisme orthogonal sont 1 ou -1.
La restriction de IdE u a E1 est l'endomorphisme nul, la restriction a E 1 est
2IdE . Si IdE u est un automorphisme orthogonal alors E1 = E 1 = f0g.
E est alors un espace vectoriel de dimension paire.
ui la rotation
plane
cos(tSoit
sin(t) la matrice
induite par la restriction de u au plan Pi . Soit sin(t)) cos(
t)
de ui dans une base orthonormale
de Pi. IdPi ui est
un automorphisme or 1 cos(
t)
sin(t)
thogonal si et seulement si
sin(t) 1 cos(t) est un automorphisme
orthogonal c'est-a-dire (1 cos(t))2 + sin(t)2 = 1 soit 2 cos(t) = 1. u et v
existent donc a condition que 2 cos(t) = 1. u doit donc ^etre un element de
O+(E ) n'ayant pas 1 pour valeur propre et tel qu'il existe une decomposition
de E en somme directe orthogonale de plans stables par u les restrictions de
u a chacun de ces plans etant une rotation d'angle de mesure egale a 3 . Il
est clair que nous avons bien u3 = IdE .
1
147. An est une matrice symetrique reelle donc il existe une matrice orthogonale
Pn et une matrice diagonale Bn telles que veriant An = PnBnPn . Le rang
de An est egal a 1 donc 0 est valeur propre d'ordre n 1 ; la derniere valeur
propre est donc egale a la trace de An c'est-a-dire egale a n. Bn est bien la
matrice proposee. L'espace propre associe a la valeur propre 0 est deni par
x1 + + xn = 0. Un vecteur propre associe a la valeur propre n est donc
un vecteur dont toutes les coordonn
p egales.
p 1Par exemple :
0 pe2es sont
2 3
0 p 2 p2 1
BB 2
2 3 C
CC
p
p
B
B
C
2 2 ,P =B
2 3C
P2 = B
C.
@ p2 p2 C
A 3 BBB 0
2 3 C
p C
@ p2
2 2
3A
0
2
3
D'une maniere generale on peut choisir, pour j 2 Nn 1 , comme j iemep colonne
2
la colonne dont les elements sont tous nuls sauf le premier egal a . et le
2
p
2
(j + 1)ieme qui est egal a
. La derniere colonne a tous ses elements egaux
2
pn
a .
n
Nous recherchons les matrices qui commutent avec Bn .
199
Soit M 0 = (m0i;j )(i;j)2(Nn) une matrice.
M 0 Bn = BnM 0 () 8(i; j ) 2 (Nn 1 )2 ; m0i;n = m0n;j = 0.
L'ensemble des matrices M 0 est un espace vectoriel de dimension egale a (n
1)2 + 1 = n2 2n + 2.
L'application M 0 2 Mn(R) 7 ! PnM 0 Pn 2 Mn(R) est un isomorphisme donc
le commutant de An est un espace vectoriel de dimension egale a n2 2n + 2.
2
148. Soit H un hyperplan d'un espace euclidien F . Soit e un vecteur unitaire
orthogonal a H . Soit v un vecteur . Le projete orthogonal de v sur Re est le
vecteur (v j e)e. Le projete orthogonal de v sur H est le vecteur v (v j e)e.
Soit s la symetrie orthogonale par rapport a l'hyperplan H ; nous avons s(v)+
v = 2p(v) c'est-a-dire s(v) = v + 2p(v).
1 Dans notre cas particulier nous pouvons choisir e = p !
+ 2!
+!
k . Si
6
p est la projection demand
e
e
alors
p(v) = v 61 (x + 2y + z ) !
+ 2!
+!
k
= 1 (5x 2y z ) !
+ 1 ( 2x + 2y 2z ) !
+ 1 ( x 2y + 5z ) !
k.
6
6
0 5 62 1 1
La matrice de la projection est donc P = 1 @ 2 2 2 A.
6
1 2 5
La matrice de la sym
orthogonale
0 etrie
1 par rapport au plan est
2
2
1
S = 2P I3 = 13 @ 2 1 2 A.
1 2 2
149. Soit (e1; e2 ) une base orthonormale de F . Soit v 2 E . Le projete orthogonal94,
p(v), de v sur F est (e1 j v)e1 + (e2 j v)e2 .
Le symetrique dans la symetrie orthogonale par rapport a F est le vecteur w
veriant v + w = 2p(v).
y2 = x1 + x2 est orthogonal a x1 si et seulement si kx1k2 + (x1 j x2 ) = 0
c'est-a-dire 2 + = 0. y2 a pour coordonnees (1; 1; 2; 0). Choisissons
e1 = kx1 k x1 et e2 = ky1 k y2. e1 a pour coordonnees p1 (1; 1; 0; 0) et e2 a
2
1
2
1
pour coordonnees p (1; 1; 2; 0).
6
Soit (x; y; z; t) les coordonnees de v.
(e1 j v) = p1 (x + y), (e2 j v) = p1 (x y + 2z ) donc p(v) a pour coordonnees
2
6
1
(2x + y + z; x + 2y z; x y + 2z; 0).
3
D'une maniere generale, Si V = Vect(e ; ; ep ) ou les vecteurs ei sont deux a deux ortho94
1
gonaux et normes, le projete orthogonal sur V d'un vecteur x d'un espace vectoriel euclidien (ou
p
X
hermitien) contenant V est le vecteur (ej j x)ej . Si nous projetons sur un hyperplan, il est plus
j =1
simple de projeter sur la droite orthogonale a celui-ci.
200 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
02
1B 1
La matrice de la projection orthogonale est A = B
@1
3
0
01
1B 2
Celle de la symetrie orthogonale est B = 2A I4 = B
3@ 2
0
1
2
1
0
2
1
2
0
1
1
2
0
1
0
0C
C
0 A.
0
1
2 0
2 0C
C
1 0 A.
0 3
150. (a) Nous employons la m^eme methode que dans l'exercice precedent. Recherchons une base orthonormale de H . Soit y2 = x1 + ax2 avec (x1 j y2) = 0.
7
1
Il vient alors a =
et y2 = ( 1; 5; 8; 1).
6
6
Soit u = (x; y; z; t) 2 R4, le projete p(u) de u sur H est le vecteur
1 (x j u)x + 1 (y j u)y .
1
kx1 k2 1
ky2k2 2 2
Nous obtenons donc ici p(u) = 1 (x + 2y + z + t)(1; 2; 1; 1)
7
+ 1 ( x + 5y 8z t)( 1; 5; 8; 1)
91
1
= (2x + 3y + 3z + 2t; 3x + 11y 2z + 3t;
13
0 2 3 3 2 1 3x 2y + 11z + 3t; 2x + 3y + 3z + 2t).
