CORRIGÉ DM N°5 : CCP PC 2003 MATHS 1

– CORRIG ´ E DM N°5 – CCP PC 2003 MATHS 1 PSI* 16-17
CORRIG ´ E DM N°5 : CCP PC 2003 MATHS 1
PARTIE I
1. a) Si X= (xi)16i6net Y= (yi)16i6nsont des ´el´ements de Mn,1(R) on a
tXY =
n
X
i=1
xiyi=hX|Yi=hY|Xi=tY X .
b) Calcul sans probl`eme :
tXY 2= (tXY )(tXY ) = (tXY )(tY X) (calcul pr´ec´edent)
= (tX)YtY(X) par associtivit´e
et de mˆeme :
tXY 2= (tXY )(tXY ) = (tY X)(tXY ) = tY(XtX)Y .
c) tXSY =hX|SY iet aussi, puisque Sest sym´etrique :
tXSY =tXtSY =t(SX)Y=hSX |Yi.
puis comme Sest sym´etrique tX(SY ) = tXtSY =t(SX)Y=hSX, Y i.
2. a) Pusique S1et S2sont sym´etriques, il en est de mˆeme de S1+S2.
De plus, on a : ∀X∈ Mn,1(R),tXS1X>0 et tXS2X>0 donc en ajoutant
tX(S1+S2)X>0. Ainsi :
(S1, S2)∈S+
n(R)2=⇒S1+S2∈ S+
n(R).
b) Idem car la somme d’un r´eel positif et d’un r´eel strictement positif est un r´eel strictement
positif.
c) D´ej`a, t AA ∈ Sn(R) puisque tt AA=t Att A=t AA.
On a ensuite : ∀X∈ Mn,1(R) , tXt AAX=t(AX)(AX) = hAX, AXi=kAXk2>0 . En
conclusion :
∀A∈ Mn(R) , t AA ∈ S+
n(R).
3. a) Soit Xun vecteur propre associ´e `a la valeur propre λ.
On a SX =λX d’o`u tXSX =λtXX =λkXk2. Donc si tXSX = 0, on a λ= 0 (car X
est non nul donc kXk 6= 0). Ainsi, la seule valeur propre de Sest 0.
Sest donc une matrice diagonalisable (car sym´etrique r´eelle) ayant une unique valeur propre
0. Sest donc la matrice nulle : S=P.On.P −1= On.
b) Il suffit de prendre pour Mune matrice antisym´etrique quelconque.
En effet, si tM=−Mon a alors, pour tout vecteur colonne X:
tXMX =ttXMX=tXtMX =−tXM X ,
d’o`u tXM X = 0.
4. a) S´etant sym´etrique r´eelle est diagonalisable dans une base orthonorm´ee (Vk)16k6n:SVk=λkVk
pour tout k.
Si toutes les valeurs propres sont positives on a alors pour toute matrice colonne X=
n
X
k=1
ykVk:
tXSX =hX|SXi=*n
X
k=1
ykVk
n
X
ℓ=1
λℓyℓVℓ+=
n
X
k=1
λky2
k>0.
R´eciproquement si λest valeur propre de Set Xun vecteur propre associ´e, le calcul du 3a
donne tXSX =λkXk2. Comme on suppose tXSX >0 et que X6= 0 on a bien λ>0.
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b) Deux matrices semblables ont mˆeme spectre. Donc si S′est sym´etrique r´eelle semblable `aS
sym´etrique positive les valeurs propres de S(donc de S′) sont toutes positives donc S′est
positive.
5. a) Sur Sn(R) la relation binaire >est bien :
– r´eflexive : la matrice nulle Onest bien positive donc : ∀S∈ Sn(R), S >S.
– antisym´etrique : si S1>S2et si S2>S1, les valeurs propres de S2−S1sont toutes `a la
fois positives et n´egatives. S2−S1est donc diagonalisable ( car sym´etrique r´eelle) ayant
une seule valeur propre 0 donc c’est la matrice nulle : S2=S1.
