Td 5 : Endomorphismes des espaces euclidiens - LMPT

Université François Rabelais de Tours
Département de Mathématiques
Td 5 : Endomorphismes des espaces euclidiens
Algèbre
Semestre 4
Exercice 1
Soit E = Mn (R), où n ∈ N∗ , muni du produit scalaire : hA, Bi = Tr(t A.B).
Déterminer l’adjoint f ∗ de l’endomorphisme f de E dans les deux cas suivants :
1. f (A) =tA.
2. f (A) = M.A où M est une matrice fixée de E.
Solution. 1. On a
hA, f (B)i = hA, t Bi
= Tr(t A · t B)
= Tr(t (B · A))
= Tr(B · A)
= Tr(A · B)
= Tr(t (f (A)) · B)
= hf (A), Bi
et donc l’adjoint de f est f .
2. On a
hA, f (B)i = hA, M · Bi
= Tr(t A · M · B)
= Tr(t (t M · A) · B)
= hf ∗ (A), Bi
où f ∗ (A) = t M · A.
Exercice 2
Soient f et g des endomorphismes symétriques d’un espace euclidien (E, h., .i).
Prouver l’équivalence : (g ◦ f est symétrique) ⇔ (g ◦ f = f ◦ g).
Solutions. On suppose que g ◦ f est symétrique. Pour tout x, y ∈ E on a
hx, g ◦ f (y)i = hg ◦ f (x), y.
De, comme f et g sont symétriques, on a
hx, g ◦ f (y)i = hg ∗ (x), f (y)i = hf ∗ ◦ g∗ (x), yi = hf ◦ g(x), yi.
Ceci étant vrai pour tout x,y, on a f ◦ g = g ◦ f .
Récirpoquement, si g ◦ f = f ◦ g alors pour tout couple (x, y) ∈ E 2 , on a
hx, g ◦ f (y)i = h(g ◦ f )∗ (x), yi = hf ∗ ◦ g ∗ (x), yi = hf ◦ g(x), yi = hg ◦ f (x), yi.
Ainsi f ◦ g est symétrique.
Exercice 3
Soit f un endomorphisme d’ un espace euclidien (E, h., .i).
1. Prouver l’équivalence des quatre assertions suivantes :
(a) f ∗ = −f ;
(b) ∀x ∈ E, hx, f (x)i = 0 ;
(c) ∀(x, y) ∈ E 2 , hf (x), yi = −hx, f (y)i ;
(d) la matrice représentant f dans une base orthonormale de E est antisymétrique.
Un endomorphisme f vérifiant l’une de ces quatre propositions est dit antisymétrique. On note A (E)
l’ensemble des endomorphismes antisymétriques de E.
2. Etablir que A (E) est un s.e.v. de L (E), en donner sa dimension.
3. Prouver que le spectre d’un endomorphisme antisymétrique de E est soit ∅ soit réduit à {0}.
En déduire qu’un endomorphisme antisymétrique non nul de E n’est jamais diagonalisable.
4. Soit f ∈ A (E). Prouver que : Im(f ) = (ker(f ))⊥ .
Solution. (a) =⇒ (b). On suppose que f ∗ = −f . Soit x ∈ E. On a :
hx, f (x)i = hf ∗ (x), xi = h−f (x), xi = −hx, f (x)i.
Ainsi, hx, f (x)i = 0.
(b) =⇒ (c). Soient x, y ∈ E. D’après (b), on a
0 = hf (x + y), x + yi = hf (x), xi + hf (x), yi + hf (y), xi + hf (y), yi
| {z }
| {z }
=0 d’après (b)
=0 d’après (b)
Ainsi, hf (x), yi = −hx, f (y)i.
(c) =⇒ (d). Soit B = (bi,j ) la matrice de f dans une base orthonormale (e1 , . . . , en ). On a
n
X
hf (ej ), ei iei =⇒ bi,j = hf (ej ), ei i
f (ej ) =
i=1
Or bi,j = hf (ej ), ei i = −hej , f (ei )i = −bj,i d’où le résultat.
(d) =⇒ (a). La matrice B ∗ de f ∗ dans une base orthonormale est la transposée de la matrice B de f
dans cette même base. La matrice de f étant antisymétrique, on a B ∗ = t B = −B et donc f = −f ∗ .
2. L’endomorhisme nul est évidemment dans A (E. Soient f, g ∈ A (E) et λ ∈ R. On a alors (f +λg)∗ =
f ∗ + λg ∗ = −f − λg et donc f + λg ∈ A (E). Ainsi, A (E) est bien un espace vectoriel.
3. Soit λ une valeur propre (s’il en existe) de f ∈ A (E) et x un vecteur propre associée. On a alors
0 = hf (x), xi = λhx, xi
et comme hx, xi > 0 on a nécessairement λ = 0. Ainsi, f ne peut avoir que 0 comme valeur propre.
4. On sait que
dim(Im f ) = dim E − dim ker f
et
dim ker f ⊥ = dim E − dim ker f
il suffit donc de montrer une inclusion pour avoir légalité souhaitée. Soit f (x) = y ∈ Im f et z ∈ ker f .
On a
hy, zi = hf (x), zi = 0hx, f (z)i = −hx, 0i = 0
donc y ∈ ker f ⊥ et Im f ⊂ ker f ⊥ .
Exercice 4
Soit E = R2 [X] muni du produit scalaire : hP, Qi =
Z
1
P (t).Q(t)dt.
0
A tout P de E, on associe le polynôme : f (P ) = (X 2 − X)P ′′ + (2X − 1)P ′ = ((X 2 − X)P ′ )′ .
1. Prouver que f est un endomorphisme symétrique de E.
2. Déterminer la matrice A représentant f dans la base canonique B0 de E.
Qu’en déduisez-vous pour B0 ?
Solution. On va montrer que pour tout P, Q ∈ R2 [X], on a hf (P ), Qi = hP, f (Q)i. On a par intégration
par partie :
Z 1
hf (P ), Qi =
((t2 − t)P ′ )′ (t)Q(t)dt
0
1 Z 1
2
′
(t2 − t)P ′ (t)Q′ t
= (t − t)P (t)Q(t) −
0
0
=−
Z
1
0
(t2 − t)P ′ (t)Q′ t
et
Z
1
P (t)((t2 − t)Q′ )′ (t)dt
1 Z 1
2
′
P ′ (t)(t2 − t)Q′ (t)dt
= P (t)(t − t)Q (t) −
hP, f (Q)i =
0
0
=−
Z
0
1
0
(t2 − t)P ′ (t)Q′ (t)dt
d’où le résultat.
2. On trouve