1B
3 11 2 3 C
B
A = 13
@ 3 2 11 3 CA est la matrice de la projection orthogonale
2 3 3 2
sur H .
0 9 6 6 4 1
B 6 9 4 6 CC est la matrice de la symetrie
(b) B = 2A I4 = 1 B
13 @ 6 4 9 6 A
4 6 6 9
orthogonale, s, par rapport a H .
s(13x3 ) = (11; 23; 23; 2), s(13x4 ) = ( 2; 23; 23; 11).
s(F ) = Vect((11; 23; 23; 2); ( 2; 23; 23; 11)).
Soit G un sous-ensemble de E . V 0 = s(V ) () V = s(V 0 ).
Soit u = (x; y; z; t) 2 E .
v = (a; b; c; d) = s(u) 2 V 0 () s(v) 2 V .
Nous en deduisons que l'image de l'hyperplan G est l'hyperplan d'equation cartesienne a + 2b c + d = 0 c'est-a-dire
( 9x + 6y + 6z + 4t) + 2(6x + 9y 4z + 6t) (6x 4y + 9z + 6t)
+(4x + 6y + 6z 9t) = 0
soit encore x + 34y 5z + t = 0.
151. Soit w = e2 + e3 . w est orthogonal au plan P . Soit x un element de E ; soit y
1
le projete orthogonal de x sur la droite Rw. y =
kwk2 (w j x)w.
Le projete orthogonal de x sur le plan P est donc x y.
201
Soit s(x) le symetrique de x dans la symetrie orthogonale par rapport au plan
P.
2
x + s(x) = 2(x y) c'est-a-dire s(x) = x kwk2 (w j x)w .
Nous obtenons alors s(x) = x (w j x)w.
s(e1) = e1 , s(e2 ) = e2 w = e3 , s(e3) =0e3 w = e21
.
1 0 0
La matrice de la symetrie est donc S = @ 0 0 1 A.
0 1 0
Nous retrouvons le fait que cette matrice est symetrique (S = tS ) et orthogonale (S 1 = tS ) ; il s'agit bien de la matrice d'une symetrie orthogonale car
S = S 1.
Si nous voulons verier qu'il s'agit bien de la symetrie orthogonale par rapport
a P il surait de rechercher les invariants.
152. Une base de P est (v1 ; v2 ) avec v1 = e1 e2 ; v2 = e3 e4 ; cette base est
orthogonale. Le projete orthogonal, p(v), d'un vecteur v sur le plan est le
1
1
1
1
(v1 j x)v1 +
(v2 j x)v2 soit (v1 j v)v1 + (v2 j v)v2 .
vecteur
2
2
kv1 k
kv2 k
2
2
4
X
Si v = xi ei alors p(v) = 1 (x1 x2 )v1 + 1 (x3 x4 )v2 ;
2
2
i=1
x x
x x
x x
x x
nous obtenons p(v) = 1 2 e1 + 2 1 e2 + 3 4 e3 + 4 3 e4 .
2
2
20
2
1 1 0 01
BB 2 2
CC
BB 1 1
C
BB 2 2 0 0 CCC
La matrice de la projection orthogonale est alors : B
BB 0 0 1 1 CCC.
BB
2 2C
CC
B@
1
1
A
0 0
2 2
153. A est une matrice orthogonale. A = (X 1)2 (X 2 +1). L'espace propre associe
p
8
y
+
t
=
x
2
>
< x +yp2
+t = 2y
a la valeur propre 1 est deni par >
: xp2 +y z +t == 2zt
Une base orthonormale
1 de cet1espace
propre est constituee des deux vecteurs
de coordonnees 0; p ; 0; p ; et (0; 0; 1; 0).
2
2
Completons cette base pour obtenir une base, (e1 ; e2 ; e3 ; e4 ), orthonormale.
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
202 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
0 0
1
B
p
B
2
Nous pouvons choisir P = B
B
0
B
@ 1
p
0
0
1
0
1
0
0
0
0
p1
2
0
p1
2
1
CC
CC comme matrice de changeCA
2
ment de base.
01 0 0 01
0 1 0 0C
tP A P = B
B
@0 0 0 1C
A.
0 0 1 0
La restriction au plan Vect(e1; e2) est l'identite ; la restriction au plan Vect(e3; e4)
oriente par la donnee de cette base est la rotation d'angle de mesure .
2
B est une matrice orthogonale. B = (X 1)(X + 1)2 .
Un vecteur propre associe a la valeur propre 1 est par exemple le vecteur de
coordonnees (3; 2; 1).
Deux vecteurs propres independants associes a la valeur propre -1 sont par
exemple le vecteurs de coordonnees (0; 1; 2) et ( 5; 6; 3). Une base orthonormale
est
denie par la matrice de passage :
1
0 de3 vecteurs propres
p
p5 C
0
B
01 0 01
14
70 C
B
B p2 p1 p6 C
C
. tPBP = @ 0 1 0 A.
P =B
B
C
14
5
70
B
0 0 1
A
@ p1 p2 p3 C
14
5
70
B est la matrice de la symetrie orthogonale (demi-tour) par rapport a la droite
dirigee par le vecteur e1 = (3; 2; 1).
154. (a) En additionnant la somme des trois dernieres0colonnes a la premiere1nous
8 3 1 1
B
8 1 5 3C
en deduisons que le rang de A est celui de B
@ 8 1 3 5 CA soit
0 1 3 1 1 18 5 1 1
B 1 1 5 3 CC.
encore celui de la matrice B
@ 1 1 3 5A
1 5 1 1
Notons L1 ; L2; L3 et L4 , dans cet ordre les quatre lignes de cette derniere
matrice.Remplacons L2 par
0 L12 L3 1, L13 par1 L13 + L1 et L4 par L4 + L1.
B 0 4 4 4 CC qui a m^eme rang que A.
Nous obtenons la matrice B
@0 2 2 6A
0 2 2 2
En ajoutant la troisieme colonne a la deuxieme nous obtenons la matrice
01
B
0
B
@0
1
C
C
A qui a m^eme rang que A.
1
1 4 1 1
B 0 0 1 1 CC a m^eme rang que A.
La matrice B
@0 0 1 3A
4
0
0
0 0
1
4
2
20
203
1
4
6
2
0 0 1 1
En retranchant la deuxieme ligne a la troisieme et en ajoutant la deuxieme
01 4 1 11
B 0 0 1 1 CC qui a
ligne a la quatrieme nous obtenons la matrice B
@0 0 0 2A
0 0 0 2
pour rang 3 qui est donc le rang de A.