– transitive : si S1>S2et S2>S3on a S1−S2∈ S+
n(R) et S2−S3∈ S+ n(R) donc
d’apr`es 2a la somme S1−S3appartient `a S+
n(R) et donc S1>S3.
b) Il suffit de prendre S1= 0 et pour S2une matrice sym´etrique ayant une valeur propre
positive et une n´egative . Exemple : S2= 1 0
0−1!. On n’a ni S1>O2, ni O2>S1.
c) La relation >n’est pas r´eflexive car On/∈ S++
n(R).
d) On peut prendre S1= 1 0
0 0!et S2= O2.
6. a) Question de cours . On doit montrer x∈Eλ(u)⇒v(x)∈Eλ(u). Or, si u(x) = λx, alors
u(v(x)) = (u◦v)(x)
= (v◦u) (x) par hypoth`ese sur uet v
=v(u(x)) = v(λ(x))
=λv(x) par lin´earit´e de v,
donc v(x)∈Eλ(u), cqfd.
b) L’endomorphisme induit par vdiagonalisable sur un sous espace stable est lui mˆeme
diagonalisable (th´eor`eme du cours). Donc l’endomorphisme viest diagonalisable et il existe
une base de Eλi(u) qui est form´ee de vecteurs propres de vi.u´etant diagonalisable,Eest
somme directe des sous espaces propres. L’union des bases pr´ec´edentes est donc une base
de E. Par construction, les vecteurs de cette base sont des vecteurs propres de vet de u,
c’est-`a-dire que dans cette base, uet vsont simultan´ement diagonalisables.
7. a) – Si Aet Bcommutent, on applique le r´esultat de la question pr´ec´edente aux endomor-
phismes uet vdont les matrices dans la base canonique Csont Aet B. Il existe alors
une base Bform´ee de vecteurs propres de uet de v, donc Aet Bsont diagonalisables
au moyen de la mˆeme matrice de passage, celle de C`a B.
– R´eciproquement si Aet Bsont diagonalisables au moyen d’une mˆeme matrice de passage,
on a A=P DP −1,B=P∆P−1et comme deux matrices diagonales commutent
AB =BA =P(D∆) P−1.
b) Aest de rang 1, donc 0 est valeur propre d’ordre >2, et on trouve que et E0(A) est le plan
d’´equation x+y−z= 0. ` A l’aide de la trace, on en d´eduit que la troisi`eme valeur propre
est 3, puis on trouve E3(A) = Vect 
1
1
−1
.
Pour Ble calcul du polynˆome caract´eristique donne deux valeurs propres : 4(double) et
1(simple). Puis le calcul des sous-espaces propres donne : E4(B) est le plan d’´equation
−2x+y−z= 0 et E1(B) = Vect 
1
1
2
.On v´erifie alors que E1(B)⊂E0(A) et
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E3(A)⊂E4(B). Les trois droites E1(B), E3(A), E0(A)∩E4(B) sont trois droites de
vecteurs propres communs qui engendrent l’espace. Une matrice de passage possible est donc :
P=
1 1 0
1 1 1
−1 2 1
.
8. S1et S2sont diagonalisables (sym´etriques r´eelles), et commutent. S1et S2sont donc dia-
gonalisables avec une mˆeme matrice de passage : S1=P D1P−1, S2=P D2P−1avec D1, D2
diagonales form´ees des valeurs propres de S1, S2. On a alors S1S2=S2S1=P D1D2P−1.S1
et S2´etant positives, les coefficients de D1et D2sont positifs donc les valeurs propres de S1S2
sont aussi toutes positives et S1S2est sym´etrique positive (toujours 4a).