0 −1 0
A = 0 2 −4
0 0
6
La matrice A n’étant pas symétrique la base B0 n’est pas une base orthonormale pour le produit
scalaire h·, ·i.
Exercice 5
Soient (E, h., .i) un espace euclidien de dimension n, où n ∈ N∗ , et f ∈ O(E).
1. Justifier que : Sp(f ) ⊂ {−1, 1}.
2. Prouver que si F est un s.e.v de E, alors f (F ⊥ ) = (f (F ))⊥ .
Solution. 1. Soit λ une valeur propre (s’il en existe) de f ∈ A (E) et x un vecteur propre associée. On
a alors
hx, xi = hf (x), f (x)i = λ2 hx, xi
et donc puisque hx, xi > 0 on a λ2 = 1 ce qui implique λ = ±1.
2. Puisque f est orthogonal, f est inversible. Ainsi si G est un s.e.v de E de dimension k alors f (G)
est un s.e.v de E de dimension k. On a donc
dim f (F ⊥ ) = dim F ⊥ = dim E − dim F
et
dim f (F )⊥ = dim E − dim f (F ) = dim E − dim F.
Pour prouver légalité demandée, il suffit donc de prouver une includion. Montrons que f (F ⊥ ) ⊂ f (F )⊥ .
Soit x ∈ F ⊥ et f (y) = z ∈ f (F ). On a alors
hf (x), zi = hf (x), f (z)i = hx, zi = 0
car x ∈ F et y ∈ F .
Exercice 6


