Td 5 : Endomorphismes des espaces euclidiens

Université François Rabelais de Tours
Département de Mathématiques
Td 5 : Endomorphismes des espaces euclidiens
Algèbre Semestre 4
Exercice 5 Soient (E, h., .i)un espace euclidien de dimension n, où n∈N∗, et fun endomorphisme
normal de E, c’est-à-dire qui vérifie f∗◦f=f◦f∗.
1. Vérifier que les endomorphismes symeetriques, antisymétriques et orthogonaux de Esont nor-
maux.
2. Montrer que fest normal si et seulement si pour tout x∈E, on ||f(x)|| =||f∗(x)||.
3. En déduire que si xest un vecteur propre de f, alors xest un vecteur propre pour f∗.
Solution. 1. C’est clair puisque fcommute avec lui même, avec −fet avec son inverse f−1.
2. Supposons que fest normal. Soit x∈E. On a
||f(x)||2=hf(x), f(x)i=hf∗◦f(x), xi=hf◦f∗(x), xi=hf∗(x), f∗(x)i=||f∗(x)||2.
Réciproquement, supposons que ||f(x)||2=||f∗(x)||2pour tout x∈E. Soient (x, y)∈E2. On sait que
||f(x+y)||2=||f∗(x+y)||2par hypothèse. De plus
||f(x+y)||2=hf(x+y), f(x+y)i
=hf(x) + f(y), f(x) + f(y)i
=||f(x)||2+||f(y)||2+ 2hf(x), f(y)i
=||f(x)||2+||f(y)||2+ 2hf∗◦f(x), yi
et
||f∗(x+y)||2=hf∗(x+y), f∗(x+y)i
=||f∗(x)||2+||f∗(y)||2+ 2hf∗(x), f∗(y)i
=||f∗(x)||2+||f∗(y)||2
| {z }
=|f(x)||2+||f(y)||2
+ 2hf◦f∗(x), yi
Ainsi, on a hf∗◦f(x), yi=hf◦f∗(x), yipour tout couple (x, y)d’éléments de E. Ceci montre que
f∗◦f=f◦f∗.
3. Soit xun vecteur propre de fassocié à la valeur propre λ. On a (f−λId)(x) = 0E. On remarque
aussi que (f−λId)∗=f∗−λId ce qui montre que l’endomorphisme (f−λId) est normal. Ainsi
0 = ||(f−λId)(x)|| =||(f∗−λId)(x)|| et donc (f∗−λId)(x) = 0, c’est-à-dire f∗(x) = λx.
Exercice 6
1. Déterminer les réels a,b,c,dtels que : A=1
7
6 3 a
−2 6 b
3d c 
∈O+
3(R).
2. Déterminer les matrices réelles orthogonales et triangulaires d’ordre 2, puis d’ordre 3.
Généraliser.
Solution. 1. La matrice Aest orthogonale si et seulement ses colonnes forment une b.o.n de R3.
On désigne par Cila iième colonne de A. On doit donc avoir
C1⊥C2⇐⇒ 18 −12 + 3d= 0
⇐⇒ d=−2
C1⊥C3⇐⇒ 6a−2b+ 3c= 0
C2⊥C3⇐⇒ 3a+ 6b+dc = 0
⇐⇒ 3a+ 6b−2c= 0.

De plus, si A∈O+
3(R)alors det(A)=1:
det(A) = 1
73
6 3 a
−2 6 b
3d c 
=1
73
(−14a+ 21b+ 42c) = 1
72
(−2a+ 3b+ 6c)=1.
Finalement, on a
A∈O+
3(R) =⇒
6a−2b+ 3c= 0
3a+ 6b−2c= 0
−2a+ 3b+ 6c= 49
=⇒
a=−2
b= 3
c= 6
Réciproquement, on vérifie facilement que si A=1
7
6 3 −2
−2 6 3
3−2 6 
alors tA·A=I3. Ainsi
A∈O+
3(R)si et seulement si a= 2, b = 3, c = 6, d =−2.
2. Soit A=
a b c
0d e
0 0 f
∈M2(R). On sait que A∈O3(R)ssi ses colonnes forment une b.o.n de R3.
De plus si A∈O3(R)alors det(A) = ±1. On a donc
det(A) = ±1⇐⇒ a·d·f=±1
=⇒a, d, f 6= 0
C1⊥C2⇐⇒ a·b= 0
⇐⇒ b= 0 car a6= 0
C1⊥C3⇐⇒ a·c= 0
⇐⇒ c= 0 car a6= 0
C2⊥C3⇐⇒ d·e= 0
⇐⇒ e= 0 car d6= 0
||C1|| = 1 ⇐⇒ a2= 1
⇐⇒ a=±1
||C2|| = 1 ⇐⇒ d2= 1
⇐⇒ d=±1
||C3|| = 1 ⇐⇒ f2= 1
⇐⇒ f=±1
On a donc montrer que si Aest orthogonale et triangulaire, alors Adoit être une matrice diagonale
avec des 1ou des −1sur la diagonale. Réciproquement, toutes matrices diagonales avec ±1sur la
diagonale est orthogonale.
On géneralise facilement au cas de la dimension n: les matrices triangulaires et orthogonales d’ordre
nsont les matrices diagonales avec ±1sur la diagonale.

