PC2 - DM N 18 - Un corrigé

PC2 - DM N◦18 - Un corrigé
1.a

 
y1
x1
 .. 
 .. 
Si X =  .  et Y =  .  sont deux matrices de Mn,1 (R), alors, t XY et t Y X sont toutes les deux des

yn
xn
matrices appartenant à M1 (R), que l’on peut donc assimiler à des réels, et égaux à
n
X
xi yi . Ainsi :
i=1
2
∀(X, Y ) ∈ (Mn,1 (R)) , t XY = t Y X
1.b
On trouve :
t
XY
2
=
t
XY
t
XY
=
1.a
t
XY
t
ce qui fournit déjà la première égalité. On trouve également :
t
XY
2
=
1.a
t
YX
2
=
t
YX
ce qui fournit la seconde égalité. Finalement :
2
∀(X, Y ) ∈ (Mn,1 (R)) ,
1.c
t
t
XY
YX
2
=
t
1.a
Y X = tX Y tY X
YX
t
XY = t Y X t X Y
= t X Y t Y X = t Y Xt X Y
Rappelons que le produit scalaire canonique sur Mn,1 (R) est donné par :
2
∀(X, Y ) ∈ (Mn,1 (R)) , hX, Y i = t XY
On obtient donc, d’une part :
hX, SY i = t X (SY ) = t XSY
et d’autre part :
t
hSX, Y i = (SX)Y = t X t SY
=
S∈Sn (R)
t
XSY
Finalement :
2
∀(X, Y ) ∈ (Mn,1 (R)) , ∀S ∈ Sn (R) , t XSY = hX, SY i = hSX, Y i
2.a
Soient S1 et S2 deux matrices de Sn+ (R). Par définition, on a :
∀X ∈ Mn,1 (R) , t XS1 X ≥ 0 et t XS2 X ≥ 0
On en déduit :
∀X ∈ Mn,1 (R) , t X (S1 + S2 ) X = t XS1 X + t XS2 X ≥ 0
Puisque S1 + S2 est symétrique réelle, on peut conclure :
2
∀(S1 , S2 ) ∈ (Sn+ (R)) , S1 + S2 ∈ Sn+ (R)
2.b
Soient S1 ∈ Sn+ (R) et S2 ∈ Sn++ (R). Par définition, on a :
∀X ∈ Mn,1 (R) , t XS1 X ≥ 0 et ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0} , t XS2 X > 0
On en déduit :
∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0} , t X (S1 + S2 ) X = t XS1 X + t XS2 X > 0
| {z } | {z }
≥0
>0
Puisque S1 + S2 est symétrique réelle, on peut conclure :
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∀(S1 , S2 ) ∈ Sn+ (R) × Sn++ (R) , S1 + S2 ∈ Sn++ (R)
2.c
Soit A ∈ Mn (R). Tout d’abord, on constate que la matrice t AA est symétrique réelle car :
t t
D’autre part, si X ∈ Mn,1 (R), on trouve :
t
t
AA = t A t A = t AA
t
X t AAX = (AX)AX = hAX, AXi = kAXk2 ≥ 0
Finalement :
∀A ∈ Mn (R) , t AA ∈ Sn+ (R)
3.a
Soit λ une valeur propre de S. Il existe X ∈ Mn,1 (R) \ {0} tel que SX = λX. On en déduit :
0 = t XSX = t X (λX) = λt XX = λ kXk2
| {z }
6=0
d’où λ = 0. Et puisque S est symétrique réelle, S est diagonalisable, donc, possède au moins une valeur propre.
On trouve donc :
Sp(S) = {0}
Puisque S est diagonalisable, elle est semblable à une matrice diagonale dont les éléments diagonaux sont les
valeurs propres de S. La matrice S est donc semblable à la matrice nulle, donc :
S = 0 3.b

0
L’idée est de chercher une matrice M avec plein de zéros ! La matrice  0
−1

0 1
0 0 fait l’affaire.
0 0
4.a
Raisonnons par double implication.
• Supposons que S ∈ Sn+ (R). Soit λ une valeur propre de S. Il existe donc X ∈ Mn,1 (R) \ {0} tel que
SX = λX. Puisque S ∈ Sn+ (R), on a t XSX ≥ 0. Or, on a aussi t XSX = t X (λX) = λt XX = λkXk2 . Il vient
donc λkXk2 ≥ 0, et puisque kXk 6= 0, on conclut que λ ≥ 0.
• Supposons réciproquement que toutes les valeurs propres de S sont positives. Notons ces valeurs propres
λ1 , · · · , λn . La matrice S étant symétrique réelle, elle est diagonalisable dans une base orthonormale : autrement
dit, il existe une matrice orthogonale P ∈ On (R) telle que
S = P × Diag(λ1 , . . . , λn ) × t P
 
y1
 
Soit X ∈ Mn,1 (R). Posons Y = t P X =  ... . On obtient :
yn
t
XSX = t XP × Diag(λ1 , . . . , λn ) × t P X
= y1
=
n
X
···

y1
 
yn × Diag(λ1 , . . . , λn ) ×  ... 

