dq - hyperplans et matrices orthogonales

DQ - HYPERPLANS
ET MATRICES ORTHOGONALES
L’espace vectoriel Mn(R)des matrices carrées à coefficients réels étant muni du produit scalaire défini
par
< P, Q >= tr( t P.Q) = X
i,j
pij qij
pour lequel la base canonique est orthonormée, tout hyperplan de Mn(R)est l’orthogonal d’une ma-
trice Hnon nulle, et sera noté HH.
Rappelons que
tr(A.B) = tr(B.A) = tr( tA. tB) et tr(P−1AP ) = tr A .
Si Uest une matrice orthogonale, soit ΦUl’application de Mn(R)dans lui même définie par
ΦU(P) = tU.P.U =U−1.P.U .
C’est un automorphisme de l’algèbre Mn(R), et
(ΦU)−1= Φ tU.
On a également
ΦU◦ΦV= ΦV.U .
Propriété 1 L’application ΦUest une bijection de Onsur lui-même.
Soit Pune matrice orthogonale. On a
(ΦU(P))−1= (U−1.P.U )−1
=U−1.P −1.U
=tU. tP.U
=t(tU.P.U)
=t(ΦU(P)) ,
et donc ΦU(P)est orthogonale.
Comme de plus ΦU(P) = Qéquivaut à ΦtU(Q) = P, il en résulte que ΦUest une bijection de Onsur
lui-même.
Propriété 2 L’application ΦUest une bijection de Snsur lui-même.

DQ 2
Soit Pune matrice symétrique. On a
t(ΦU(P)) = t(tU.P.U)
=tU. tP U
=tU.P U
= ΦU(P),
et donc ΦU(P)est symétrique.
Comme de plus ΦU(P) = Qéquivaut à ΦtU(Q) = P, il en résulte que ΦUest une bijection de Snsur
lui-même.
Propriété 3 La matrice Pappartient à HHsi et seulement si ΦU(P)appartient à HΦU(H).
On a
<ΦU(P),ΦU(H)>= tr( t(tU.P.U)( tU.H.U ))
= tr( tU. tP.U. tU.H.U )
= tr( tU. tP.H.U )
= tr( tP.H)
=< P, H > .
Donc <ΦU(P),ΦU(H)>est nul si et seulement si < P, H > est nul.
Remarquons que si l’on considère l’espace vectoriel Rn, muni de sa base orthonormée canonique, et
si fest un endomorphisme de matrice Hdans cette base, alors ΦU(H)est la matrice de fdans une
autre base orthonormée.
Théorème Si n≥2, tout hyperplan HHde Mn(R)contient une matrice orthogonale.
De manière plus précise :
- il contient une matrice orthogonale et symétrique si nest pair,
- il contient une matrice orthogonale positive si nest impair.
1) Cas n= 2p.
Soit Pdans On∩Sn. Puisque Pest symétrique, on a les égalités
< P, H >=<tP, tH >=< P, tH > .
Donc, si Pappartient à HH, les produits scalaires < P, H > et < P, tH > sont nuls. Il en résulte que
< P, 1
2(H+tH)>= 0