9. a) Avec les notations pr´ec´edentes (S1=P D1P−1, S2=P D2P−1), on a ici, pour les termes
diagonaux, d2i,i −d1i,i >0 et d1i,i >0. On en d´eduit ∀i,d22
i,i >d12 i,i .D22−D2
1est donc
positive et S2
2−S2
1est une matrice sym´etrique semblable `a une matrice sym´etrique positive
donc est aussi positive : S2
2>S2
1(cf 4b)).
b) On a S2−S1= 1/2−1
−1 2!,de valeurs propres 0 et 5/2 r´eels positifs. La matrice et positive
donc S2>S1.
S1a pour valeurs propres 0 et 1 donc S1>0.
Enfin, S2
2−S2
1= 1/4−2
−2 7!a pour d´eterminant −9/4. Le produit des valeurs propres est
n´egatif donc l’une des valeurs propres est n´egative. S2
2−S2
1n’est pas positive.
Partie II
1. –a⇔b: idem I4a (en rempla¸cant l`a o`u il faut >0 par >0).
–b⇒c.S´etant diagonalisable dans une base orthonorm´ee (sym´etrique r´eelle) on peut ´ecrire
S=P DtP, avec D= diag(di) et Porthogonale. Par hypoth`eses les disont strictement
positifs . On peut donc d´efinir ∆ = diag(√di) qui est inversible car les termes diagonaux
sont non nuls. M= ∆tPest alors une solution `a la question car :
tMM =P∆∆tP=P DtP=S.
–c⇒dSi S=tMM avec Minversible, Sest inversible (comme produit de matrices
inversibles) et Sest positive d’apr`es I2c.
–d⇒b:Sest positive donc toutes les valeurs propres de Ssont positives et Sest inversible
donc 0 n’est pas valeur propre de S. Les valeurs propres de Ssont donc strictement positives.
On a la suite b⇒c⇒d⇒bet a⇔b, donc l’´equivalence des 4 propositions.
2. a) Aest bien une matrice sym´etrique.
Si X= (xi)16i6net Y=AX = (yj)16j6non a :
y1= 2x1−x2
∀j∈J2 ; n−1K,yj=−xi−1+ 2xi−xi+1
yn=−xn−1+ 2xn
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On a donc
tXAX =
n
X
i=1
xiyi= 2
n
X
i=1
x2
i−
n
X
i=2
xi−1xi−
n−1
X
i=1
xixi+1
= n
X
i=2
x2
i+x2 1!+ n−1
X
i=1
x2
i+x2 n!−
n−1
X
i=1
xjxj+1 −
n−1
X
i=1
xixi+1
=
n−1
X
j=1
x2
j+1 +x2 1
+ n−1
X
i=1
x2
i+x2 n!−2
n−1
X
i=1
xixi+1
=x2
1+x2 n+
n−1
X
i=1 x2
i+1 −2xixi+1 +x2 i=x2
1+x2 n+
n−1
X
i=1
(xi−xi+1)2.
b) Pour toute matrice colonne X, on constate d’apr`es le calcul ci-dessus que tXAX est une
somme de carr´es donc est un r´eel positif. De plus la somme est nulle si et seulement si chaque
terme est nul donc si et seulement si 
x1= 0
∀i∈J1 ; nK,xi+1 −xi= 0
xn= 0
., ce qui implique que
tous les xisont donc nuls. Donc si X6= 0 tXAX est strictement positif.
c) Avec la matrice Mdu sujet, notons S=tMM = (si,j ). On a en faisant le produit :
s1=u2
1
i > 1⇒si=u2
i+v2 i−1
16i6n−1⇒si,i+1 =si+1,i =uivi
|j−i|>1⇒si,j = 0
On doit donc r´esoudre le syst`eme (non lin´eaire ) :
u2
1= 2
i > 1⇒u2
i+v2
i−1= 2
16i6n−1⇒uivi=−1
On a donc vi=−1
uiet en reportant u2
i= 2 −1
u2
i−1
. Soit en posant ai=u2
ila suite
homographique :
(a1= 2
ai= 2 −1
ai−1·
L’´equation ℓ= 2−1/ℓ donne un point fixe double ℓ= 1 ; la suite 1
ai−1est donc arithm´etique
. Or 1
ai−1=1
1−1
ai−1
=ai−1
ai−1−1= 1 + 1 ai−1−1
d’o`u 1
ai−1=iet enfin ui=ri+ 1
i, vi=−ri i+ 1·
3. a) Uest une base car Sest une matrice inversible d’apr`es II1c.
b) C’est la m´ethode d’orthogonalisation de Schmidt. On proc`ede par r´ecurrence :
– (V1) est r´eduit `a un seul vecteur non nul donc est une famille orthogonale de vecteurs non
nuls( !).