6 3 a
1
1. Déterminer les réels a, b, c, d tels que : A =  −2 6 b  ∈ O3+ (R).
7
3 d c
2. Déterminer les matrices réelles orthogonales et triangulaires d’ordre 2, puis d’ordre 3.
Généraliser.
Solution. 1. La matrice A est orthogonale si et seulement ses colonnes forment une b.o.n de R3 .
On désigne par Ci la 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 ∈ O3+ (R) alors
3 6
1 −2
det(A) =
7 3
Finalement, on a
det(A) = 1 :
2
3 a 3
1
1
(−14a + 21b + 42c) =
(−2a + 3b + 6c) = 1.
6 b =
7
7
d c 

6a − 2b + 3c = 0
+
A ∈ O3 (R) =⇒ 3a + 6b − 2c = 0


−2a + 3b + 6c = 49


a = −2
=⇒ b = 3


c=6


6
3 −2
1
−2 6
3  alors t A · A = I3 . Ainsi
Réciproquement, on vérifie facilement que si A =
7
3 −2 6
A ∈ O3+ (R) si et seulement si a = 2, b = 3, c = 6, d = −2.


a b c
2. Soit A = 0 d e  ∈ M2 (R). On sait que A ∈ O3 (R) ssi ses colonnes forment une b.o.n de R3 .
0 0 f
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
C1 ⊥ C3
⇐⇒
⇐⇒
a·c=0
c=0
C2 ⊥ C3
⇐⇒
⇐⇒
d·e=0
e=0
||C1 || = 1
⇐⇒
⇐⇒
a2 = 1
a = ±1
||C2 || = 1
⇐⇒
⇐⇒
d2 = 1
d = ±1
||C3 || = 1
⇐⇒
⇐⇒
f2 = 1
f = ±1
car a 6= 0
car a 6= 0
car d 6= 0
On a donc montrer que si A est orthogonale et triangulaire, alors A doit être une matrice diagonale
avec des 1 ou des −1 sur la diagonale. Réciproquement, toutes matrices diagonales avec ±1 sur la
diagonale est orthogonale.
On géneralise facilement au cas de la dimension n : les matrices triangulaires et orthogonales d’ordre
n sont les matrices diagonales avec ±1 sur la diagonale.
Exercice 7
Soit A une matrice de Mn (R) symétrique et orthogonale.
1. Caractériser géométriquement l’endomorphisme f de Rn canoniquement associé à A.
2. Dans les deux cas suivants, caractériser
fi de R3
 géométriquement

 l’endomorphisme
−8 4 1
−1 2
2
1
1

4 7 4
2 −1 2 .
canoniquement associé à Ai : A1 =
et A2 =
9
3
1 4 −8
2
2 −1
Solution. 1. Puisque A est symétrique, A est diagonalisable dans une b.o.n de Rn . Puisque A est
orthogonale, le spectre de f est inclu dans {1, −1}. Ainsi, il existe une b.o.n dans laquelle la matrice de
f est diagonale avec ±1 sur la diagonale. On voit donc que f est un symétrie orthogonale par rapport
au s.e.v E1 = {u ∈ Rn | f (u) = u}.
2. Un simple calcul montre que t A1 · A1 = I3 et comme A1 est symétrique, on en déduit que f1 est une
symétrie orthogonale
par rapport au s.e.v F = {X ∈ R3 | A1 .X = X}.
 
x
Soit X = y . On a
z


−8x + 4y + z = 9x
A1 .X = X ⇐⇒ 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
 
1
On trouve donc F = Vect(u) où u = 4. Finalement f1 est un retournement par rapport à F .
1
Un simple calcul montre que t A2 · A2 = I3 et comme A2 est symétrique, on en déduit que f2 est une
symétrie orthogonale
par rapport au s.e.v F = {X ∈ R3 | A1 .X = X}.
 
