Lycée Jean Perrin Classe de TSI À rendre pour le Vendredi 20 Janvier 2 Devoir en temps libre no5 de Mathématiques Pour tout (a, b) ∈ R , on pose : 2 a −a b M (a, b) = −a a b . b b 0 L'ensemble des matrices de la forme M (a, b) avec (a, b) ∈ R est noté E. Dans les parties A et B, l'espace R est muni de son produit scalaire usuel. 1) Justier que E est un sous-espace vectoriel de M (R). En donner une base et la dimension. 2) Pourquoi peut-on assurer sans calculs que M (a, b) est diagonalisable? Que peut-on dire de plus? 3) Déterminer le polynôme caractéristique de M (a, b), puis, pour chacune des valeurs propres obtenues (non nécessairement distinctes), déterminer un vecteur propre associé, que l'on choisira unitaire, et de première composante positive. 4) En déduire que M (a, b) = P DP , avec : √ 2 3 A. Généralités 3 T 2a √ 0 0 0√ D= 0 b 2 0 0 −b 2 et 2 1 1 √ 1 P = − 2 √1 1 . √ 2 2 − 2 0 E B. Matrices orthogonales de 5) Déterminer, parmi les matrices√ M(a, b) de E, celles qui sont orthogonales. −1 1 √2 1 6) On note A = 2 √1 √−1 2 . 2 2 0 Justier que l'endomorphisme ψ de R , admettant A pour matrice dans la base canonique, est une isométrie vectorielle. En préciser la nature et les éléments caractéristiques. R Étant donné trois réels λ,a etb, on poseN =λI + M (a, b). x x Pour tous vecteurs U = y et V = y de R , on pose alors φ(U, V ) = U N V . z z On souhaite déterminer une condition nécessaire et susante portant sur λ, a et b, pour que φ soit un produit scalaire sur R . Selon l'usage, on convient d'identier une matrice carrée d'ordre 1 et son unique coecient. 7) Sans déterminer explicitement φ(U, V ), montrer que φ est une application à valeurs dans R, bilinéaire et symétrique. 8) On pose Z = P U (P aété dénie dans la partie A), et on note z , z et z les composantes z de Z , de sorte que Z = z . z Montrer que φ(U, U ) = Z (λI + D)Z√= λ + 2az + λ + b√2z + λ − b√2z . 9) En déduire que si λ > max − 2a, |b| 2 , alors φ est un produit scalaire sur R . 10) Étudier la réciproque. 1/5 3 C. Construction de nouveaux produits scalaires sur 3 3 0 0 3 T 0 3 T 1 2 3 1 2 3 T 3 2 1 2 2 2 3 3 Correction : A. Généralités 1) Posons 1 −1 0 A = −1 1 0 0 0 0 et 0 0 1 B= 0 0 1 1 1 0 ∀a, b ∈ R, . On constate que : M (a, b) = aA + bB Ainsi, E = Vect(A, B). E est le sous-espace vectoriel de M (R) engendré par les matrices A et B . Il est de plus évident que la famille (A, B) est libre dans M (R), donc : (A, B) est une base de E et dim E = 2. 2) M (a, b) est une matrice symétrique réelle, donc d'après le théorème spectral : ∀a, b ∈ R, M (a, b) est diagonalisable. Plus précisément : Il existe une matrice P orthogonale telle que P M (a, b)P est diagonale. 