CORRIGÉ DM N°5 : CCP PC 2003 MATHS 1

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PSI* 16-17
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PARTIE I
1. a) Si X = (xi )16i6n et Y = (yi )16i6n sont des éléments de Mn,1 (R) on a
t
XY =
n
X
i=1
xi yi = hX | Y i = hY | Xi = t Y X .
b) Calcul sans problème :
t
XY
2
et de même :
t
XY
= (t XY )(t XY ) = (t XY )(t Y X) (calcul précédent)
= (t X) Y t Y (X) par associtivité
2
= (t XY )(t XY ) = (t Y X)(t XY ) = t Y (X t X)Y .
c) t XSY = hX | SY i et aussi, puisque S est symétrique :
t
XSY = t X t SY = t (SX)Y = hSX | Y i .
puis comme S est symétrique t X (SY ) = t X t SY = t (SX)Y = hSX, Y i.
2. a) Pusique S1 et S2 sont symétriques, il en est de même de S1 + S2 .
De plus, on a : ∀X ∈ Mn,1 (R) , t XS1 X > 0 et t XS2 X > 0 donc en ajoutant
t X (S + S ) X > 0. Ainsi :
1
2
2
(S1 , S2 ) ∈ Sn+ (R)
=⇒ S1 + S2 ∈ Sn+ (R) .
b) Idem car la somme d’un réel positif et d’un réel strictement positif est un réel strictement
positif.
c) Déjà, tAA ∈ Sn (R) puisque t tAA = tAt tA = tAA.
On a ensuite : ∀X ∈ Mn,1 (R) , t X tAA X = t (AX)(AX) = hAX, AXi = kAXk2 > 0 . En
conclusion :
∀A ∈ Mn (R) , tAA ∈ Sn+ (R) .
3. a) Soit X un vecteur propre associé à la valeur propre λ.
On a SX = λX d’où t XSX = λt XX = λ kXk2 . Donc si t XSX = 0, on a λ = 0 (car X
est non nul donc kXk =
6 0). Ainsi, la seule valeur propre de S est 0.
S est donc une matrice diagonalisable (car symétrique réelle) ayant une unique valeur propre
0. S est donc la matrice nulle : S = P.On .P −1 = On .
b) Il suffit de prendre pour M une matrice antisymétrique quelconque.
En effet, si t M = −M on a alors, pour tout vecteur colonne X :
t
d’où t XM X = 0.
XM X = t
t
XM X = t X t M X = −t XM X ,
4. a) S étant symétrique réelle est diagonalisable dans une base orthonormée (Vk )16k6n : SVk = λk Vk
pour tout k .
Si toutes les valeurs propres sont positives on a alors pour toute matrice colonne X =
n
X
y k Vk :
k=1
t
XSX = hX | SXi =
*
n
X
k=1
+
n
n
X
X
λk yk2 > 0.
λℓ y ℓ Vℓ =
yk Vk ℓ=1
k=1
Réciproquement si λ est valeur propre de S et X un vecteur propre associé, le calcul du 3a
donne t XSX = λ kXk2 . Comme on suppose t XSX > 0 et que X 6= 0 on a bien λ > 0.
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b) Deux matrices semblables ont même spectre. Donc si S ′ est symétrique réelle semblable àS
symétrique 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 :
– réflexive : la matrice nulle On est bien positive donc : ∀ S ∈ Sn (R), S > S .
– antisymétrique : si S1 > S2 et si S2 > S1 , les valeurs propres de S2 − S1 sont toutes à la
fois positives et négatives. S2 − S1 est donc diagonalisable ( car symétrique réelle) ayant
une seule valeur propre 0 donc c’est la matrice nulle : S2 = S1 .
– transitive : si S1 > S2 et S2 > S3 on a S1 − S2 ∈ Sn+ (R) et S2 − S3 ∈ Sn+ (R) donc
d’après 2a la somme S1 − S3 appartient à Sn+ (R) et donc S1 > S3 .
b) Il suffit de prendre S1 = 0 et pour S2 une matrice
symétrique ayant une valeur propre
!
1 0
positive et une négative . Exemple : S2 =
. On n’a ni S1 > O2 , ni O2 > S1 .
0 −1
c) La relation > n’est pas réflexive car On ∈
/ Sn++ (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 hypothèse sur u et v
= v(u(x)) = v(λ(x))
= λv(x) par linéarité de v,
donc v(x) ∈ Eλ (u), cqfd.
b) L’endomorphisme induit par v diagonalisable sur un sous espace stable est lui même
diagonalisable (théorème du cours). Donc l’endomorphisme vi est diagonalisable et il existe
une base de Eλi (u) qui est formée de vecteurs propres de vi . uétant diagonalisable,E est
somme directe des sous espaces propres. L’union des bases précédentes est donc une base
de E . Par construction, les vecteurs de cette base sont des vecteurs propres de v et de u,
c’est-à-dire que dans cette base, u et v sont simultanément diagonalisables.
7. a) – Si A et B commutent, on applique le résultat de la question précédente aux endomorphismes u et v dont les matrices dans la base canonique C sont A et B . Il existe alors
une base B formée de vecteurs propres de u et de v , donc A et B sont diagonalisables
au moyen de la même matrice de passage, celle de C à B .
– Réciproquement si A et B sont diagonalisables au moyen d’une même matrice de passage,
on a A = P DP −1 , B = P ∆P −1 et comme deux matrices diagonales commutent
AB = BA = P (D∆) P −1 .
b) A est de rang 1, donc 0 est valeur propre d’ordre > 2, et on trouve que et E0 (A) est le plan
d’équation x + y − z = 0. À l’aide 
de latrace, on en déduit que la troisième valeur propre
1
 
