corrigé

ESIM 2001
MATH 2 PC / PSI
Lecture du sujet : Tout le problème étudie A ¤ B .Il faut donc comprendre rapidement de quoi il s’agit. Le sujet
donne un exemple ; il n’est pas inutile d’en calculer d’autres . l’écriture avec l’exemple de B ¤ A montre - par
exemple - que si A ¤ B et B ¤ A sont de même taille ce produit n’est pas commutatif.
On peut remarquer In ¤ Ip = Inp
On remarque que les colonnes de A ¤ B sont construites à partir de celles de A et B . De façon plus précise la
première colonne de A ¤ B est C1 (A) ¤ C1(B), la seconde C1(A) ¤ C2 (B) et plus généralement
C(i¡1)p+j (A ¤ B) = Ci (A) ¤ Cj (B)
Il est indispensable de soigner son écriture. Le correcteur a besoin de distinguer rapidement le produit * ici
introduit du produit matriciel usuel.
La première partie étudie quelques propriétés (,relation entre * et . , nilpotence , inversibilité).L’exemple du
4.b éclaire peu le début car l’inverse de la matrice 6x6 est pénible à calculer directement. Il servira toutefois de
véri…cation.
La seconde partie étudie la diagonalisation de A,B,A*B. L’exemple 1c peut se traiterµà la main¶sans
µ utiliser
¶ la
¡1 0
1 1
loi * si on remarque que la matrice est de rang 2. Le calcul des éléments propres de
;
et
1 1
1 1
de la matrice du sujet donne une idée , ou permet de véri…er les résultats précédents .
PRELIMINAIRE
poser le calcul par bloc.
Partie I.
1)Si A ou B est nul , tous les blocs de A ¤ B sont nuls et donc A ¤ B = 0 .
Réciproquement soient A 2 Mn(K) et B 2 Mp (K) tels que A ¤ B = 0.Si A est non nul il existe un coe¢cient
ai;j non nul . Dans la matrice A ¤ B …gure alors le bloc ai;j B . Comme A ¤ B est nul , ce bloc est nul donc
comme ai;j 6= 0 on a bien B = 0
A ¤ B = 0 , (A = 0 ou B = 0)
2)
a)Soient A 2 Mn(K), B 2 Mp (K), X 2 Kn et Y 2 Kp .
On a alors A ¤0
B 2 Mnp (K) et X ¤ Y 2 Knp .1Les tailles sont
et le produit est dé…ni.
1
0 compatibles
x1 Y
a1;1 B a1;2 B : : : a1;n B
B x2 Y C
B a2;1 B a2;2 B : : : a2;n B C
C
B
C
B
On a A ¤ B = B
Cet X ¤ Y = B .. C.
..
..
..
@
A
@
. A
.
.
.
xn Y
an;1 B an;2 B : : : an;n B
1
0 Pn
a
x
BY
1;j
j
j=1
Pn
B
C
j=1 a2;j xj BY C
B
Un calcul par blocs donne (A ¤ B):(X ¤ Y ) = B
C = (A:X) ¤ (B:Y ).
..
@
A
.
Pn
j=1 an;j xj BY
(A ¤ B):(X ¤ Y ) = (A:X) ¤ (B:Y )
b)
0
B
B
Pour A; A0 2 Mn(K) et B; B 0 2 Mp(K), on a A ¤ B = B
@
0
B
B
A0 ¤ B 0 = B
@
a01;1B 0
a02;1B 0
..
.
a01;2B 0
a02;2B 0
..
.
:::
:::
a01;nB 0
a02;nB 0
..
.
1
a1;1B
a2;1B
..
.
a1;2B
a2;2B
..
.
:::
:::
a1;nB
a2;nB
..
.
an;1B
an;2B
:::
an;nB
C
C
C deux éléments de Mnp(K).
A
1
C
C
C et
A
a0n;1B 0 a0n;2B 0 : : : a0n;nB 0
D’après les règles du produit matriciel on a Ck (M:N ) = M:Ck (N )
La colonne (i ¡ 1)p + j de (A ¤ B):(A0 ¤ B 0 ) est obtenu en calculant (A ¤ B):(Ci (A0 ) ¤ Cj (B 0)) . Cette colonne
est donc d’après 2.a (A:Ci (A0)) ¤ (B:Cj (B 0 )) = Ci (A:A0 ) ¤ Cj (B:B 0 ) .C’est donc la colonne d’indice (i ¡ 1)p + j
de (A:A0 ) ¤ (B:B 0)
(A ¤ B):(A0 ¤ B0 ) = (A:A0 ) ¤ (B:B 0 ).
