PC2 - DM N 18 - Un corrigé

PC2 - DM N◦18 - Un corrig´e
1.a Si X=
x1
.
.
.
xn
et Y=
y1
.
.
.
yn
sont deux matrices de Mn,1(R), alors, tXY et tY X sont toutes les deux des
matrices appartenant `a M1(R), que l’on peut donc assimiler `a des r´eels, et ´egaux `a
n
X
i=1
xiyi. Ainsi :
∀(X, Y )∈(Mn,1(R))2,tXY =tY X
1.b On trouve : tXY 2=tXY tXY =
1.a tXY tY X=tXYtYX
ce qui fournit d´ej`a la premi`ere ´egalit´e. On trouve ´egalement :
tXY 2=
1.a tY X2=tY XtY X=
1.a tY XtXY =tYXtXY
ce qui fournit la seconde ´egalit´e. Finalement :
∀(X, Y )∈(Mn,1(R))2,tXY 2=tXYtYX=tYXtXY
1.c Rappelons que le produit scalaire canonique sur Mn,1(R) est donn´e par :
∀(X, Y )∈(Mn,1(R))2,hX, Y i=tXY
On obtient donc, d’une part :
hX, SY i=tX(SY ) = tXSY
et d’autre part :
hSX, Y i=t(SX)Y=tXtSY =
S∈Sn(R)
tXSY
Finalement :
∀(X, Y )∈(Mn,1(R))2,∀S∈ Sn(R),tXSY =hX, SY i=hSX, Y i
2.a Soient S1et S2deux matrices de S+
n(R). Par d´efinition, on a :
∀X∈ Mn,1(R),tXS1X≥0 et tXS2X≥0
On en d´eduit :
∀X∈ Mn,1(R),tX(S1+S2)X=tXS1X+tXS2X≥0
Puisque S1+S2est sym´etrique r´eelle, on peut conclure :
∀(S1, S2)∈(S+
n(R))2, S1+S2∈ S+
n(R)
2.b Soient S1∈ S+
n(R) et S2∈ S++ n(R). Par d´efinition, on a :
∀X∈ Mn,1(R),tXS1X≥0 et ∀X∈ Mn,1(R)\ {0},tXS2X > 0
On en d´eduit :
∀X∈ Mn,1(R)\ {0},tX(S1+S2)X=tXS1X
|{z }
≥0
+tXS2X
|{z }
>0
>0
Puisque S1+S2est sym´etrique r´eelle, on peut conclure :
Auteur du corrig´e : Nicolas JOUSSE ([email protected]) Page 1/5

∀(S1, S2)∈ S+
n(R)× S++ n(R), S1+S2∈ S++ n(R)
2.c Soit A∈ Mn(R). Tout d’abord, on constate que la matrice tAA est sym´etrique r´eelle car :
ttAA=tAttA=tAA
D’autre part, si X∈ Mn,1(R), on trouve :
tXtAAX =t(AX)AX =hAX, AXi=kAXk2≥0
Finalement :
∀A∈ Mn(R),tAA ∈ S+
n(R)
3.a Soit λune valeur propre de S. Il existe X∈ Mn,1(R)\ {0}tel que SX =λX. On en d´eduit :
0 = tXSX =tX(λX) = λtXX =λkXk2
|{z}
6=0
d’o`u λ= 0. Et puisque Sest sym´etrique r´eelle, Sest diagonalisable, donc, poss`ede au moins une valeur propre.
On trouve donc :
Sp(S) = {0}
Puisque Sest diagonalisable, elle est semblable `a une matrice diagonale dont les ´el´ements diagonaux sont les
valeurs propres de S. La matrice Sest donc semblable `a la matrice nulle, donc :
S= 0
3.b L’id´ee est de chercher une matrice Mavec plein de z´eros ! La matrice 
0 0 1
0 0 0
−1 0 0
fait l’affaire.
4.a Raisonnons par double implication.
•Supposons que S∈ S+
n(R). Soit λune valeur propre de S. Il existe donc X∈ Mn,1(R)\ {0}tel que
SX =λX. Puisque S∈ S+
n(R), on a tXSX ≥0. Or, on a aussi tXSX =tX(λX) = λtXX =λkXk2. Il vient
donc λkXk2≥0, et puisque kXk 6= 0, on conclut que λ≥0.
•Supposons r´eciproquement que toutes les valeurs propres de Ssont positives. Notons ces valeurs propres
λ1,··· , λn. La matrice S´etant sym´etrique r´eelle, elle est diagonalisable dans une base orthonormale : autrement
dit, il existe une matrice orthogonale P∈ On(R) telle que
S=P×Diag(λ1,...,λn)×tP
Soit X∈ Mn,1(R). Posons Y=tP X =
y1
.
.
.
yn
. On obtient :
tXSX =tXP ×Diag(λ1,...,λn)×tP X
=y1··· yn×Diag(λ1,...,λn)×
y1
.
.
.
yn
=
n
X
i=1
λiy2
i≥0
La matrice Sest donc bien sym´etrique positive. En conclusion :
Si S∈ Sn(R), alors, Sappartient `a S+
n(R) si et seulement si Sp(S)⊂R+
Auteur du corrig´e : Nicolas JOUSSE ([email protected]) Page 2/5