DQ 3
par suite, si l’on note Hs=1
2(H+tH), on en déduit que Pappartient à HHs.
Réciproquement, si Pappartient à HHs, alors < P, H +tH > est nul, donc
< P, H >=−< P, tH > ,
et, puisque Pest symétrique,
< P, H >=−<tP, tH >
ou encore
< P, H >=−< P, H > .
On en déduit que < P, H > est nul, et que Pest dans HH.
On en conclut que
On∩Sn∩HH=On∩Sn∩HHs.
On utilise maintenant le fait que la matrice Hsest symétrique, donc diagonalisable dans une base
orthonormée. Il existe alors une matrice orthogonale Utelle que H′= ΦU(Hs)soit diagonale.
Dans ce cas la matrice antidiagonale Payant des 1sur la deuxième diagonale et des zéros ailleurs est
orthogonale, symétrique et appartient à HH′. Donc ΦtUappartient à On∩Sn∩HH.
2) Cas n= 2p+ 1 où p≥1.
Il existe une matrice orthogonale Utelle que les éléments diagonaux d1,1,...,dn,n de D= ΦU(H)
vérifient
|d1,1| ≤ |d2,2| ≤ ··· ≤ |dn,n|.
En effet, si fest un endomorphisme de Rndans la base canonique, changer l’ordre des éléments diago-
naux revient à faire un changement de base en permutant l’ordre des vecteurs de base, c’est-à-dire un
changement de base orthonormée.
Remarquons tout d’abord que si dn,n = 0, alors tous les éléments diagonaux sont nuls et on peut
prendre P=Inqui est orthogonale.
On suppose désormais dn,n non nul. Notons εkle signe de dk,k si dk,k 6= 0, et εk= 1 si dk,k = 0. Soit
P′la matrice diagonale d’ordre 2p−1dont les éléments diagonaux sont (−1)kεk, pour kcompris entre
1et 2p−1. C’est une matrice orthogonale. Posons aussi
Aθ=ε2pcos θ−ε2psin θ
ε2p+1 sin θ ε2p+1 cos θ,
et
Pθ=P′0
0Aθ.
La matrice Pθest orthogonale, et l’on a

DQ 4
< Pθ, D > =
2p−1
X
k=1
(−1)kεkdk,k + (ε2pd2p,2p+ε2p+1d2p+1,2p+1) cos θ+ (ε2p+1d2p+1,2p−ε2pd2p,2p+1) sin θ
=
2p−1
X
k=1
(−1)k|dk,k|+ (|d2p,2p|+|d2p+1,2p+1|) cos θ+ (ε2p+1d2p+1,2p−ε2pd2p,2p+1) sin θ .
Il reste à voir que l’on peut choisir θpour que < Pθ, D > soit nul. Cette condition s’écrit
(|d2p,2p|+|d2p+1,2p+1|) cos θ+ (ε2p+1d2p+1,2p−ε2pd2p,2p+1) sin θ=
2p−1
X
k=1
(−1)k−1|dk,k|.
Elle est donc de la forme
acos θ+bsin θ=c ,
avec a > 0et, si αest un angle tel que
sin α=a
√a2+b2et cos α=b √a2+b2,
elle s’écrit encore
pa2+b2sin(θ+α) = c .
Pour qu’elle soit vérifiée pour au moins un angle θ, il suffit que |c| ≤ √a2+b2, et même que |c| ≤ |a|.
Montrons tout d’abord le lemme suivant :
Lemme Soit (an)n≥1une suite croissante de nombres réels positifs. Alors, quel que soit p≥1,
0≤
2p−1
X
k=1
(−1)k−1ak≤a2p+a2p+1 .
Tout d’abord
2p−1
X
k=1
(−1)k−1ak=
p−1
X
k=1
(a2k+1 −a2k) + a1≥0.
On démontre l’autre inégalité par récurrence. Pour p= 1, elle devient
a1≤a2+a3
ce qui est bien vérifié.

DQ 5
Supposons la propriété vraie à l’ordre p. Alors
2p+1
X
k=1
(−1)k−1ak=
2p−1
X
k=1
(−1)k−1ak+a2p+1 −a2p
≤a2p+a2p+1 +a2p+1 −a2p
≤2a2p+1
≤a2p+2 +a2p+3
et l’inégalité est vraie à l’ordre p+ 1. Elle est donc vraie pour tout p≥1.
On peut alors terminer la démonstration du théorème.
Puisque d’après le lemme
|c|=
2p−1
X
k=1
(−1)k−1|dk,k| ≤ |d2p,2p|+|d2p+1,2p+1|=|a|
la condition d’existence d’un angle θtel que < Pθ, D >= 0 est satisfaite.
Alors pour un angle θainsi choisi, la matrice ΦtU(Pθ)appartient à On∩HH.
Pour finir, on constate qui si det Φ tU(Pθ) = −1, alors det(−ΦtU(Pθ)) = 1, et donc une des deux
matrices −ΦtU(Pθ)ou ΦtU(Pθ)est dans O+
n.