yn
λi yi2 ≥ 0
i=1
La matrice S est donc bien symétrique positive. En conclusion :
Si S ∈ Sn (R), alors, S appartient à Sn+ (R) si et seulement si Sp(S) ⊂ R+
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4.b
Soit S une matrice symétrique réelle semblable à une matrice symétrique réelle positive S 1 . D’après la
question 4.a, les valeurs propres de S1 sont toutes positives. Or, les matrices S et S1 étant semblables, elles ont
les mêmes valeurs propres, donc, les valeurs propres de S sont positives. Finalement :
Si S ∈ Sn (R) est semblable à S1 ∈ Sn+ (R), alors, S ∈ Sn+ (R)
5.a
Nous allons successivement montrer que ≥ est réflexive, antisymétrique et transitive.
• Tout d’abord, la relation ≥ est réflexive : en effet, si S ∈ Sn (R), alors, 0Mn (R) = S − S ∈ Sn+ (R), d’où S ≥ S.
• D’autre part, la relation ≥ est antisymétrique : en effet, si S1 et S2 sont deux matrices symétriques réelles
telles que S1 ≥ S2 et S2 ≥ S1 , alors, les valeurs propres de S1 − S2 et celles de S2 − S1 sont positives. Les valeurs
propres de S1 − S2 sont donc positives et négatives à la fois, donc, nulles. Or, S1 − S2 est diagonalisable (car
elle est symétrique réelle), donc, elle est semblable à la matrice nulle. Ainsi : S 1 − S2 = 0 d’où S1 = S2 .
• Enfin, la relation ≥ est transitive. En effet, si S1 , S2 et S3 sont trois matrices symétriques réelles telles que
S1 ≥ S2 et S2 ≥ S3 , alors, S1 − S2 ∈ Sn+ (R) et S2 − S3 ∈ Sn+ (R), donc, d’après la question 2.a, la somme
S1 − S3 = (S1 − S2 ) + (S2 − S3 ) est encore dans Sn+ (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 symétriques
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 réflexive. En effet, On a pas
S > S vu que la matrice nulle n’est pas symétrique définie positive.
2 0
1 0
Posons S1 =
et S2 =
. La matrice S1 − S2 est bien positive car ses valeurs propres sont
0 1
0 1
positives, donc,
S
1 ≥ S2 . Les deux matrices S1 et S2 sont bien
distinctes. En revanche, on a pas S1 > S2 car
1 0
0
++
S1 − S 2 =
n’est pas dans Sn (R) vu que, si X =
, alors, t X(S1 − S2 )X = 0.
0 0
1
5.d
6.a
Soient λ une valeur propre de u et Eλ le sous-espace propre associé.
Soit x ∈ Eλ . On a donc u(x) = λx. Démontrons que v(x) appartient encore à 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 u est stable par v.
6.b
Soit i ∈ J1, pK. L’endomorphisme v est diagonalisable, donc, d’après le cours, il existe un polynôme scindé
et à racines simples P qui est annulateur de v. On a donc :
∀x ∈ Rn , P (v)(x) = 0
Il en résulte :
∀x ∈ Eλi , P (v)(x) = 0
ce qui peut encore s’écrire :
∀x ∈ Eλi , P (vi )(x) = 0
P est donc un polynôme scindé et à racines simples annulateur de vi , donc, vi est diagonalisable. Il existe donc
une base Bi de Eλi constituée de vecteurs propres de vi , donc, de vecteurs propres de v. Ainsi :
Pour tout i ∈ J1, pK, il existe une base Bi de Eλi formée de vecteurs propres de v.
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Puisque u est diagonalisable, l’espace Rn est somme directe des sous-espaces propres Eλi : Rn =
p
M
Eλi . La
i=1
famille B construite comme l’union des bases Bi des Eλi est donc une base de Rn . Or, tous les éléments de B sont
des vecteurs propres de v (par construction), mais aussi des vecteurs propres de u car ce sont des éléments des
Eλi . Ainsi, les éléments de B sont à la fois des vecteurs propres de u et des vecteurs propres de v. Finalement :
Il existe une base B de Rn telle que MatB (u) et MatB (v) sont diagonales.
7.a
Soient A et B deux matrices diagonalisables de Mn (R).
• Supposons que les matrices A et B commutent. Désignons par B0 la base canonique de Rn et par u et v les
endomorphismes de Rn canoniquement associés à A et B, c’est-à-dire, tels que MatB0 (u) et MatB0 (v). Puisque
A et B commutent, il en est de même de u et v, donc, d’après la question 6.b, il existe une base B de R n telle
que Du = MatB (u) et Dv = MatB (v) soient diagonales. En posant P = PB0 ,B , on peut écrire A = P Du P −1 et
B = P Dv P −1 , donc, A et B sont diagonalisables au moyen d’une même matrice de passage.
• Supposons réciproquement que A et B sont diagonalisables au moyen d’une même matrice de passage. Il
existe donc P ∈ GLn (R), D1 et D2 diagonales, telles que A = P D1 P −1 et B = P D2 P −1 . Puisque des matrices
diagonales commutent, on peut donc écrire :
AB = (P D1 P −1 )(P D2 P −1 ) = P D1 D2 P −1 = P D2 D1 P −1 = (P D2 P −1 )(P D1 P −1 ) = BA
donc, A et B commutent. En conclusion :
A et B commutent si et seulement si elles sont diagonalisables au moyen d’une même matrice de passage.
7.b
On trouve, après calculs :
Sp(A) = {0; 3}
Sp(B) = {1; 4}
E0 (A) = Vect ((−1, 1, 0), (1, 0, 1))
E1 (B) = Vect ((1, 1, 2))
E3 (A) = Vect ((1, 1, −1))
E4 (B) = Vect ((1, 2, 0), (0, 1, 1))
Les matrices A et B sont donc diagonalisables car la somme des dimensions de leurs sous-espaces propres vaut 3.
On constate par ailleurs que A et B commutent, donc, d’après la question 7.a, on peut déjà dire :
A et B sont diagonalisables au moyen d’une même matrice de passage.
Déterminons 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 constituée de vecteurs qui sont à la fois des vecteurs propres de A et des
vecteurs propres de B. On peut donc poser :