Nous aurions pu aussi calculer le polyn^ome caracteristique de A. Nous
obtenons X (X 3 256). 0 est une valeur propre simple donc le noyau est
de dimension 1 puis le rang est egal a 3.
Nous aurions pu aussi tout simplement determiner le noyau qui est deni
par
8 5x + 3y + z t = 0 8 x y + 5z + 3t = 0
>
< x y + 5z + 3t = 0 >
<
y + 3z + 2t = 0
()
x
y
3
z
5
t
=
0
y + 2z + t = 0
>
: 3x + 5y z + t = 0 >
:
8 x y + 5zz ++ 3tt == 00
<
y + 3z + 2t = 0 .
() :
z + t = 0
Le noyau est donc engendre par le vecteur ( 1; 1; 1; 1). Le rang de la
matrice est bien egal a 3.
(b) Notons X1; X2; X3 et X4 les colonnes de la matrice A. Il est immediat
que nous avons X4 = X1 + X2 + X3. X1; X2; X3 est une base de
l'image.
(x; y; z; t) 2 Im(f ) si et seulement si 9(; ; ) 2 R3 tel que
(x; y; z; t) = (5; 1; 1; 3) + (3; 1 ; 1; 5) + (1; 5; 3; 1)
c'est-a-dire
x = 5 + 3 + ; y = + 5; z = 3; z = 3 5 + .
(c) L'orthogonal de Im(f ) est l'ensemble des vecteurs de coordonnees (x; y; z; t)
tels que 8(; ; ) 2 R3,
x(5 + 3 + ) + y( + 5 ) + z ( 3 ) t( 3 5 + ) = 0
c'est-
8 5xa+-dire
y + z 3t = 0
<
: 3xx+ 5yy z3z +5tt == 00 . Nous aurions aussi pu dire que le vecteur est
orthogonal a une base de l'image et obtenir a nouveau ce resultat.
L'orthogonal est evidemment une droite ; elle est dirigee par le vecteur
de coordonnees (1; 1; 1; 1).
204 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
(d) Considerons la nouvelle base formee de la base (X1; X2; X3) de Im(f )
et d'un autre vecteur ; par exemple un vecteur orthogonal a l'image. La
matrice
de la 1
base initiale B1 a cette nouvelle base B2 est
0 de5 passage
3 1 1
B 1 1 5 1 CC.
P =B
@ 1 1 3 1A
3 5 1 1
Notons (e1 ; e2; e3 ; e4) la base canonique de E .
f (e1 ) = X1; f (e2 ) = X2; f (e3 ) = X3,f (e4 ) = X1 + X2 + X3 donc B =
01 0 0 11
B
0 1 0 1 C est la matrice de f dans le couple de bases (B ; B ).
B
1 2
@0 0 1 1C
A
0 0 0 0
Nous avons95 A = PB . Il est immediat que l'espace propre associe a
la valeur propre 1 de la matrice B est de dimension 3 donc la matrice
B est diagonalisable; une base de vecteurs propres est formee des trois
premiers vecteurs de la base B2 et d'un vecteur du noyau de B .La matrice
01 0 0 11
B 0 1 0 1 CC.
de passage de la base B2 a cette nouvelle base est Q = B
@0 0 1 1A
0 0 0 1
01 0 0 01
B 0 1 0 0 CC.
Nous avons donc C = Q 1 BQ = B
@0 0 1 0A
0 0 0 0
Finalement C = Q 1 P 1 AQ. Il sut de choisir96 U = (PQ) 1 et V = Q.
0 1 5 7 31
B 3 5 7 1 CC
Nous pouvons aussi choisir U = 16(PQ) 1 = B
@ 4 2 6 4A
4 4 4 4
auquel cas UAQ = Diag(6; 16; 16; 0).
155. Redemontrons97 que pour tout triplet (a; b; c) de vecteurs de R3 nous avons
Je rappelle qu'il est simple de retenir cette relation. En eet Soit X la colonne des coordonnees
de x dans la premiere base ; soit X 0 la colonne des coordonnees de x dans la seconde base. Nous
avons la relation X = PX 0 ou P est la matrice de passage de la premiere a la seconde base. Si A
est la matrice d'un endomorphisme u dans le couple de bases (B1; B1) u(x) = y s'ecrit Y = AX
ou X est la colonne des coordonnees de x dans B1 et Y celle de y dans cette m^eme base. Nous
avons de m^eme Y 0 = BX ou Y 0 est la colonne des coordonnees de y dans B2. Il vient alors
PY 0 = AX = PBX d'ou la relation A = PB.
Nous pouvons aussi dire que la matrice A est la matrice de f de (E; B1)) dans (E; B1)) puis
L'identite de (E; B2)) dans (E; B1)) a pour matrice P la matrice de pasage de la base B1 dans la
base B2. La matrice de f de (E; B1)) dans (E; B2)) est donc la composee des deux applications f
puis IdE1 ; la matrice de F de (E; B1)) dans (E; B2)) est donc le produit B = P 1 A c'est-a-dire
A = PB.
96
D'autres methodes, vues dans d'autres exercices, consistant a diagonaliser A A sont possibles.
97
un resultat que nous avons deja demontre
95
205
a ^ (b ^ c) = (a j c)b (a j b)c.
Soient (a1; a2; a3), (b1; b2; b3) et (c1 ; c2; c3 ) les coordonnees des vecteurs
a; b et c dans la base canonique orientee de R3.
Les coordonnees de b ^ c sont (b2c3 b3 c2; b3c1 b1 c3; b1c2 b2c1) ; celles de
a ^ (b ^ c) sont
(a2b1 c2 + a3b1 c3 a2b2 c1 a3b3 c1; a3 b2c3 + a1b2 c1 a3b3 c2 a1b1 c2 ;
a1 b3c1 + a2 b3c2 a1 b1c3 a2b2 c3 )
c'est-a-dire celles du vecteur (a j c)b (a j b)c.
Supposons a non nul sinon f = 0.
En choisissant une base orthonormale directe (e1 ; e2 ; e3 ) dont le premier
element est 1 a nous obtenons
kak
f (e1 ) = 0; f (e2 ) = kak2 e2; f (e3 ) = kak2e3 . f est donc la composee h p
ou h est l'homothetie de rapport kak2 et p la projection orthogonale sur le
plan orthogonal a a.
Remarque il etait immediat que f etait diagonalisable. en eet soit e une
base orthonormale directe de R3.