est 3, puis on trouve E3 (A) = Vect  1 .
−1
Pour B le calcul du polynôme caractéristique donne deux valeurs propres : 4(double) et
1(simple). Puis le calcul des sous-espaces
donne : E4 (B) est le plan d’équation
 propres

1
 
−2x + y − z = 0 et E1 (B) = Vect 1 . On vérifie alors que E1 (B) ⊂ E0 (A) et
2
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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 :


1 1 0


P =  1 1 1 .
−1 2 1
8. S1 et S2 sont diagonalisables (symétriques réelles), et commutent. S1 et S2 sont donc diagonalisables avec une même matrice de passage : S1 = P D1 P −1 , S2 = P D2 P −1 avec D1 , D2
diagonales formées des valeurs propres de S1 , S2 . On a alors S1 S2 = S2 S1 = P D1 D2 P −1 . S1
et S2 étant positives, les coefficients de D1 et D2 sont positifs donc les valeurs propres de S1 S2
sont aussi toutes positives et S1 S2 est symétrique positive (toujours 4a).
9. a) Avec les notations précédentes (S1 = P D1 P −1 , S2 = P D2 P −1 ), on a ici, pour les termes
diagonaux, d2i,i − d1i,i > 0 et d1i,i > 0. On en déduit ∀i , d2 2i,i > d1 2i,i . D2 2 − D12 est donc
positive et S22 − S12 est une matrice symétrique semblable à une matrice symétrique positive
donc est aussi positive : S22 > S12 (cf 4b)).
b) On a S2 −S1 =
donc S2 > S1 .
!
1/2 −1
, de valeurs propres 0 et 5/2 réels positifs. La matrice et positive
−1
2
S1 a pour valeurs propres 0 et 1 donc S1 > 0.
!
1/4 −2
a pour déterminant −9/4. Le produit des valeurs propres est
Enfin, S22 − S12 =
−2
7
négatif donc l’une des valeurs propres est négative. S22 − S12 n’est pas positive.
Partie II
1.
– a ⇔ b : idem I4a (en remplaçant là où il faut > 0 par > 0).
– b ⇒ c . S étant diagonalisable dans une base orthonormée (symétrique réelle) on peut écrire
S = P D t P , avec D = diag(di ) et P orthogonale.
Par hypothèses les di sont strictement
√
positifs . On peut donc définir ∆ = diag( di ) qui est inversible car les termes diagonaux
sont non nuls. M = ∆t P est alors une solution à la question car :
t
M M = P ∆∆t P = P D t P = S.
– c ⇒ d Si S = t M M avec M inversible, S est inversible (comme produit de matrices
inversibles) et S est positive d’après I2c.
– d ⇒ b : S est positive donc toutes les valeurs propres de S sont positives et S est inversible
donc 0 n’est pas valeur propre de S . Les valeurs propres de S sont donc strictement positives.
On a la suite b ⇒ c ⇒ d ⇒ b et a ⇔ b, donc l’équivalence des 4 propositions.
2. a) A est bien une matrice symétrique.
Si X = (xi )16i6n et Y = AX = (yj )16j6n on a :


 y1 = 2x1 − x2
∀j ∈ J2 ; n − 1K , y = −xi−1 + 2xi − xi+1
j

 y = −x
+
2x
n
n−1
n
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On a donc
t
XAX =
=
n
X
xi yi = 2
i=1
n
X
n
X
i=1
x2i
+
x21
i=2