1 1 0
P = PB0 ,B =  1 1 1
−1 2 1
où B0 désigne la base canonique

3
A = P 0
0
8
de R3 . La matrice P convient car on a :


0 0
4
0 0 P −1
B = P 0
0 0
0
0
1
0

0
0 P −1
4
Tout d’abord, la matrice S1 S2 est symétrique car :
t
(S1 S2 ) = t S2 t S1 = S2 S1 = S1 S2
D’autre part, les matrices S1 et S2 sont symétriques réelles, donc, elles sont diagonalisables. Par ailleurs, ces
deux matrices commutent, donc, d’après la question 7.a, il existe P ∈ GLn (R), D1 et D2 diagonales, telles que
A = P D1 P −1 et B = P D2 P −1 . On trouve alors S1 S2 = P D1 D2 P −1 . Or, S1 et S2 sont positives, donc, leurs
valeurs propres sont positives. Les éléments diagonaux des matrices D 1 et D2 sont donc positifs, donc, il en est
de même des éléments diagonaux de la matrice diagonale D1 D2 . Finalement :
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Si S1 et S2 sont dans Sn+ (R) et commutent, alors, S1 S2 ∈ Sn+ (R).
9.a
Supposons que S2 ≥ S1 ≥ 0. Les matrices S2 − S1 et S1 sont donc symétriques positives. D’après le
raisonnement suivi dans la question 8, on peut écrire S1 = P D1 P −1 et S2 = P D2 P −1 où P ∈ GLn (R) et
D1 = (dij ) et D2 = (δij ) sont diagonales. La positivité des matrices S1 et S2 − S1 permet de déduire que les
éléments diagonaux de D1 et D2 − D1 sont positifs. On trouve donc :
∀i ∈ J1, nK , dii ≥ et δii − dii ≥ 0
Par croissance de la fonction carré sur R+ , on déduit :
2
≥ d2ii
∀i ∈ J1, nK , δii
On en déduit que la matrice :
2
2
S22 − S12 = P D22 P −1 − P D12 P −1 = P Diag δ11
− d211 , . . . , δnn
− d2nn P −1
possède des valeurs propres positives, donc, S22 − S12 ∈ Sn+ (R). Finalement :
S2 ≥ S1 ≥ 0 =⇒ S22 ≥ S12 .
9.b
Tout d’abord, la matrice S1 est symétrique réelle, et a pour valeurs propres 0 et 2 qui sont positives,
donc S1 ≥ 0.
1
−1
2
est symétrique réelle et a pour valeurs propres 0 et 25 qui sont positives. On
D’autre part, S2 − S1 =
−1 2
a donc S2 − S1 ∈ Sn+ (R), donc,
1 S2 ≥S1 .
−2
qui possède une valeur propre positive et une valeur propre négative. On
On trouve enfin S22 − S12 = 4
−2 7
2
2
a donc pas S2 ≥ S1 . L’hypothèse S1 S2 = S2 S1 est donc indispensable dans la question 9.a.
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