fb - exercices sur les matrices

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FB - EXERCICES SUR LES MATRICES
Soit S++
n(R)l’ensemble des matrices carrées d’ordre ndéfinies positives à coefficients réels.
Soit Adans S++
n(R)de valeurs propres
λ1≤ ··· ≤ λn.
Si Xet Ysont dans E=Mn,1(R)on note
< X, Y >=t XY .
a) Montrer qu’il existe un unique élément Bde S++
n(R)tel que
B2=A .
b) En déduire que pour tout Xde E, on a l’inégalité
kXk4≤< AX, X >< A−1X, X > .
et préciser pour quelles valeurs de Xon a égalité.
c) Pour tdans [ 0,1 ] , on pose
f(t) =< AX, X > t2−(λ1+λn)kXk2t+< A−1X, X > λ1λn.
Montrer que fs’annule dans [ 0,1 ] . En déduire que
< AX, X >< A−1X, X >≤(λ1+λn)2
4λ1λnkXk4.
d) Déterminer l’ensemble Cdes vecteurs pour lesquels on a égalité dans l’inégalité de c).
Qu’obtient-on si Apossède nvaleurs propres distinctes ?
Solution
a) Si l’on cherche Bdans S++
n(R)telle que B2=A, alors Aet Bcommutent et il existe une base
orthonormée qui les diagonalise simmultanément. Soit Sune matrice orthogonale telle que
t
SAS =
λ1
...
λn
et t
SBS =
β1
...
βn
.
On en déduit que, si 1≤i≤n, on a
β2
i=λi

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soit
βi=±pλi.
Mais puisque Bdoit appartenir à S++
n(R)on a nécessairement
βi=pλi,
d’où l’unicité. Par ailleurs, la matrice
B=S
√λ1
...√λn
t
S
répond de manière évidente à la question.
b) On a
kXk4= ( t XX)2= (( t XB)(B−1X))2= ( t (BX)(B−1X))2=< BX, B−1X >2.
En appliquant l’inégalité de Schwarz, on obtient alors
kXk4≤ kBXk2kB−1Xk2.
Mais
kBXk2=< BX, BX >=t (BX)BX =t XB2X=t XAX =< AX, X >
et de même
kB−1Xk2=< A−1X, X >
d’où
kXk4≤< AX, X >< A−1X, X > .
L’égalité a lieu dans l’inégalité de Schwartz si et seulement si les deux matrices sont proportionnelles,
soit
BX =αB−1X ,
ou encore
B2X=αX ,
c’est-à-dire
AX =αX
ce qui signifie que Xappartient à un sous-espace propre de A.
c) On se place dans une base orthonormée de vecteurs propres de A. On a alors
< AX, X >=
n
X
i=1
λix2
iet < A−1X, X >=
n
X
i=1
x2
i
λi
,

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ainsi que
kXk2=
n
X
i=1
x2
i.
Tout d’abord
f(0) =< A−1X, X > λ1λn=λ1λn
n
X
i=1
x2
i
λi≥0.
Ensuite
f(1) =
n
X
i=1
λix2
i−(λ1+λn)
n
X
i=1
x2
i+λ1λn
n
X
i=1
x2
i
λi
=
n
X
i=1
x2
i
λi
(λ2
i−(λ1+λn)λi+λ1λn)
=
n
X
i=1
x2
i
λi
(λi−λ1)(λi−λn).
On en déduit que f(1) ≤0. Alors il résulte du théorème des valeurs intermédiaires, que la fonction
continue fs’annule en un point de [ 0,1 ] . Le discriminant du trinôme fest donc positif, d’où
∆(X) = (λ1+λn)2kXk4−4λ1λn< AX, X >< A−1X, X > ≥0,
ce qui donne l’inégalité proposée.
d) On considère l’équation ∆(X) = 0 .
i) Si Apossède une valeur propre unique, on a
λ1=···=λn=λ ,
donc
A=λI et A−1=1
λI .
Alors, pour tout X, le nombre ∆(X)est nul, et C=E.
ii) Si Apossède au moins deux valeurs propres distinctes, dire que ∆(X)est nul, signifie que le trinôme
fpossède une racine double. Comme f(0) est strictement positif si Xest non nul, le trinôme est positif.
Il en résulte que f(1) est nul. Supposons que
λ1=···=λp−1< λp≤ ··· ≤ λq< λq+1 =···=λn.
Alors
f(1) =
q
X
i=p
x2
i
λi
(λi−λ1)(λi−λn) = 0 .
Comme f(1) est une somme de termes négatifs, cela implique que tous les termes sont nuls et donc
xp=···=xq= 0 .