= 
n−1
X
x2j+1
+
j=1
= x21 + x2n +
!
x2i −
+
i=2
n−1
X

x2i
n−1
X
+
n−1
X
xi−1 xi −
x2n
+
i=1
x21 
i=1
n
X
n−1
X
x2i
+
!
xi xi+1
i=1
n−1
X
−
x2n
i=1
!
i=1
xj xj+1 −
−2
n−1
X
n−1
X
xi xi+1
i=1
xi xi+1
i=1
x2i+1 − 2xi xi+1 + x2i = x21 + x2n +
n−1
X
i=1
(xi − xi+1 )2 .
b) Pour toute matrice colonne X , on constate d’après le calcul ci-dessus que t XAX est une
somme de carrés donc est un réel positif.De plus la somme est nulle si et seulement si chaque

 x1 = 0
terme est nul donc si et seulement si
∀i ∈ J1 ; nK , xi+1 − xi = 0 ., ce qui implique que

 x =0
n
tous les xi sont donc nuls. Donc si X 6= 0 t XAX est strictement positif.
c) Avec la matrice M du sujet, notons S = t M M = (si,j ). On a en faisant le produit :





s1 = u21
2
i > 1 ⇒ si = u2i + vi−1

1 6 i 6 n − 1 ⇒ si,i+1 = si+1,i = ui vi



|j − i| > 1 ⇒ si,j = 0
On doit donc résoudre le système (non linéaire ) :



u21 = 2
2
=2
i > 1 ⇒ u2i + vi−1

 1 6 i 6 n − 1 ⇒ u v = −1
i i
On a donc vi = − u1i et en reportant u2i = 2 −
1
u2i−1
. Soit en posant ai = u2i la suite
homographique :
(
a1 = 2
1
·
ai = 2 − ai−1
L’équation ℓ = 2− 1/ℓ donne un point fixe double ℓ = 1 ; la suite ai1−1 est donc arithmétique
. Or
1
1
1
ai−1
=
=1+
=
ai − 1
ai−1 − 1
ai−1 − 1
1− a1
i−1
d’où
1
ai −1
= i et enfin ui =
r
i+1
, vi = −
i
r
i
·
i+1
3. a) U est une base car S est une matrice inversible d’après II1c.
b) C’est la méthode d’orthogonalisation de Schmidt. On procède par récurrence :
– (V1 ) est réduit à un seul vecteur non nul donc est une famille orthogonale de vecteurs non
nuls( !).
– On suppose que (Vi )16i6k−1 est une famille orthogonale de vecteurs non nuls tels que
Vect(Vi )16i6k−1 = Vect(Ui )16i6k−1 . Montrons que (Vi )16i6k est une famille orthogonale
de vecteurs non nuls tels que Vect(Vi )16i6k = Vect(Ui )16i6k :
– par hypothèse de récurrence on doit seulement montrer que Vk est un vecteur non nul
orthogonal à Vect(Vi )16i6k−1 puis Vect(Vi )16i6k = Vect(Ui )16i6k .
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– par construction pk−1 est la projection orthogonale sur Vect(Vi )16i6k−1 = Vect(Ui )16i6k−1
donc Vk = Uk − pk−1 (Uk ) est orthogonal à Vect(Vi )16i6k−1 .
– Si Vk est nul alors Uk = pk−1 (Uk ) ∈ Vect(Ui )16i6k−1 et la famille (Ui )16i6n est lié.
Absurde.
– Enfin par construction Vk ∈ Vect(Uk ) ⊕ Vect(Ui )16i6k−1 = Vect (Ui )16i6k et
Vect(Vi )16i6k−1 = Vect(Ui )16i6k−1 ⊂ Vect(Ui )16i6k . Donc Vect(Vi )16i6k ⊂ Vect(Ui )16i6k .
Les deux familles étant libres de même cardinal , les deux sous espaces sont égaux.
Pour k = n on obtient que V est une base orthogonale de Rn .
c) La base est orthonormale car on norme une base orthogonale (et les dénominateurs sont non
nuls car les Vi sont des vecteurs non nuls)
Par construction de V on a vu que Vk ∈ Vect(Ui )16i6k . Les coordonnées de Vk sur
Uk+1 , · · · Un sont donc nulles, c’est-à-dire que la matrice de passage PUW est triangulaire
supérieure.
d) Notons B la base canonique. On a :
U
M = PBU = PBW .PW
= PT
où T est l’inverse de la matrice triangulaire supérieure construite à la question précédente.
On a alors S = t M M = t T t P P T . Mais P est la matrice de passage de B àW toutes deux
bases orthonormées. Donc P est orthogonale et t P P = In . Il reste donc S = t T T .