(f (x) j y) = dete(a; a ^ x; y) = dete(y; a; a ^ x) = (a ^ y) (a ^ x). f
est donc un endomorphisme symetrique et il existe une base orthonormale de
diagonalisation de f . Ker(f ) = fx 2 E; 8y 2 E; (a ^ y) (a ^ x) = 0g c'est-adire Ker(f ) = fx 2 E; ; a ^ x = 0g = Ra lorsque a est non nul (sinon le noyau
est tout l'espace). 0 est donc une valeur propre simple. Soit x un vecteur
orthogonal a a ; nous avons f (x) = kakx. kak est l'autre valeur propre de f
d'espace propre l'orthogonal de Ra. Nous retrouvons ce que nous venons de
voir.
156. (a) u est un endomorphisme de E . u(x) = 0 ) 9k 2 C ; x = ka. (u(x) =
0) () (9k 2 C ; x = ka; k(1 + )a = 0).
Si = 1, tout vecteur colineaire a a appartient au noyau de u qui n'est
pas injective.
Pour 6= 1, u(x) = 0 () x = 0 donc u est injective puis bijective
puisque E est de dimension nie.
Dans ce cas , u(x) = y ) 9k 2 R; x = y + ka.
u(y + ka) = y + k(1 + )a + (a j y)a. Nous en deduisons k = 1(+a jy) .
x est alors egal a y 1(a+j y) a.
l'application u 1 est donc denie par x 2 E 7 ! x (a j x) a.
1+
Si nous notons u l'application initiale, sa reciproque est u .
(b) u est un endomorphisme hermitien si et seulement si u = u c'est-a-dire
si et seulement si
8(x; y) 2 E 2; (x + (a j x)a j y) = (x j y + (a j y)a).
En simpliant nous obtenons (x j a)(a j y) = (x j a)(a j y) c'est-a-dire
2 R.
(c) u est unitaire si et seulement si 8x 2 E; ku(x)k = kxk.
1+
206 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
ku(x)k2 = kxk2 + j(a j x)j2(jj2 + 2 <e()). u est unitaire si et seulement
si jj2 + 2 <e() = 0 c'est-a-dire = 2 cos() exp(i) avec 2 R.
2 cos() exp(i) = 1 exp(2i). Nous en deduisons que u est unitaire
si et seulement si il existe t 2 R tel que = 1 + exp(it).
Nous aurions pu remarquer que (x j y + (a j y)a) = (x + (a j x)a j y)
donc que x 2 E 7 ! x + (a j x)a 2 E est l'endomorphisme adjoint de u.
Nous retrouvons simplement alors le premier resultat et pour le second il
sut d'utiliser l'equivalence u unitaire si et seulement si u = u 1 donc
ici, u = u (car 7 ! u est injective) c'est-a-dire = soit
1+
encore jj2 + 2 <e() = 0.
157. A est une matrice symetrique reelle ; elle est donc diagonalisable. La dimension
de l'espace propre associe a une valeur propre est egale a l'ordre de multiplicite
de celle-ci.
Il est immediat que A est de rang 2. Le noyau de l'endomorphisme associe a
A dans la base canonique de Rn est de dimension n 2. 0 est valeur propre
d'ordre n 2.
Il reste deux autres valeurs propres non nulles dont la somme est egale a la
trace de A c'est-a-dire 1.
Soit une telle valeur propre et x = (x1 ; ; xn ) un vecteur propre associe.
propre est deni par
(
L'espace
xn = x1 = = xn 1 () xnn =1x1 = = xn 1 .
x1 + + xn = xn
xn + xn = xn
xn est non nul car sinon x = 0 ; il vient donc 8i 2 Nn 1 ; xi = 1 xn et 2 +
1 n = 0.
Nous obtenons alors les deux valeurs propres non nulles 1 et 2 . Nous pouvons
choisir comme vecteurs propres associes (1; ; 1; 1 ) et (1; ; 1; 2 ).
Une base du noyau est une base de l'espace vectoriel intersection des deux
hyperplans d'equations xn = 0 et x1 + + xn = 0.
158. (a) Notons ai;j l'element d'indices (i; j ) de la matrice A. La trace de A etant
nulle les elements de la diagonale sont tous nuls.
A2 + A (d 1)In = J
n
X
2
() 8(i; j ) 2 (Nn ) ; ai;k ak;j + ai;j (d 1)ij = 1.
1+
En particulier 8i 2 Nn ;
n
X
k=1
k=1
ai;k ak;i d = 0.
La matrice etant symetrique, nous avons 8i 2 Nn ;
n
X
k=1
(ai;k )2 d = 0 soit
encore, les coecients etant egaux a 0 ou a 1, 8i 2 Nn ;
AV = dV () 8i 2 Nn ;
n
X
k=1
ai;k = d.
n
X
k=1
ai;k d = 0.
207
Nous avons donc bien AV = dV .
AV = dV ) A2 V = d2 V donc d2 V + dV (d 1)V = JV = nV
c'est-a-dire d2 + 1 = n.
(b) A est une matrice symetrique. Il existe une matrice orthogonale P et une
matrice diagonale D = Diag(1; ; n ) telles que A = PDP . Soit
X 2 Mn;1(R), X 6= 0, AX = X . La relation A2 + A (d 1)In = J
conduit a (2 + (d 1))X = JX .
J est une matrice reelle symetrique donc est diagonalisable. Son rang est
egal a 1 donc 0 est valeur propre d'ordre n 1 puis, la trace etant egale
a n, n est valeur propre simple.
Nous en deduisons 2 + (d 1) est egal a 0 ou a n.
2 + (d 1) = n () ( d)(+d+1) = 0. Lorsque n est valeur propre
n
X
de J alors l'espace propre est la droite RV donc 8i 2 Nn ;
ai;j = >0.
j =1
Nous en deduisons = d.
Le spectre de A est bien inclus dans fa; b; dg.
(c) Le discriminant du polyn^ome X 2 + X (d 1) est 2 = 4d 3>1 donc
a et b sont dierentes. a = 12 (1 + ); b = 12 (1 ).
Notons (a) et (b) les ordres (eventuellement nul pour l'une des deux)
de multiplicite des valeurs propres a et b.
dim(Ker(A aIn)) = (a); dim(Ker(A bIn)) = (b).
(A aIn)(A bIn) = J donc Ker(J ) = Ker(A aIn) Ker(A bIn) et
en particulier (a) + (b) = n 1.
A est diagonalisable, tr(A) = 0 = (a)a + (b)b + d.
n 1.
Nous avons le systeme (a)(aa)++(b(b)b) =
= d
2
2
En resolvant le systeme nous obtenons (a) = bd + d ; (b) = ad + d .
((b) (a)) = d(d 2).
d = 2 () (a) = (b).
p
p
p
Dans ce cas, = 5, a = 1 (1 + 5); b = 1 (1
5) puis (a) =
2
2
(b) = 2.