x

Soit X = y . On a
z


−x + 2y + 2z = 3x
A2 .X = X ⇐⇒ 2x − y + 2z = 3y


2x + 2y − z = 3z
(
x + y − 2z = 0
⇐⇒
.
−x + z = 0
 
1
On trouve donc F = Vect(u) où u = 1. Finalement f2 est un retournement par rapport à F .
1
Exercice
Soit
1.
2.
8
f un endomorphisme de l’espace euclidien (E, h., .i).
Prouver que f ◦ f ∗ et f ∗ ◦ f sont des endomorphismes symétriques positifs.
Prouver que si f est un automorphisme de E, alors f ◦ f ∗ et f ∗ ◦ f sont des endomorphismes
symétriques définis positifs.
Solution. Montrons que f ◦ f ∗ et f ∗ ◦ f ∗ sont symétrique. On a
(f ◦ f ∗ )∗ = (f ∗ )∗ ◦ f ∗ = f ◦ f ∗ et (f ∗ ◦ f )∗ = f ∗ ◦ (f ∗ )∗ = f ∗ ◦ f.
Montrons que f ◦ f ∗ et f ∗ ◦ f ∗ sont positifs. Soit u ∈ E, on a
hu, f ◦ f ∗ (u)i = hf ∗ (u), f ∗ (u)i = ||f ∗ (u)||2 ≥ 0
et
hu, f ∗ ◦ f (u)i = h(f ∗ )∗ (u), f (u)i = hf (u), f (u)i = ||f (u)||2 ≥ 0.
Ainsi f ◦ f ∗ et f ∗ ◦ f sont des endomorphismes symétriques positifs.
2. Premièrement, remarquons que si f est bijectif alors f ∗ est bijectif. En effet, si A est la matrice de f
dans une b.o.n, alors la matrice de f ∗ est t A dans cette même base. On a alors det(t A) = det(A) 6= 0
et donc f ∗ est bijectif. Soit u ∈ E, on a
hu, f ◦ f ∗ (u)i = 0 =⇒ ||f ∗ (u)||2 = 0 =⇒ f ∗ (u) = 0 =⇒ u = 0
hu, f ∗ ◦ f (u)i = 0 =⇒ ||f (u)||2 = 0 =⇒ f (u) = 0 =⇒ u = 0
d’où le résultat.
Exercice 9
1- Diagonaliser orthogonalement (dans le groupe orthogonal O3 (R)) la matrice Ai dans les trois cas
suivants :






3 2 4
1 1 0
−1 1
1
A1 =  2 0 2  , A2 =  1 0 1  et A3 =  1 −1 1  .
4 2 3
0 1 1
1
1 −1
2- Ai est-elle positive, définie positive ?
Solution. 1. Le polynôme caractéristique de A1 est :
det(A1 − λI3 ) = (8 − λ)(λ + 1)2
d’où Sp(A1 ) = {−1, 8}. La matrice A1 est symétrique, donc d’après le théorème spectral :
⊥
R3 = E−1 ⊕ E8 où dim(E−1 ) = 2 et dim(E8 ) = 1.
 
x
Soit X = y . On a
z


3x + 2y + 4z = 8x
X ∈ E8 ⇐⇒ A1 · X = 8X ⇐⇒ 2x + 2z = 8y


4x + 2y + 3z = 8z
(
x=z
⇐⇒
2y = z


1
et E8 = Vect(u1 ) où u1 = 1/2.
1
On sait que E−1 = E8⊥ et donc E−1 est l’hyperplan d’équation 2x + y + 2z = 0 et donc
 
 
1
0



E−1 = Vect(u2 , u3 ) où u2 = −2 et u3 = −2.
0
1
On cherche une b.o.n de E8 et de E−1 . On propose ici deux méthodes :
Méthode 1.
2
Pour E8 , on normalise u1 : on pose e1 = u1 .
3
Pour E−1 : On orthonormalise (u2 , u3 ) avec le procédé de Gram-Schmidt :
 
1
1  
u2
=√
−2
e2 =
||u2 ||
5
0
 
 
 