– On suppose que (Vi)16i6k−1est une famille orthogonale de vecteurs non nuls tels que
Vect(Vi)16i6k−1= Vect(Ui)16i6k−1. Montrons que (Vi)16i6kest une famille orthogonale
de vecteurs non nuls tels que Vect(Vi)16i6k= Vect(Ui)16i6k:
– par hypoth`ese de r´ecurrence on doit seulement montrer que Vkest un vecteur non nul
orthogonal `a Vect(Vi)16i6k−1puis Vect(Vi)16i6k= Vect(Ui)16i6k.
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– par construction pk−1est la projection orthogonale sur Vect(Vi)16i6k−1= Vect(Ui)16i6k−1
donc Vk=Uk−pk−1(Uk) est orthogonal `a Vect(Vi)16i6k−1.
– Si Vkest nul alors Uk=pk−1(Uk)∈Vect(Ui)16i6k−1et la famille (Ui)16i6nest li´e.
Absurde.
– Enfin par construction Vk∈Vect(Uk)⊕Vect(Ui)16i6k−1= Vect (Ui)16i6ket
Vect(Vi)16i6k−1= Vect(Ui)16i6k−1⊂Vect(Ui)16i6k. Donc Vect(Vi)16i6k⊂Vect(Ui)16i6k.
Les deux familles ´etant libres de mˆeme cardinal , les deux sous espaces sont ´egaux.
Pour k=non obtient que Vest une base orthogonale de Rn.
c) La base est orthonormale car on norme une base orthogonale (et les d´enominateurs sont non
nuls car les Visont des vecteurs non nuls)
Par construction de Von a vu que Vk∈Vect(Ui)16i6k. Les coordonn´ees de Vksur
Uk+1,···Unsont donc nulles, c’est-`a-dire que la matrice de passage PW
Uest triangulaire
sup´erieure.
d) Notons Bla base canonique. On a :
M=PU
B=PW B.P U W=P T
o`u Test l’inverse de la matrice triangulaire sup´erieure construite `a la question pr´ec´edente.
On a alors S=tM M =tTtPPT . Mais Pest la matrice de passage de B`aWtoutes deux
bases orthonorm´ees. Donc Pest orthogonale et tP P =In. Il reste donc S=tT T .
e) Si on pose T=
a b c
0d e
0 0 f
, le calcul donne :
tT T =
a2ab ac
ab b2+d2bc +de
ac bc +de c2+e2+f2
=
4−2−2
020
−203
.
En r´esolvant le syst`eme ligne par ligne et en choisissant pour a, d, f les racines carr´ees
positives on obtient :
T=
2−1−1
0 1 −1
001
.
On constate que Test inversible et donc d’apr`es II 1 Sest d´efinie positive.
4. a) Si X= x
y!,on a tXA0X=by2+2cxy donc si y= 0 ou by +2cx = 0 on aura tXA0X= 0.
b) – si Aest d´efinie positive les valeurs propres de Asont strictement positives (cf II 1). Leur
somme (la trace) et leur produit (le d´eterminant) le sont aussi. On a donc a+b > 0 et
ab −c2>0.On en d´eduit que a+bet ab sont strictement positifs donc aet ble sont.
– Si a > 0 et ab −c2>0 on a b > c2
a>0 donc tr(A)>0 et det(A)>0 . La somme
et le produit des valeurs propres sont strictement positifs donc les valeurs propres sont
strictement positives. D’apr`es II 1 Aest d´efinie positive.
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