Pour d 6= 2, c'est-a-dire pour n 6= 5, la relation ((b) (a)) = d(d 2)
p
implique 2 Q et 2 = 4d 3 2 N. E crivons = avec p et q entiers naq 2
turels non nuls premiers entre eux. Nous obtenons p2 2 N donc il existe
q
r 2 N; p2 = q2 r. p divise r donc r s'ecrit p avec 2 N ; nalement
1 = q2 2 puis q = 1 et 2 N.
En remplacant d en fonction de nous obtenons
2
2 + 3) soit (16((b) (a)) 3 + 2) = 15.
(b) (a) = ( 5)(
16
divise 15 donc 2 f1; 3; 5; 15g c'est-a-dire d 2 f1; 3; 7; 57g.
En ajoutant la valeur 2 trouvee precedemment nous obtenons bien d 2
f1; 2; 3; 7; 57g.
208 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
1
1
1
A2 + A =
Pour d = 1; n = 2.
c2 c 1
deduisons c c2 = 1 1
Pour d = 2; n = 5.
0 c
c 0 .
0 1
1 avec A =
1
c'est-a-dire A =
En utilisant la relation vue plus haut : 8i 2 N5 ;
Nous en
1 0 .
5
X
ai;k = 2 nous en deduisons qu'il y a 2 termes non nuls,, egaux a 1, sur chaque ligne.
Nous avons C42 = 6 choix possibles sur la premiere ligne.
5
X
En reprenant la relation ai;k ak;j + ai;j ij = 1 qui peut ^etre consik=1
k=1
deree comme le produit scalaire des iieme et j ieme lignes Li et Lj de la
matrice A qui est symetrique.
Nous obtenons (Li j Lj ) = ai;j + ij + 1.
Supposons par exemple que la premiere ligne soit : (0; 0; 1; ; 1). Nous
avons alors (L1 j L3 ) = 0, (L1 j L5 ) = 0, (L1 j L2 ) = 1, (L1 j L4 ) = 1.
Nous obtenons donc a3;5 = 0; a5;3 = 0; a2;3 + a2;5 = 1; a4;3 + a4;5 = 1.
Nous avons deux possibilites : a2;3 = 1 et a2;5 = 0 ou a2;3 = 0 et a2;5 = 1.
Dans ce cas, la matrice etant symetrique0et ne devant avoir
1 que deux
0 0 1 0 1
BB 0 0 1 1 0 CC
1 sur chaque ligne nous obtenons : A = B
B@ 10 11 00 00 01 CCA. De m^eme
1 0 0 1 0
00 0 1 0 11
BB 0 0 0 1 1 CC
avec a2;3 = 0 et a2;5 = 1, nous obtenons : A = B
B@ 10 01 01 10 00 CCA.
1 1 0 0 0
Nous faisons de m^eme en choisissant une premiere ligne dierente.
159. M est symetrique relle donc diagonalisable. M = X 4 14X 2 donc X 3 14X
est le polyn^ome minimal98 de M .
1
1
Si A et B existent, elles verient A B = p M et A + B = M 2 c'est-a14
14
Un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension nie est diagonalisable si et seulement
sip son polyn^ome minimal est scinde a racines simples. Dans ce cas le polyn^ome minimal est egal a
Y
(X ai ) ou fa1 ; ; apg est l'ensemble des valeurs propres de u deux a deux distinctes.
98
i=1
En eet. Supposons que
Yp
(X ai ) soit le polyn^ome minimal de u ; les ai etant deux a eux
i=1
distincts. Nous avons alors E =
p
M
i=1
Supposons u diagonalisable. E =
Ker(u ai IdE ). u est donc diagonalisable.
q
M
i=1
Ei ou les Ei sont les espaces propres de u associes aux
209
dire A = 1 p1 M + 1 M 2 et B = 1 p1 M + 1 M 2 .
0 2 1 14 1 14 3 1 p2 1 14 14
14 C
B
28
14
28 28
B
CC
B
p
1
1
3
1
B
14 C
B
CC
14
7
14
14
A: =B
,
B
3
3
9
3 p14 C
B
C
B
CC
28
14
28 28
B
B
@ 1 p14 1 p14 3 p14 1 CA
28
14
28
2
1
0 1
1
3
1 p14
CC
B
28
14
28
28
B
B
1
1
3
1 p14 C
CC
B
B
14
7
14
14
C.
B: =B
B
3
3
9
3 p14 C
CC
B
B
28
14
28
28
CC
B
B
p
p
p
1
1
3
1
A
@
14
14
14
28
14
28
2
La proposition demandee est vraie pour
p n = 1 et pour n = 2. Supposons que
jusqu'au prang n, n>2, on ait M n = 14n (A + ( 1)n B ).
M n+1 = 14n (A + ( 1)n B )M .
Le polyn^ome minimal de M etant X 3 14M , il vient M 3 = 14M .
Si n est pair nous obtenons
p
1 p14nM 3 = p14n M = p14n+1(A B ).
M n+1 = 14n (A + B )M = 14
Si n est impair nous obtenons
p
p
p
M n+1 = 14n (A B )M = p1 14n M 2 = 14n+1 (A + B ).
14
Le resultat est donc vrai au rang n + 1 ; d'ou le resultat pour tout n 2 N .
En fait nous avons 8p 2 N; M 2p+1 = 14p M et 8p 2 N ; M 2p = 14p 1 M 2 .
160. M est une matrice symetrique reelle. Elle est orthogonalement semblable a
une matrice diagonale.
La matrice M 2 a tous ses elements egaux a A sauf les elements diagonaux tous
egaux a B avec A = 2ab + (n 2)a2 et B = b2 + (n 1)a2 .
Soit une valeur propre.
Il existe une matrice colonne X = (xi )i2Nn 2 Mn;1(R) non nulle telle que
q valeurs propres, i , deux a deux distinctes de u. Soit P le polyn^ome
j 2 Nq et x 2 Ej .
Yq
(X i ). Soient
0
1
q
Y
(u i IdE ) (x) = B
@ (u i IdE )C
A (u j IdE )(x) = 0. P est donc
Yq
i=1
!
=1
=6
i
i j
i=1
un polyn^ome annulateur de u. Soit Q le polyn^ome minimal de u. Soient une valeur propre de
u et x un vecteur propre associe. Q(u)(x) = Q()x. Nous en deduisons Q() = 0. P est donc le
polyn^ome minimal de u d'ou le resultat.
210 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
MX = X . Il vient alors M 2 X =n 2 X .