a b c


e) Si on pose T = 0 d e  , le calcul donne :
0 0 f




4 −2 −2
a2
ab
ac

 

t
2
2
2
0 .
bc + de  =  0
T T = ab b + d
−2
0
3
ac bc + de c2 + e2 + f 2
En résolvant le système ligne par ligne et en choisissant pour a, d, f les racines carrées
positives on obtient :


2 −1 −1


1 −1 .
T = 0
0
0
1
On constate que T est inversible et donc d’après II 1 S est définie positive.
4. a) Si X =
!
x
, on a t XA0 X = by 2 +2cxy donc si y = 0 ou by +2cx = 0 on aura t XA0 X = 0.
y
b) – si A est définie positive les valeurs propres de A sont strictement positives (cf II 1). Leur
somme (la trace) et leur produit (le déterminant) le sont aussi. On a donc a + b > 0 et
ab − c2 > 0. On en déduit que a + b et ab sont strictement positifs donc a et b le sont.
2
– Si a > 0 et ab − c2 > 0 on a b > ca > 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’après II 1 A est définie positive.
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c) On fait un calcul par bloc :
h
x
tX
"
i a
′
V
tV
S′
#"
x
X′
#
h
=
xa + t X ′ V
xt V + t X ′ S ′
i
"
x
X′
#
= xax + xt X ′ V ′ + xt V X ′ + t X ′ S ′ S ′
= ax2 + x(t V X ′ + t X ′ V ) + t X ′ S ′ X ′
= ax2 + 2xt V X ′ + t X ′ S ′ X ′ car t V X ′ = t X ′ V d’après I 1a
= a x+
= a x+

X′
a
!2
−
X′
a
!2
2
1 t
V X ′ + tX ′ S ′X ′
a
−
1 t ′ t
X V V X ′ + t X ′ S ′ X ′ d’après I 1 b
a
tV
tV
= a x+
X′
a
tV
!2

1
+ 2 t X ′ −V t V + aS ′ X ′  .
a
On en déduit donc :
– si a > 0 et aS ′ − V t V définie positive, pour toute matrice colonne X ∈ Mn,1 (R) on a
t
′
2
> 0 et t X ′ aS ′ − V t V X ′ > 0 donc t XSX > 0. De plus si t XSX = 0
x + VaX
on a une somme
nulle de réelles positives donc chaque terme est nul. En particulier
t X ′ aS ′ − V t V X ′ = 0 et donc X ′ = 0 car aS′ − V t V est définie positive, puis x = 0 en
reportant dans x +
tV
X′
a
2
= 0 . Donc X 6= 0 ⇒ t XSX > 0 et S est définie positive.
1
!
, t XSX = a d’après
On−1
le calcul précédent, et aS ′ − V t V est définie positive car pour toute matrice non nulle
X ′ ∈ Mn−1,1 (R) :
– si S est définie positive, alors a > 0 car pour X =
t
X
′
′
t
′
2t
aS − V V X = a XSX > 0 en prenant X =
!
0
.
X′
d) – Si S est définie positive la question précédente donne par une récurrence évidente que
toutes les Si sont définies positives et tous les ai positifs pour i < n . Enfin an > 0
comme valeur propre de la matrice Sn définie positive.
– Réciproquement si les (ai ) sont tous strictement positifs, Sn = (an ) est définie positive.
Sn est définie positives et an−1 > 0 donc Sn−1 est définie positive et par récurrence si
Si−1 est définie positive Si est définie positive car ai−1 > 0 .


a d e


e) Si S = d b f  on a a1 = a, V1 =
e f c
!
d
, S1′ =
e
b f
f c
!
d’où
!
ab − d2 af − de
S2 =
.
af − de ac − e2
S est donc définie positive si et seulement si a > 0 et S2 définie positive . Donc,
en utilisant II 4b, si et seulement si a > 0, ab − d2 > 0 et det (S2 ) > 0. Or
det (S2 ) = (ab − d2 )(ac − e2 ) − (af − de)2 = a det(S) donc :
a d e a d
S est définie positive si seulement si a> 0, > 0 et d b f > 0.
d b e f c Corrigés de problèmes – © T.LEGAY – Lycée d’Arsonval
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