Exercice 7
Soit Aune matrice de Mn(R)symétrique et orthogonale.
1. Caractériser géométriquement l’endomorphisme fde Rncanoniquement associé à A.
2. Dans les deux cas suivants, caractériser géométriquement l’endomorphisme fide R3
canoniquement associé à Ai:A1=1
9
−8 4 1
474
1 4 −8
et A2=1
3
−1 2 2
2−1 2
2 2 −1
.
Solution. 1. Puisque Aest symétrique, Aest diagonalisable dans une b.o.n de Rn. Puisque Aest
orthogonale, le spectre de fest inclu dans {1,−1}. Ainsi, il existe une b.o.n dans laquelle la matrice de
fest diagonale avec ±1sur la diagonale. On voit donc que fest un symétrie orthogonale par rapport
au s.e.v E1={u∈Rn|f(u) = u}.
2. Un simple calcul montre que tA1·A1=I3et comme A1est symétrique, on en déduit que f1est une
symétrie orthogonale par rapport au s.e.v F={X∈R3|A1.X =X}.
Soit X=
x
y
z
. On a
A1.X =X⇐⇒ 
−8x+ 4y+z= 9x
4x+ 7y+ 4z= 9y
x+ 4y−8z= 9z
⇐⇒ 
−17x+ 4y+z= 0
4x−2y+ 4z= 0
x+ 4y−17z= 0
⇐⇒ (4x−2y+ 4z= 0
−9x+ 9z= 0
⇐⇒ (2x−y+ 2z= 0
−x+z= 0 .
On trouve donc F=Vect(u)où u=
1
4
1
. Finalement f1est un retournement par rapport à F.
Un simple calcul montre que tA2·A2=I3et comme A2est symétrique, on en déduit que f2est une
symétrie orthogonale par rapport au s.e.v F={X∈R3|A1.X =X}.
Soit X=
x
y
z
. On a
A2.X =X⇐⇒ 
−x+ 2y+ 2z= 3x
2x−y+ 2z= 3y
2x+ 2y−z= 3z
⇐⇒ (x+y−2z= 0
−x+z= 0 .

On trouve donc F=Vect(u)où u=
1
1
1
. Finalement f2est un retournement par rapport à F.
Exercice 8
Soit fun endomorphisme symétrique de l’espace euclidient (E, h·,·i).
1. Démontrer que si λ1≤. . . ≤λndésignent ses valeurs propres alors
λ1||x||2≤ hf(x), xi ≤ λn||x||2.
2. En deduire que si λ1>0, alors l’application b(x, y) = hf(x), yidéfinit un produit scalaire sur E.
Interprétez géormétriquement, quand n= 2, l’inégalité de la question 1.
Solution 1. Puisque fest symétrique, fest diagonalisable et les sous-espaces propres de fsont
orthogonaux deux à deux. Tout x∈Es’écrit sous la forme x=x1+. . . xnoù xi∈Eλiet par le
théorème de pythagore, on a ||x||2=Pi||xi||2. On a
hf(x), xi=hλ1x1+. . . λnxn, x1+. . . xni=Xλi||xi||2.
Puisque λi≥λ1pour tout ion obtient
hf(x), xi=Xλi||xi||2≥la1X||xi||2=λ1||x||2.
De même, puisque λi≤λnpour tout ion obtient
hf(x), xi=Xλi||xi||2≤λnX||xi||2=λn||x||2.
2. Il est clair que best symétrique et bilinéaire. Reste à montrer que best définie positive. Soit x∈E.
On a
b(x, x) = hf(x), xi ≥ λ1||x||
et puisque λ > 0,λ1||x|| = 0 si et seulement si x= 0.