X
M 2 X = 2 X () 8j 2 Nn ; A xi = (2 + A B )xj .
i=1
Nous en deduisons que pour tout j 2 Nn , les elements (2 + A B )xj sont
tous egaux c'est-a-dire 2 + A B = 0 ou les xj sont tous egaux ; auquel cas
ils sont tous egaux a 1 par exemple car ils ne peuvent ^etre tous nuls. Dans ce
dernier cas nous obtenons nA = 2 + A B .
Les valeurs propres possibles verient donc 2 = B A = (a b)2 ou 2 =
nA + B A = ((n 1)a + b)2.
n
X
Dans le premier cas nous obtenons A xi = 0, dans le second cas
8i 2 Nn ; A
n
X
i=1
!
i=1
xi nxj = 0.
Supposons A 6= 0 alors dans le premier cas nous obtenons
n
X
n
X
i=1
xi = 0, dans le
second cas 8i 2 Nn ;
xi = nxj .
i=1
Dans le second cas l'espace propre est de dimension egale a 1 donc la valeur
propre associee est simple ; il s'agit de l'une des deux valeurs ((n 1)a + b).
Soit V la colonne dont tous les elements sont egaux a 1. L'element d'incice i
de MV est gal a (n 1)a + b. Il s'agit alors de la valeur propre associee.
Soit l'ordre de multiplicite de l'eventuelle valeur propre a b et soit =
n 1 l'ordre de multiplicite de l'eventuelle valeur propre b a. Nous avons
tr(M ) = (a b)( ) + (n 1)a + b).
Si n est pair alors tr(M ) = na ; dans le cas contraire tr(M ) = (n 1)a + b.
Pour n = 2p pair nous avons alors (a b)(2 n) = 0 c'est-a-dire = p; =
p 1.
Pour n = 2p + 1 impair nous avons alors (a b)(2 n + 1) = 0 c'est-a-dire
= p; = p.
Supposons A = 0 c'est-a-dire a = 0 ou 2b + (n 2)a = 0. Dans ces conditions
M 2 = BIn. Les valeurs propres verient donc 2 = (a b)2. Cette fois, les
seules valeurs propres possibles sont (a b). En utilisant a nouveau la trace
nous obtenons :
si n = 2p, 2pa = ( )(a b) c'est-a-dire dans le cas a = 0 = = p, dans
le cas 2b + (n 2)a = 0 = p + 1, = p 1
si n = 2p + 1, b + 2pa = ( )(a b) c'est-a-dire dans le cas a = 0, = 1
soit = p et = p + 1, dans le cas 2b + (n 2)a = 0 = + 1 donc = p + 1
et = p.
En resume, M est orthogonalement semblable a la matrice diagonale par
n blocs,
les blocs etant (a b)Ip; (b a)In p 1; (b + (n 1)a)I1 avec p = E
.
2
L'espace propre
associe a la valeur propre a b est deni par
n
X
8j 2 Nn ; a xi = (a b)(xj + xn+1 j ).
i=1
211
Notons Ej la colonne dont le iieme element est 1 et les autres nuls.
n
Les solutions sont alors engendrees par Ej En+1 j ; j 2 Np avec p = E
.
2
L'espace propre
associe a la valeur propre b a est deni par
n
X
8j 2 Nn ; a xi = (a b)(xj xn+1 j ).
i=1
Les solutions sont alors
engendrees par Ej + En+1 j En p+1 Ep ; j 2 Np 1
n+1 .
avec p = E
2
Dans le cas particulier n = 2 ces dernieres solutions n'existent pas (16j 60).
161. Il s'agit d'un cas particulier de l'exercice precedent. Faisons ici une demonstration directe dans ce cas particulier.
A est une matrice symetrique reelle donc est orthogonalement semblable a une
matrice diagonale. A2 = I2n+1. Les valeurs propres de A sont donc egales a 1
et a -1.
Soit X = (xi )i2N n 2 M2n+1;1(R) veriant AX = X .
AX = X () 8i 2 N2n+1 ; xi = x2n+2 i () 8i 2 Nn ; xi = x2n+2 i .
Le rang de ce systeme est egal a n donc 1 est valeur propre d'ordre n + 1. -1
est alors valeur propre d'ordre n. Soit (ei )i2N n la famille de colonnes telles
que chaque element de ei est nul sauf celui d'indice i qui est egal a 1.
Une base de vecteurs propres de l'espace propre associe a la valeur propre 1 est
(ei + e2n+2 i )i2Nn ; Une base de vecteurs propres de l'espace propre associe a
la valeur propre -1 est (ei e2n+2 i )i2Nn.
2 +1
2 +1
+1
0 cos(') cos()
162. La matrice A = @ sin()
1
cos(') sin() sin(')
cos()
0 A est clairement
sin(') cos() sin(') sin() cos(')
orthogonale. Le determinant est egal a
sin(')(sin(') sin2 ()+sin(') cos2())+cos(')(cos(') cos2()+cos(') sin2 ())=1.
A est bien la matrice d'une rotation.
Supposons que la base e denisse l'orientation de l'espace. Soit t une mesure
de l'angle de la rotation. Nous avons alors tr(A) = 1 + 2 cos(t).
Un
vecteur invariant v = xe1 + ye2 + ze3 est deni par
8 cos(
< ') cos()x cos(') sin()y sin(')z = x
sin()x +
cos()y
= y .
: sin(') cos(
)x
') sin()y + cos(')z = z
sin(
' Supposons sin
sin
6= 0. Le systeme propose est equivalent au sys2
2
t
8eme : >
xcos 2 ysin 2 = 0
>
>
<
(cos(') cos() 1)sin
cos(') sin()cos
sin(')z = 0
>
2
2
>
>
: sin(') cos()sin 2 sin(') sin()cos 2 + (cos(') 1)z = 0
212 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
soit
8 encore
>
< xcos 2 ysin 2 = 0
'
' .
>
: sin 2 cos 2 = zsin 2
Un vecteur directeur de l'axe a donc pour coordonnees
' ' '
sin
; cos 2 sin 2 ; sin 2 cos 2 .
sin
2
2
Nous pouvons repondre dieremment a cette question.
Soit r une rotation d'axe dirige par le vecteur unitaire u ; d'angle de mesure t
dans un espace euclidien oriente par une base dont le troisieme vecteur est u .
On suppose r2 6= IdE c'est-a-dire sin(t) 6= 0.
Soit x un element de E , x = u + y ou y, projete orthogonal de x sur fug ,
est orthogonal a u.
r(y) = cos(t) y + sin(t) (u ^ y). r 1(y) = cos(t) y sin(t) (u ^ y) donc
r(y) r 1(y) = 2 sin(t)(u ^ y). Nous en deduisons
(r r )(x) = r(x) r 1 (x) = 2 sin(t)(u ^ y) = 2 sin(t)(u ^ x).