0
1
−4
4
1
v3 = u3 − hu3 , e2 ie2 = −2 − −2 = −2
5
5
1
0
5
 
√
−4
5 
−2
e3 =
15
5
Alors (e1 , e2 , e3 ) est b.o.n constitué de vecteurs propres de A1 . On a
√
√



2/3 1/ √5 −4√5/15
8 0
0
A = P D t P où D = 0 −1 0  et P := 1/3 −2/ 5 −2√ 5/15 .
0 0 −1
2/3
0
5/3

Puisque A1 a une valeur propre négative, A1 n’est ni positive, ni définie positive.
Méthode 2.
2
Pour E8 , on normalise u1 : on pose e1 = u1 .
3
 
1
1  
Le vecteur e2 = √
−2 est un vecteur unitaire de E−1 .
5
0
 
√
4
5 
2
.
On pose e3 = e1 ∧ e2 =
15
−5
Par définition du produit vectoriel, e3 ⊥ e1 donc e3 ∈ E8⊥ = E−1 . De plus e3 ⊥ e2 donc (e2 , e3 ) forme
une famille libre de E−1 et donc une base de E−1 puisque dim(E−1 ) = 2. Enfin, ||e1 ∧ e2 || = 1 car e1
et e2 sont normés. Finalement (e1 , e2 , e3 ) est b.o.n constituée de vecteurs propres de A1 .
2. Le polynôme caractéristique de A2 est :
det(A2 − λI3 ) = (1 − λ)(2 − λ)(−1 − λ)
d’où Sp(A2 ) = {−1, 1, 2}. La matrice A2 est symétrique, donc d’après le théorème spectral :
⊥
 
x
Soit X = y . On a
z
⊥
R3 = E−1 ⊕ E1 ⊕ E2 .

(

2x + y = 0
x=z
X ∈ E−1 ⇐⇒ A2 · X = −X ⇐⇒ x + y + z = 0 ⇐⇒

y = −2z

y + 2z = 0
 
1
et E−1 = Vect(u1 ) où u1 = −2.
1
 
x
Soit X = y . On a
z

(

y = 0
x = −z
X ∈ E1 ⇐⇒ A2 · X = −X ⇐⇒ x − y + z = 0 ⇐⇒

y=0

y=0
 
−1

et E1 = Vect(u2 ) où u2 =
0 .
1
 
x

Soit X = y . On a
z

(

−x + y = 0
x=z
X ∈ E2 ⇐⇒ A2 · X = −X ⇐⇒ x − 2y + z = 0 ⇐⇒

y=z

y−z =0
 
1
et E3 = Vect(u3 ) où u3 = 1.
1
Pour trouver une base orthonormale constituée de vecteurs propres, il suffit de normer les vecteurs u1 ,
u2 , et u3 . On pose
 
 
 
1
−1
1
1
1
1
u1
u2
u3
= √ −2 , e2 =
= √  0  , e3 =
= √ 1 .
e1 =
||u1 ||
||u2 ||
||u3 ||
6
2
3 1
1
1
Alors (e1 , e2 , e3 ) est b.o.n constituée de vecteurs propres de A1 . On a
√
√ 

 √

1/ √6 −1/ 2 1/√3
−1 0 0
A = P D t P où D =  0 1 0 et P := −2/√ 6
0√
1/√3 .
0 0 2
1/ 2 1/ 3
1/ 6
Puisque A2 a une valeur propre négative, A2 n’est ni positive, ni définie positive.
3. Le polynôme caractéristique de A3 est :
det(A1 − λI3 ) = (1 − λ)(λ + 2)2
d’où Sp(A1 ) = {−2, 1}. La matrice A3 est symétrique, donc d’après le théorème spectral :
⊥
R3 = E−2 ⊕ E1 où dim(E−2 ) = 2 et dim(E1 ) = 1.
 