3)Soient A 2 Mn(K) et B 2 Mp(K).
Pour tout entier k ¸ 2, on a par récurrence d’après 2.b., (A ¤ B)k = (Ak ) ¤ (B k ). Ainsi
A ¤ B nilpotente
, 9k ¸ 1; (A ¤ B)k = 0
, 9k ¸ 1; Ak = 0 ou B k = 0 (question 1)
, A nilpotente ou B nilpotente.
4)
a)On suppose que A 2 Mn(K) et B 2 Mp(K) sont inversibles.
D’après 2.b., on a (A ¤ B):(A¡1 ¤ B¡1 ) = (A:A¡1 ) ¤ (B:B ¡1) = In ¤ Ip = Inp.
¡1
¡1
Il en résulte que A 0
¤ B est inversible, et (A ¤ B)¡1
1 = (A ) ¤ (B ).
1 0 1 ¡1 0 ¡1
B 0 ¡1 0 0
0
1
1
0 C
B
C
µ
¶
1 0 1
B 0 1 1 0 ¡1 ¡1 C
1 ¡1
C véri…e M = A¤B avec A =
b)La matrice M = B
et B = @ 0 ¡1 0 A
B 2 0 2 1
C
0
1
2 1
B
C
0 1 1
@ 0 ¡2 0 0 ¡1 0 A
0 2 2 0
1
1
deux matrices inversibles. D’après a., M est donc inversible et 0
1
1 ¡1 ¡1 1 ¡1 ¡1
B 0 ¡1 0 0 ¡1 0 C
0
1
µ
¶
B
C
1 ¡1 ¡1
B
1 1
1
1 0 1
1 C
1
1 B 0
¡1
¡1
¡1
C
@
A
0 ¡1 0
M = (A ) ¤ (B ) = 3
¤
=3B
¡2 1
¡2 2
2 1 ¡1 ¡1 C
B
C
0 1
1
@ 0
2
0 0 ¡1 0 A
0 ¡2 ¡2 0 1
1
5)
1
0
Jp (s) 0
:::
::: 0
C
B
..
..
..
C
B 0
.
.
.
C
B
C
B ..
.
. . J (s)
C
B .
p
C.
a)Le calcul donne Jn (r) ¤ Jp (s) = B
C
B
..
C
B
.
0
C
B
C
B .
.
.
.
. . . . ..
A
@ ..
0
: ::
::: 0
La matrice Jn(r) ¤ Jp(s) est une matrice diagonale. Le rang est donc le nombre de coe¢cients diagonaux non
nuls soit rgJn(r) ¤ Jp (s) = rs
b)Soient A 2 Mn (K) et B 2 Mp (K) de rangs respectifs r et s. Alors A et B sont respectivement équivalentes
à Jn(r) et Jp(s) : il existe P1 ; Q1 2 GLn (K) et P2 ; Q2 2 GL p(K) tels que
A = P1:Jn(r):Q1 et B = P2:Jp (s):Q2:
En utilisant 2.b. on obtient A ¤ B = (P1 ¤ P2):(Jn(r) ¤ Jp (s)):(Q1 ¤ Q2). D’après 4.a les matrices (P1 ¤ P2 ) et
(Q1 ¤ Q2) sont inversibles. Il en résulte que A ¤ B est équivalente à la matrice Jn (r) ¤ Jp (s) de rang rs, elle est
donc de rang rs.
rg(A ¤ B) = rg(A)rg(B)
c)Si A ¤ B est inversible, alors rg(A ¤ B) = np.
Si rg(A) < n alors comme rg(B) · p on a rg (A ¤ B) < np . Absurde . Donc A est inversible.
Idem pour B .
La réciproque a été montrée à la question 4 .
A ¤ B inversible ssi A et B inversibles.