Nous pouvons remarquer que si r2 = IdE alors r = r 1.
Posons f = r r 1 = r r . u = u1 e1 + u2 e2 + u3 e3 . u ^ e1 = u3e2 u2 e3 ,
u ^ e2 = u1 e3 u3 e1 , u ^ e3 = u2 e1 u1 e2 .
(f (e2 ) j e3 ) = 2u1 sin(t) = (r(e2) j e3) (r(e3 ) j e2 ),
(f (e3 ) j e1 ) = 2u2 sin(t) = (r(e3) j e1) (r(e1 ) j e3 ),
(f (e1 ) j e2 ) = 2u3 sin(t) = (r(e1) j e2) (r(e2 ) j e1 ).
sin(t) etant non nul, u est colineaire au vecteur de coordonnees
(f (e2 ) j e3 ); (f (e3) j e1 ); (f (e1) j e2)).
0 a a0 a00 1
Donc si la matrice de r dans une base orthonormale est @ b b0 b00 A,
c c0 c00
0
00
00
0
f (e2 ) j e3 ) = c b ; f (e3 ) j e1 ) = a c; f (e1) j e2 ) = b a .
u est donc colineaire au vecteur de coordonnees (c0 b00 ; a00 c; b a0 ).
Soit x un element de E non colineaire a u. Reprenons les notations precedentes. On suppose que u oriente l'axe et que le plan orthogonal a u est
oriente de maniere compatible.
dete(x; r(x); u) = dete(u + y; u + r(y); u) = dete (y; r(y); u)
= sin(t) dete(y; u ^ y; u).
(y; u ^ y; u) est une base directe donc dete(y; u ^ y; u) > 0. sin(t) a donc
le signe de dete(x; r(x); u) ce qui permet en utilisant tr(r) = 1 + 2 cos(t) de
determiner t.
tr(r) 1 Si dete(x; r(x); u) > 0 alors nous avons t = acos
sinon dans le
2
tr(r) 1 cas contraire nous avons t = acos
.
2
Nous choisissons en general comme vecteur x l'un des trois vecteurs de la base
qui n'est pas colineaire a u.
Dans notre cas, 1 + 2 cos(t) = cos() + cos(') + cos(') cos() c'est-a-dire
213
2(1 + cos(t)) = cos() + cos(') + cos(') cos() + 1 = (1 + cos())(1 + cos(')).
En supposant
t; et ' entre et nous obtenons
t = cos cos ' .
cos
2
2
2 ' r2 = IdE equivaut a cos 2 cos 2 = 0 ou 1. Les divers cas possibles sont
donc = ' = 0, = ou ' = .
Dans le premier cas r est l'identite. Dans le second cas la matrice de r est
0 cos(') 0 sin(') 1
0
1
0 A.
egale a @
sin(') 0 cos(')
Le vecteur de coordonnees sin ' ; 0; cos ' dirige l'axe de la rota2
0 2 cos() sin() 0 1
tion.
Dans le dernier cas la matrice de r est egale a @ sin() cos() 0 A.
0
1
0
Le vecteur de coordonnees sin
; cos 2 ; 0 dirige l'axe de la rota2
tion.
Dans le cas r2 6= IdE , un vecteur directeur de l'axe de la rotation a pour coordonnees
(sin(') sin(); sin(')(1 + cos()); sin()(1 + cos(')) qui est colineaire au
vecteur
'de coordonn
ees ' ' sin
sin
; sin 2 cos 2 ; cos 2 sin 2 .
2
2
dete(e1;r (e1 ); u) = ((e1 ^ r(e1) j u)
'
'
= sin() sin
cos
sin(') cos() cos
sin
2 2
2 ' 2 '
2
2
= 2 cos
cos
sin
+ sin
cos()
2
2
2
2
'
= cos
cos
(1 cos(') cos()) < 0.
2
2
' Nous obtenons donc, si l'axe est oriente par u, t = 2 acos cos
cos
.
2
2
0 2 6 31
163. La matrice A = 1 @ 6 3 2 A est une matrice orthogonale. Supposons
7
3 2 6
E orientee par le choix de la base orthonormale e = (e1 ; e2 ; e3 ). u(e1 ) ^ u(e2 )
a pour premiere coordonnee 3 c'est-a-dire l'opposee de celle de u(e3 ). Nous
7
avons donc u(e1 ^ e2 ) = u(e1 ) ^ u(e2 ). u est une isometrie negative ; le
determinant de u est egal a -1. u est donc une symetrie orthogonale par
rapport a un plan (une reexion).
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
214 CHAPITRE 4. ESPACES EUCLIDIENS, PRE HILBERTIENS ; CORRIGE S
Soit v un vecteur de
ees (x; y; z ) dans la base e.
8 coordonn
x 3z = 0
< 2x + 6y + 3z = 7x
u(v) = v () : 6x + 3y + 2z = 7y c'est-a-dire y + 2z = 0 .
3x + 2y + 6z = 7z
u est donc la symetrie orthogonale par rapport au plan d'equation cartesienne,
dans la base e, 3x 2y + z = 0.
164. A = (ai;j )(i;j)2(Np) 2 Mp(R) avec p>2.
8(i; j ) 2 (Np )2 ; i 6= j ) ai;j = p 1 1 8i 2 Np ; ai;i = 0.
A est une matrice symetrique reelle ; elle est orthogonalement semblable a une
matrice diagonale. Soit 2 R une valeur propre de A. Soit (x1 ; ; xp ) 2 Rp
p
X
tel que 8i 2 Np ;
ai;j xj = xi .
2
j =1
Cela est equivalent a 8i 2 Np ;
p
X
j =1
xj = (1 + (p 1))xi .
Soit i0 2 Np tel que xi soit non nul. Nous avons alors pour tout i 2 Np
(1 + (p 1))xi = (1 + (p 1))xi donc les xi sont tous egaux a xi ou
1 + (p 1) = 0.
E tudions le premier cas.
p = (1 + (p 1)) c'est-dire = 1. = 1 est bien valeur propre ; l'espace
p
X
propre associe est deni par 8i 2 Np ;
xj = pxi . Les coordonnees pxi sont
0
0
0
j =1
donc toutes egales et les xi sont tous egaux a 1 par exemple. L'espace propre
associe a la valeur propre 1 est donc une droite.