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Il en résulte que Xappartient à la somme directe des sous-espaces propres E1et Enassociés respecti-
vement à λ1et λn.
Réciproquement, soit V1un vecteur propre associé à λ1et Vnàλn. On a
< A(V1+Vn), V1+Vn>=< λ1V1+λnVn, V1+Vn>=λ1kV1k2+λnkVnk2,
ainsi que
< A−1(V1+Vn), V1+Vn>=< λ−1
1V1+λ−1
nVn, V1+Vn>=1
λ1kV1k2+1 λnkVnk2,
et également
kV1+Vnk2=kV1k2+kVnk2.
On obtient alors
∆(X) = (λ1+λn)2(kV1k2+kVnk2)2−4λ1λn(λ1kV1k2+λnkVnk2)(λ−1
1kV1k2+λ−1
nkVnk2)
= (λ1+λn)2(kV1k4+ 2kV1k2kVnk2+kVnk4)−4λ1λnkV1k4+λ1
λn
+λn
λ1kV1k2kVnk2+kVnk4)
= (λ1−λn)2(kV1k4+kVnk4)−4(λ2
1+λ2 n)−2(λ1+λn)2kV1k2kVnk2
= (λ1−λn)2(kV1k4−2kV1k2kVnk2+kVnk4)
= (λ1−λn)2(kV1k2− kVnk2)2.
Les vecteurs de Csont donc les vecteurs de la forme V1+Vnoù V1et Vnsont de même norme. On
peut dire aussi que Cest la réunion des droites vectorielles engendrées par les vecteurs V1+Vnoù V1
et Vnsont des vecteurs unitaires de E1et Enrespectivement.
En particulier, si Apossède nvaleurs propres distinctes, et si V1et Vnsont des vecteurs unitaires de
E1et Enrespectivement, l’ensemble Cest constitué des deux droites engendrées respectivement par
V1+Vnet V1−Vn.

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Soit Aet Bdeux matrices carrées symétriques à coefficients réels. Montrer que les propriétés
suivantes sont équivalentes :
i) Il existe ε > 0, tel que, quel que soient xet yréels vérifiant |x|< ε et |y|< ε, on ait
det(I−xA −yB) = det(I−xA) det(I−yB).
iii) BA = 0.
ii) Quel que soient xet yréels on a
det(I−xA −yB) = det(I−xA) det(I−yB).
iv) AB = 0.
L’hypothèse « les matrices Aet Bsont symétriques » est-elle nécessaire pour avoir ces équi-
valences ?
Solution
a) Comme det(I−xA −yB)et det(I−xA) det(I−yB)sont des polynômes, leur égalité pour xet y
assez petits implique l’égalité quels que soient xet y réels, donc i) implique ii).
b) Comme Aet Bsont symétriques
t
(BA) = t At B=AB ,
donc iii) implique iv).
c) Si AB = 0, alors
det(I−xA) det(I−yB) = det(I−xA −yB +xyAB) = det(I−xA −yB),
donc iv) implique i).
d) La seule démonstration difficile est donc celle du fait que ii) implique iii).
On munit l’ensemble des matrices carrées d’ordre nd’une norme d’algèbre, et l’on suppose que, quels
que soient xet yréels, on a
det(I−xA −yB) = det(I−xA) det(I−yB).
Si |x|est assez petit, le nombre 1/x n’est pas valeur propre de A. Il existe donc α, tel que, pour tout
xde J= ] −α, α [la matrice I−xA soit inversible. Posons alors
C(x) = (I−xA)−1.
On peut donc écrire
det(I−yB) = det(I−xA −yB)
det(I−xA)= det(C(x)) det(C(x)−1−yB) = det(I−yC(x)B).