6)
a)
Le vecteur Ui ¤ Vj a tous ses coe¢cients nuls, à l’exception du (i ¡ 1)p + j-ème qui est égal à 1. A i …xé
j¡ > (i ¡ 1)p + j
[1; p] ¡ > [[(i ¡ 1)p + 1; ip]]
est bijective . Donc
(i; j)¡ > (i ¡ 1)p + j
[1; n] £ [1; p] ¡ > [[1; np]]
est aussi bijective . Ui ¤ Vj = W(i¡1)p+j est donc dans la base canonique de Knp et on a tous les vecteurs de base
une fois et une seule.
b)Pour i 2 [1; n] et j 2 [1; p], on a, d’après 2.a., (A ¤ B):(Ui ¤ Vj ) = (A:Ui ) ¤ (B:Vj ).
2
Pp
P
(B) = P
Par ailleurs, A:Ui = Ci (A)P= n
k;i Uk et B:Vj = CjP
l=1 bl;j Vl . Il en résulte, par bilinéarité de
k=1 aP
p
p
n
¤, que (A ¤ B):(Ui ¤ Vj ) = n
k=1 ak;i ( l=1 bl;j Uk ¤ Vl ) =
l=1 bl;j ( k=1 ak;i Uk ¤ Vl ) en changeant l’ordre des
indices. .
On peut alors interprété A ¤ B comme la matrice d’un endomorphisme de Knp exprimé dans la base
B = (U1 ¤ V1 ; U1 ¤ V2 ¢ ¢ ¢ ; U1 ¤ Vp; U2 ¤ V1; ¢ ¢ ¢ ; Un ¤ Vp )
sachant que Ui ¤ V j est le ( i ¡ 1)p + j -ème vecteur de base la colonne (i ¡ 1)p + j permet alors de calculer:
0
1
a1i b1;j (sur U1 ¤ V1 )
..
B
C
B
C
.
B
C
B a1;i bp;j (sur U1 ¤ Vp ) C
B
C
Ã
!
p
n
B a2;i b1;j (sur U2 ¤ V1 ) C
X
X
B
C
(A ¤ B):(Ui ¤ Vj ) =
ak;i
bl;j Uk ¤ Vl = B
C
..
B
C
.
k=1
l=1
B
C
B a2;i bP;j (sur U2 ¤ Vp ) C
B
C
B
C
..
@
A
.
an;i bp;j (sur Un ¤ Vp )
On peut chercher à exprimer cet endomorphisme dans la base
B0 = (U1 ¤ V1; : : : ; Un ¤ V1 ; : : : ; U1 ¤ Vp ; : : : ; Un ¤ Vp ):
base dans la quelle Ui ¤ Vj est le ( j ¡ 1)n + i ¡ me vecteur de base.
Pp
Pn
En changeant l’ordre de la sommation, on a vu que (A ¤ B):(U i ¤ Vj ) =
l=1 bl;j ( k=1 ak;i U k ¤ Vl ). qui
correspond à une écriture dans la base B 0 = (U1 ¤ V1 ; : : : ; Un ¤ V1; : : : ; U 1 ¤ V p; : : : ; Un ¤ Vp ).
0
0
L’image,0par l’endomorphisme associé
1 à A ¤ B, du (j ¡ 1)n + i-ème vecteur de B est, dans la base B , le vecteur
a1i b1;j (sur U1 ¤ V1)
C
B
..
C
B
.
C 0
B
1
B an;i b1;j (sur Un ¤ V1) C
b1;j Ci (A)
C
B
B a1;i b2;j (sur U1 ¤ V2) C B b2;j Ci (A) C
C
C B
B
colonneB
C = Cj (B) ¤ Ci (A).
C= B
..
..
C
B
A
@
.
.
C
B
B an;i b2;j (sur Un ¤ V2) C
b
C
(A)
p;j
i
C
B
C
B
..
A
@
.
an;i bp;j (sur U n ¤ Vp)
Il en résulte que la matrice associée à A ¤ B dans la base B0 est B ¤ A.
Remarque : essayer avec n = 2 et p + 2 pour voir ce qu’il se passe.
c)Les deux matrices sont donc semblables et la traduction matricielle du changement de bases s’écrit
B ¤ A = P ¡1(A ¤ B)P
Remarque : 5/2 le sujet demandait aussi de montrer que la matrice de passage est orthogonal.