4.b Soit Sune matrice sym´etrique r´eelle semblable `a une matrice sym´etrique r´eelle positive S1. D’apr`es la
question 4.a, les valeurs propres de S1sont toutes positives. Or, les matrices Set S1´etant semblables, elles ont
les mˆemes valeurs propres, donc, les valeurs propres de Ssont positives. Finalement :
Si S∈ Sn(R) est semblable `a S1∈ S+
n(R), alors, S∈ S+ n(R)
5.a Nous allons successivement montrer que ≥est r´eflexive, antisym´etrique et transitive.
•Tout d’abord, la relation ≥est r´eflexive : en effet, si S∈ Sn(R), alors, 0Mn(R)=S−S∈ S+
n(R), d’o`u S≥S.
•D’autre part, la relation ≥est antisym´etrique : en effet, si S1et S2sont deux matrices sym´etriques r´eelles
telles que S1≥S2et S2≥S1, alors, les valeurs propres de S1−S2et celles de S2−S1sont positives. Les valeurs
propres de S1−S2sont donc positives et n´egatives `a la fois, donc, nulles. Or, S1−S2est diagonalisable (car
elle est sym´etrique r´eelle), donc, elle est semblable `a la matrice nulle. Ainsi : S1−S2= 0 d’o`u S1=S2.
•Enfin, la relation ≥est transitive. En effet, si S1,S2et S3sont trois matrices sym´etriques r´eelles telles que
S1≥S2et S2≥S3, alors, S1−S2∈ S+
n(R) et S2−S3∈ S+ n(R), donc, d’apr`es la question 2.a, la somme
S1−S3= (S1−S2) + (S2−S3) est encore dans S+
n(R).
Finalement :
La relation ≥est une relation d’ordre sur Sn(R).
5.b Cet ordre n’est pas total car, par exemple, on ne peut pas comparer les deux matrices sym´etriques
suivantes :
S1= Diag(1,2,0,··· ,0) S2= Diag(2,1,0,··· ,0)
5.c La relation >n’est pas une relation d’ordre, par exemple car elle n’est pas r´eflexive. En effet, On a pas
S > S vu que la matrice nulle n’est pas sym´etrique d´efinie positive.
5.d Posons S1=2 0
0 1et S2=1 0 0 1. La matrice S1−S2est bien positive car ses valeurs propres sont
positives, donc, S1≥S2. Les deux matrices S1et S2sont bien distinctes. En revanche, on a pas S1> S2car
S1−S2=1 0
0 0n’est pas dans S++
n(R) vu que, si X=0
1, alors, tX(S1−S2)X= 0.
6.a Soient λune valeur propre de uet Eλle sous-espace propre associ´e.
Soit x∈Eλ. On a donc u(x) = λx. D´emontrons que v(x) appartient encore `a Eλ. On trouve :
u(v(x)) = (u◦v)(x) = (v◦u)(x) = v(u(x)) = v(λx) = λv(x)
donc, v(x)∈Eλ. On peut donc affirmer :
Tout sous-espace propre de uest stable par v.
6.b Soit i∈J1, pK. L’endomorphisme vest diagonalisable, donc, d’apr`es le cours, il existe un polynˆome scind´e
et `a racines simples Pqui est annulateur de v. On a donc :
∀x∈Rn, P (v)(x) = 0
Il en r´esulte :
∀x∈Eλi, P (v)(x) = 0
ce qui peut encore s’´ecrire :
∀x∈Eλi, P (vi)(x) = 0
Pest donc un polynˆome scind´e et `a racines simples annulateur de vi, donc, viest diagonalisable. Il existe donc
une base Bide Eλiconstitu´ee de vecteurs propres de vi, donc, de vecteurs propres de v. Ainsi :
Pour tout i∈J1, pK, il existe une base Bide Eλiform´ee de vecteurs propres de v.
Auteur du corrig´e : Nicolas JOUSSE ([email protected]) Page 3/5