x
Soit X = y . On a
z


−2x + y + z = 0
X ∈ E1 ⇐⇒ A1 · X = X ⇐⇒ x − 2y + z = 0


x + y − 2z = 0
(
x=z
⇐⇒
y=z
 
1
1
et E8 = Vect(u1 ) où u1 = 1. On pose e1 = √ u1
3
1
⊥
On sait que E−2 = E
1 etdonc E−2 est l’hyperplan d’équation x + y + z = 0. On vérifie facilement que
1
1
le vecteur e2 = √ −1 est un vecteur unitair de E−1 .
2
0
 
1
1  
1 . D’après les propriétés du produit vectoriel, e3 est normé et
On pose e3 = e1 ∧ e2 = √
6 −2
orthogonal à e1 , e2 . Ainsi (e1 , e2 , e3 ) est b.o.n constitué de vecteurs propres de A3 . On a
√
√ 
 √


1/√6
1/√3 1/ √2
1 0
0
A = P D t P où D = 0 −2 0  et P := 1/√3 −1/ 2 1/ √6  .
0 0 −2
0
−2/ 6
1/ 3
Puisque A3 a une valeur propre négative, A3 n’est ni positive, ni définie positive.
Exercice 10
A toute permutation σ de {1, ..., n} (c-à-d : σ ∈ Sn ), on associe la matrice (dite de permutation
d’ordre n) : Pσ = (δi,σ(j) )16i,j6n .
1. Lister les matrices de permutation d’ordre 2, d’ordre 3. Donner une caractérisation d’une matrice
de permutation et prouver que toute matrice
de permutation est orthogonale.

x1
 
2. Calculer : Pσ .  ... . En déduire qu’il existe une valeur propre commune à toute Pσ , où σ ∈ Sn .
xn
3. Calculer Pσ1 .Pσ2 où σ1 , σ2 ∈ Sn . Qu’en déduisez-vous ?

4. Calculer det(Pσ ).
[ Indication : Utiliser la définition du déterminant utilisant Sn ]
Solution. Les matrices de permutations d’ordre deux sont
1 0
0
et
0 1
1
Les matrices de

1
0
0
permutations
 
0 0
0


1 0 , 1
0 1
0
d’ordre 3 sont :
 
1 0
1 0


0 0 , 0 0
0 1
0 1
:
1
.
0
 
 
 

0
0 0 1
0 1 0
0 0 1
1 , 0 1 0 , 0 0 1 , 1 0 0 ,
0
1 0 0
1 0 0
0 1 0
Une matrice de permutation est une matrice telle que sur chaque ligne et sur chaque colonne il y a
exactement un 1.
Soit P une matrice de permutation. On a
t
P ·P
=
i,j
n
X
k=1
t
P
P k,j
i,k
n
X
P k,i P k,j
=
k=1
=
n
X
δk,σ(i) δk,σ(j)
k=1
Si i 6= j alors σ(i) 6= σ(j) et donc t P · P i,j = 0. Si i = j alors σ(i) = σ(j) et donc t P · P i,i = 1. On
a montré que t P P = In et donc les matrices de permutations sont symétriques.
2. On a

  Pn
 

xσ−1 (1)
x1
k=1 δ1,σ(k) xk
  
  .. 
..
Pσ ·  ...  = 
= . 
.
Pn
xn
xσ−1 (n)
k=1 δn,σ(k) xn
En particulier, le vecteur (1, . . . , 1) est un vecteur propre associé à la valeur propre 1.
3. On a
Pσ1 · Pσ2



 

xσ−1 (1)
xσ−1 (σ−1 (1) )
x1
2
2
1
 

 

..
·  ...  = Pσ1 ·  ...  = 

.
xn
xσ−1 (n)
xσ−1 (σ−1 (n))
2
et donc Pσ1 Pσ2 = Pσ1 ◦σ2 . En d’autres termes, l’application :
f : Sn −→ GLn (R)
σ 7−→
Pσ
2
1
est un morphisme de groupe.
4. On a
det(Pσ ) =
X
ε(τ )δτ (1),σ(1) δτ (2),σ(2) . . . δτ (n),σ(n) = ε(σ)
τ ∈Sn
puisque le seul terme non nul dans cette somme apparait lorsque τ = σ.