1 est donc une valeur propre et son ordre est egal a p 1. Cela est
p 1
1
compatible avec le fait que la trace est alors egale a (p 1)
+ 1 = 0.
p
1
p
X
L'espace propre associe est alors l'hyperplan xi = 0.
i=1
Il existe une matrice diagonale D = Diag(d1; ; dn ) et une matrice orthogonale P telles que A = PDP avec 8i 2 Np ; i>2 ) di = 1 et d1 = 1.
p 1
8n 2 N; Xn = AnX0 = PDnP X0. Posons pour n 2 N, Yn = P Xn
c'est-a-dire Xn = PYn. Nous obtenons 8n 2 N; PYn = PDnY0 c'est-a-dire
8n 2 N; Yn = DnY0 . n!lim+1 DnY0 = V ou V est une matrice colonne dont les
elements sont tous nuls sauf l'element d'indices (1; 1) qui est egal a l'element
d'indice 1 de Y0 = P X0.
Par continuite, la suite (Xn)n2N converge vers PV . PV est donc la colonne
P1 ou P1 est la premiere colonne de P dont les elements sont par exemple
tous egaux a p1 . Si nous notons (a1; ; ap) les elements de X0
p
Tous droits reserves, Exercices corriges, Septembre 2005, Joseph Di Valentin.
215
p
1 X
alors = p
p i=1 ai . PV est donc la colonne dont tous les elements sont egaux
p
X
a = 1 ai .
p i=1
165. A 2 Mn(R) (n>3). Les elements de A sont tous nuls sauf les elements de
la premiere ligne, de la premiere colonne, de la diagonale qui sont egaux a 1.
A est une matrice symetrique reelle donc orthogonalement semblable a une
matrice diagonale.
Soit une valeur propre de A. Soit X = (xi )i2Nn 2 Mn;1(R) veriant
AX = X .
!
n
X
AX = X ()
xi = x1 ; 8i 2 f2; ; ng x1 + xi = xi .
i=1
Nous avons alors, en multipliant par 1, ( 1)x1 +
n
X
i=2
x1 = ( 1)x1 ce
qui conduit a ( 1)2 x1 = (n 1)x1 . Il vient donc x1 = 0 ou ( 1)2 = n 1.
Supposons x1 = 0. les xi etant supposes non tous nuls nous en deduisons
= 1.
p
Les valeurs propres possibles de A sont donc 1 ou 1 n 1.
Supposons = 1.
!
n
n
X
X
AX = X ()
xi = x1 ; x1 = 0 c'est-a-dire xi = 0; x1 = 0.
i=1
i=1
1 est valeur propre et l'espace propre associe a la valeur propre 1 est de dimension egale a n 2.
La trace de la matrice est egale a n donc les deux dernieres eventuelles pvaleurs
proprespont pour somme 2. Ces deux valeurs propres sont donc bien 1+ n 1
et 1
n 1.
Pour chacune de ces deux valeurs propres, pour i allant de 2 a n les coecients
xi sont touspegaux et non nuls ; onppeut les choisirpegaux a 1. Pour =
p
1 + n 1, x1 = n 1, pour = 1 n 1, x1 = n 1. Le polyn^ome
caracteristique de la matrice A est alors egal a (1 X )n 2(X 2 2X + 2 n).
A est diagonalisable donc, comme nous l'avons deja vu, le polyn^ome minimal
de A est egal a (X 1)(X 2 2X + 2 n).
02
166. La matrice A = @ 1
1
1 1
2 1 A est symetrique reelle donc est diagonalisable. Il
1 1 1
existe une matrice orthogonale P telle que A = PDP avec D = Diag(a; b; c)
diagonale. Nous avons deja vu dans le chapitre d'algebre lineaire que pour A
quelconque diagonalisable alors f et g le sont99 .
A diagonalisable s'ecrit PDP avec D = Diag(d ; ; dn) diagonale.
f (M ) = MA = MPDP = PM 0 DP ou M = PM 0 P . 8(i; j ) 2 (Nn ) ; Ei;j D = dj Ei;j
donc PEi;j DP = dj PEi;j P = f (PEi;j P ).
La famille (Ei;j ) i;j 2 N 2 est une base de Mn(R) donc la famille (PEi;j P ) i;j 2 N 2 est aussi
une base de Mn(R). f est donc diagonalisable ; les valeurs propres sont les di ; chacune d'ordre n.
99
1
1
1
(
1
) ( n)
1
1
1
2
1
1
(
) ( n)
216
Dans notre exemple A = (1 X )(X 2 4X + 1).
0 1 1 + p3 1 p3 1
p
p A.
Nous pouvons alors choisir P = @ 1 1 + 3 1
3
0
2
2
0 1
1
1
0 C
B
2
2
B
p C
p p
B
3
3
3
3C
CC. Une base de vecteurs propres est la faP 1=B
B
12
12
12
B
CC
p
p
p
B
@ 3
3 3+ 3 A
12
12
12
mille (PEi;j P 1 )(i; j)2(N ) .
Nous pouvons repondre aux questions posees directement en ecrivant la matrice de f dans la base
e = (E1;1 ; E1;2 ; E1;3 ; E2;1 ; E2;2; E2;3 ; E3;1 ; E3;2; E3;3 ).
3
f (Ei;j ) =
X
16k;l63
2
ak;l Ei;j Ek;l =
3
X
l=1
aj;lEi;l = aj;1Ei;1 + aj;2 Ei;2 + aj;3Ei;3 .
La matrice de f est donc une matrice diagonale par blocs ; il s'agit de la matrice Diag(A; A; A).
E crivons la matrice de g dans la base
e0 = (E1;1 ; E2;1; E3;1 ; E1;2 ; E2;2; E3;2 ; E1;3 ; E2;3 ; E3;3 ).
g(Ei;j ) =
X
16k;l63
ak;l Ek;lEi;j =
3
X
k=1
ak;iEk;j = a1;i E1;j + a2;iE2;j + a3;iE3;j . La ma-
trice de g dans cette base est alors Diag(A; A; A).
f et g sont bien diagonalisables.
Soient M = Diag(P; P; P ) et = Diag(D; D; D).
Mat(f; e) = M M 1, Mat(g; e0 ) = M M 1.
Une base de vecteurs propres de f est
PE1;1 ; PE1;2 ; PE1;3; PE2;1 ; PE2;2 ; PE2;3; PE3;1 ; PE3;2 ; PE3;3 ), une base
de vecteurs propres de g est
(PE1;1 ; PE2;1; PE3;1 ; PE1;2; PE2;2 ; PE3;2; PE1;3 ; PE2;3; PE3;3 ).
Nous retrouvons ce qui a ete dit plus haut.
Nous obtenons le m^eme resultat avec l'endomorphisme g ; la base de vecteurs proprers etant cette
fois ci la famille (PEi;j P 1)(i;j)2(N n )2 ; g(PEi;j P 1 = di PEi;j P 1 .