Puisque uest diagonalisable, l’espace Rnest somme directe des sous-espaces propres Eλi:Rn=
p
M
i=1
Eλi. La
famille Bconstruite comme l’union des bases Bides Eλiest donc une base de Rn. Or, tous les ´el´ements de Bsont
des vecteurs propres de v(par construction), mais aussi des vecteurs propres de ucar ce sont des ´el´ements des
Eλi. Ainsi, les ´el´ements de Bsont `a la fois des vecteurs propres de uet des vecteurs propres de v. Finalement :
Il existe une base Bde Rntelle que MatB(u) et MatB(v) sont diagonales.
7.a Soient Aet Bdeux matrices diagonalisables de Mn(R).
•Supposons que les matrices Aet Bcommutent. D´esignons par B0la base canonique de Rnet par uet vles
endomorphismes de Rncanoniquement associ´es `a Aet B, c’est-`a-dire, tels que MatB0(u) et MatB0(v). Puisque
Aet Bcommutent, il en est de mˆeme de uet v, donc, d’apr`es la question 6.b, il existe une base Bde Rntelle
que Du= MatB(u) et Dv= MatB(v) soient diagonales. En posant P=PB0,B, on peut ´ecrire A=P DuP−1et
B=P DvP−1, donc, Aet Bsont diagonalisables au moyen d’une mˆeme matrice de passage.
•Supposons r´eciproquement que Aet Bsont diagonalisables au moyen d’une mˆeme matrice de passage. Il
existe donc P∈GLn(R), D1et D2diagonales, telles que A=P D1P−1et B=P D2P−1. Puisque des matrices
diagonales commutent, on peut donc ´ecrire :
AB = (P D1P−1)(P D2P−1) = P D1D2P−1=P D2D1P−1= (P D2P−1)(P D1P−1) = BA
donc, Aet Bcommutent. En conclusion :
Aet Bcommutent si et seulement si elles sont diagonalisables au moyen d’une mˆeme matrice de passage.
7.b On trouve, apr`es calculs :
Sp(A) = {0; 3}E0(A) = Vect ((−1,1,0),(1,0,1)) E3(A) = Vect ((1,1,−1))
Sp(B) = {1; 4}E1(B) = Vect ((1,1,2)) E4(B) = Vect ((1,2,0),(0,1,1))
Les matrices Aet Bsont donc diagonalisables car la somme des dimensions de leurs sous-espaces propres vaut 3.
On constate par ailleurs que Aet Bcommutent, donc, d’apr`es la question 7.a, on peut d´ej`a dire :
Aet Bsont diagonalisables au moyen d’une mˆeme matrice de passage.
D´eterminons explicitement une telle matrice de passage. Posons :
u= (1,1,−1) ∈E3(A)∩E4(B)
v= (1,1,2) ∈E0(A)∩E1(B)
w= (0,1,1) ∈E0(A)∩E4(B)
La famille (u) est une base de E3(A) et la famille (v, w) est une base de E0(A), donc, la famille B= (u, v, w)
est une base de R3, et cette base est constitu´ee de vecteurs qui sont `a la fois des vecteurs propres de Aet des
vecteurs propres de B. On peut donc poser :
P=PB0,B=
1 1 0
1 1 1
−1 2 1
o`u B0d´esigne la base canonique de R3. La matrice Pconvient car on a :
A=P
3 0 0
0 0 0
0 0 0
P−1B=P
4 0 0
0 1 0
0 0 4
P−1
8Tout d’abord, la matrice S1S2est sym´etrique car :
t(S1S2) = tS2
tS1=S2S1=S1S2
D’autre part, les matrices S1et S2sont sym´etriques r´eelles, donc, elles sont diagonalisables. Par ailleurs, ces
deux matrices commutent, donc, d’apr`es la question 7.a, il existe P∈GLn(R), D1et D2diagonales, telles que
A=P D1P−1et B=P D2P−1. On trouve alors S1S2=P D1D2P−1. Or, S1et S2sont positives, donc, leurs
valeurs propres sont positives. Les ´el´ements diagonaux des matrices D1et D2sont donc positifs, donc, il en est
de mˆeme des ´el´ements diagonaux de la matrice diagonale D1D2. Finalement :
Auteur du corrig´e : Nicolas JOUSSE ([email protected]) Page 4/5

Si S1et S2sont dans S+
n(R) et commutent, alors, S1S2∈ S+ n(R).
9.a Supposons que S2≥S1≥0. Les matrices S2−S1et S1sont donc sym´etriques positives. D’apr`es le
raisonnement suivi dans la question 8, on peut ´ecrire S1=P D1P−1et S2=P D2P−1o`u P∈GLn(R) et
D1= (dij ) et D2= (δij ) sont diagonales. La positivit´e des matrices S1et S2−S1permet de d´eduire que les
´el´ements diagonaux de D1et D2−D1sont positifs. On trouve donc :
∀i∈J1, nK, dii ≥et δii −dii ≥0
Par croissance de la fonction carr´e sur R+, on d´eduit :
∀i∈J1, nK, δ2
ii ≥d2
ii
On en d´eduit que la matrice :
S2
2−S2 1=P D2 2P−1−P D2 1P−1=PDiag δ2 11 −d2
11,...,δ2 nn −d2
nnP−1
poss`ede des valeurs propres positives, donc, S2
2−S2 1∈ S+
n(R). Finalement :
S2≥S1≥0 =⇒S2
2≥S2 1.
9.b Tout d’abord, la matrice S1est sym´etrique r´eelle, et a pour valeurs propres 0 et 2 qui sont positives,
donc S1≥0.
D’autre part, S2−S1=1
2−1
−1 2 est sym´etrique r´eelle et a pour valeurs propres 0 et 5
2qui sont positives. On
a donc S2−S1∈ S+
n(R), donc, S2≥S1.
On trouve enfin S2
2−S2 1=1
4−2
−2 7 qui poss`ede une valeur propre positive et une valeur propre n´egative. On
a donc pas S2
2≥S2 1. L’hypoth`ese S1S2=S2S1est donc indispensable dans la question 9.a.
Auteur du corrig´e : Nicolas JOUSSE ([email protected]) Page 5/5