3) Calculons le polynôme caractéristique de M (a, b), d'abord par des opérations sur les lignes et les colonnes : 3 3 T χM (a,b) (x) = = puis en développant : x−a a −b x − 2a a −b a x − a −b = 2a − x x − a −b −b −b x 0 −b x x − 2a a −b 0 x −2b 0 −b x (L2 ← L2 + L1 ) χM (a,b) (x) = (x − 2a)(x2 − 2b2 ) = (x − 2a)(x − √ √ Sp M (a, b) = 2a, 2b, − 2b On a alors tinctes si et seulement si : (C1 ← C1 − C2 ) √ 2b)(x + √ 2b) . Remarquons que les valeurs propres sont dis- √ 2a = 6 ± √ √2b 2b 6= − 2b √ b 6= ± 2a b 6= 0 i.e. On se place momentanément dans ce cas de gure pour déterminer les sous-espaces propres de M (a, b) : Cherchons E : 2a x 0 −ax − ay + bz = 0 (M (a, b) − 2aI) y = 0 ⇐⇒ bx + by − 2az = 0 z 0 2 (b − 2a2 )z = 0 (bL1 + aL2 ) ⇐⇒ bx + by − 2az = 0 z=0 ⇐⇒ x = −y b6=±2a b6=0 Donc E 2a 1 −1 = Vect 0 . 2/5 Lycée Jean Perrin Classe de TSI Cherchons E : À rendre pour le Vendredi 20 Janvier 2 √ 2b √ 2)x − ((a − b x 0 √ √ay + bz = 0 (M (a, b) − 2bI) y = 0 ⇐⇒ −ax + (a − b √ 2)y + bz = 0 z 0 bx + by − 2bz = 0 √ √ √ (a 2 − √ b)x + (b√− a 2)y = 0 (L3 + √2L1 ) ⇐⇒ (b − a 2)x√+ ( 2a − b)y = 0 (L3 + 2L2 ) bx + by − 2bz = 0 x=√ y ⇐⇒ z = 2x b6=±2a b6=0 1 E√2b = Vect √1 2 E−√2b √ x 0 (a + b 2)x −√ay + bz = 0 √ (M (a, b) + 2bI) y = 0 ⇐⇒ −ax + (a + √b 2)y + bz = 0 z 0 bx + by + 2bz = 0 √ √ √ + a 2)y = 0 (L3 − √2L1 ) (−a 2√− b)x + (b √ ⇐⇒ (b + a 2)x√+ (−a 2 − b)y = 0 (L3 − 2L2 ) bx + by + 2bz = 0 x=y√ ⇐⇒ z = − 2x b6=±2a Donc Cherchons . : b6=0 = Vect 1 1 √ − 2 Donc E . On obtient alors, en choisissant pour chacun des sous-espaces propres un vecteur unitaire et de première composante positive : √ − 2b 1 1 X1 = √ −1 2 0 1 1 1 1 1 ; X2 = √1 ; X3 = √ 2 2 2 − 2 On vérie immédiatement que dans le cas général (c'est à dire lorsque les valeurs propres ne sont pas nécessairement distinctes), les vecteurs X , √X et X √sont des vecteurs propres unitaires associés respectivement aux valeurs propres 2a, 2b et − 2b. 4) En construisant la matrice P dont les colonnes sont les vecteurs X , X √et X , on en déduit : 1 2 3 1 M (a, b) = P DP T , avec : B. Matrices orthogonales de 2a √ 0 0 0√ D= 0 b 2 0 0 −b 2 et 2 3 2 1 1 √ 1 P = − 2 √1 1 . √ 2 0 2 − 2 E 5) On sait que M (a, b) est orthogonale si et seulement si M (a, b) M (a, b) = I . Calculons donc : T 2a2 + b2 −2a2 + b2 0 0 M (a, b)T M (a, b) = M (a, b)2 = −2a2 + b2 2a2 + b2 2 2 0 0 2a + b 3/5 La condition est donc remplie si et seulement si : b2 − 2a2 = 0 b2 + 2a2 = 1 M (a, b) i.e. 2b2 = 1 L1 + L2 4a2 = 1 L2 − L1 1 a=± 2 1 b = ±√ 2 i.e. est orthogonale si et seulement a = ± 12 et b = ± √12 . √ −1 1 √2 √ 1 A = √1 √ −1 2 = M (−1/2, 1/ 2) 2 2 2 0 A 6) Remarquons que . D'après la question précédente, on sait que est une matrice orthogonale, donc ψ est une isométrie vectorielle. Par ailleurs : √ √ −1 1 √2 0 0 2√ 2 1 1 det A = = 1 −1 2 1 −1 2 8 √ √ 8 √ √ 2 2 0 2 2 0 √ √ 1 = ×2 2×2 2=1 8 (L1 ← L1 + L2 ) Donc ψ est une rotation. Si w est un vecteur non nul de l'axe √ on sait que ω √ de cette rotation, est un vecteur propre de ψ associé à la valeur propre 1√= 2b avec b = 1/ 2. On peut donc choisir, à l'aide du résultat de la question 3, w = (1, 1, 2). Si θ est l'angle de la rotation d'axe Rw orienté par w, on sait que : Tr ψ = 2 cos θ + 1 = Tr A = −1 donc cos θ = −1, et θ = π. est le demi-tour d'axe R(1, 1, √2). Remarque : on sait (cf TD) qu'une matrice symétrique et orthogonale est une matrice de symétrie orthogonale. On aurait donc pu remarquer que la matrice A étant une matrice symétrique et orthogonale, il ne pouvait s'agir que de la symétrie orthogonale par rapport à Rw. ψ R3 N = λI + M (a, b) 0 3 x V = y0 R3 z0 C. Construction de nouveaux produits scalaires sur Étant donné trois réels λ,a etb, on pose x Pour tous vecteurs U = y et z . de , on pose alors φ(U, V ) = U T NV . 7) On rappelle qu'on identie à R l'espace vectoriel des matrices réelles à une ligne et une colonne. Puisque U ∈ M (R) et N V ∈ M (R), alors : T 1,3 3,1 φ(U, V ) = U T × (N V ) ∈ M1,1 (R) = R Donc φ est une application à valeurs dans R, et ceci autorise l'écriture suivante : φ(U, V ) = φ(U, V )T = U T N V T = V T NT UT T = V T N U = φ(V, U ) En eet N T = λI3T + M (a, b)T = λI3 + M (a, b) = N . Ainsi : 4/5 Lycée Jean Perrin Classe de TSI À rendre pour le Vendredi 20 Janvier φ est une application symétrique. Grâce à la symétrie, il sut alors d'avoir la linéarité à gauche pour avoir la bilinéarité : 2 φ(λU + µU 0 , V ) = (λU + µU 0 )T N V = (λU T + µU 0T )N V = λU T N V + µU 0T N V = λφ(U, V ) + µφ(U 0 , V ) 8) On pose Z = P T L'application φ est bilinéaire. U , ce qui donne U = P Z (car P = P ), et : T −1 φ(U, U ) = φ(P Z, P Z) = (P Z)T N (P Z) = Z T (P T N P )Z Par ailleurs, en utilisant le résultat de la question 4 : P T N P = P T λI3 + M (a, b) P = λP T P + P T M (a, b)P = λI3 + D On conclut : √ √ φ(U, U ) = Z T (λI3 + D)Z = (λ + 2a)z12 + (λ + b 2)z22 + (λ − b 2)z32 . 9) Supposons λ > max , alors : √ √ √ − 2a, |b| 2 = max(−2a, b 2, −b 2) λ + 2a > 0 ; √ λ−b 2>0 ; √ λ+b 2>0 D'où φ(U, U ) > 0, et : √ √ φ(U, U ) = 0 =⇒ λ + 2a z12 = λ + b 2 z22 = λ − b 2 z32 = 0 =⇒ z1 = z2 = z3 = 0 =⇒ Z = 0 =⇒ U = 0. est donc bilinéaire, symétrique et dénie positive, d'où : Si λ > max − 2a, |b|√2, alors φ est un produit scalaire sur R . 10) On suppose λ 6 max − 2a, |b|√2. Alors on a par exemple λ 6 −2a, c'est à dire λ + 2a 6 0. Soit : 1 0 φ 3 U = P 0 6= 0 0 0 Il est immédiat que φ(U, U ) = λ + 2a 6 0, donc φ n'est pas dénie positive. Si λ 6 max − 2a, |b|√2, alors φ n'est pas un produit scalaire sur R . 3 5/5