Partie II
1)
a)Soit X 2 Kn un vecteur propre de A pour la valeur propre ¸ et Y 2 Kp un vecteur propre de B pour la valeur
propre ¹.
Comme au I 1 on montre que X ¤ Y 2 Knp est un vecteur non nul et d’après I 2 :
(A ¤ B):(X ¤ Y ) = (A:X) ¤ (B:Y ) = (¸X) ¤ (¹Y ) = ¸¹X ¤ Y:
Ainsi, X ¤ Y un vecteur propre de A ¤ B pour la valeur propre ¸¹.
b)On suppose que A et B sont diagonalisables.
Il existe deux matrices diagonales D et D0 et deux matrices inversibles P et Q telles que A = P DP ¡1 et
B = QD0 Q¡1: . d’après I 2 A¤B = (P ¤Q)(D¤D0)(P ¡1 ¤Q¡1) . Soit d’après I 4 A¤B = (P ¤Q)(D¤D0 )(P ¤Q)¡1
. Comme P ¤ Q est inversible (I 4) et D ¤ D0 diagonale de coe¢cients di d0j :
(A; B) diagonalisable ) (A ¤ B) diagonalisable et sp(A ¤ B) = Sp(A):Sp(B)
Une base de vecteurs propres est donnée par les colonnes de P ¤ Q donc par les vecteurs Ci ¤ Dj où Ci est un
vecteur propre de A0et Dj un vecteur propre
de B .
1
¡1 0 ¡1 0
µ
¶
µ
¶
B 1 1 1 1 C
1 1
¡1 0
B
C
véri…e M = A ¤ B avec A =
et B =
.
c)La matrice M = @
1 1
1 1
¡1 0 ¡1 0 A
1 1 1 1
3
²
– La matrice A est diagonalisable dans M2(R). U1 =
vecteur propre pour ¸2 = 0.
µ
La matrice B est diagonalisable dans M2(R). V1 =
µ
1
1
¶
2
¡1
est un vecteur propre pour ¸1 = 2 et U2 =
¶
1
¡1
est un vecteur propre pour ¹1 = ¡1 et V2 =
un vecteur propre pour ¹2 = 1.
D’après b., M est donc diagonalisable avec Sp(M ) = f¡2; 2; 0g et
EM (¡2) =Vect(U 1 ¤ V 1), EM (2) =Vect(U1 ¤ V2 ), EM (0) =Vect(U2 ¤ V1 ; U2 ¤ V2) où
0
1
0 1
0
1
0
2
0
2
0
B ¡1 C
B 1 C
B ¡1 C
B 1
C
B C
B
C
B
U 1 ¤ V1 = B
@ 2 A ; U1 ¤ V2 = @ 0 A ; U2 ¤ V1 = @ ¡2 A ; U2 ¤ V2 = @ 0
¡1
1
1
¡1
1
C
C:
A
2)
a)Soit U un vecteur propre de A pour la valeur propre ¸.
L’ensemble U ¤ Kp = fU ¤ Y = Y 2 Kp g est un sous-espace vectoriel de Knp : non vide stable par combinaison
linéaire .(à rédiger)
Pour tout Y 2 Kp, on a (A ¤ B):(U ¤ Y ) = (A:U) ¤ (B:Y ) = (¸U ) ¤ (B:Y ) = ¸ (U ¤ (B:Y )) = U ¤ ¸(B:Y ).
Ainsi comme ¸(B:Y ) 2 Kp , U ¤ Kp est stable par A ¤ B.
b)Soit U0 un vecteur propre de A pour la valeur propre ¸0.
D’après a., U 0 ¤ Kp est stable par A ¤ B, donc la restriction à U 0 ¤ Kp de l’endomorphisme associé à A ¤ B est
diagonalisable. Il existe donc une base composée de vecteurs propres. De plus (Y ¡ > UO Y ) est un isomorphisme:
² linéarité d’après le prologue
² noyau réduit à zéro : U0 ¤ Y = 0 et U0 6= 0 implique Y = 0 d’après 1 1.
La base de vecteurs propres est donc de cardinal p .
Notons (U0 ¤ V 1; : : : ; U0 ¤ Vp ) la base de vecteurs propres de U0 ¤ K p, composée de vecteurs propres de A ¤ B
pour des valeurs propres ®1 ; : : : ; ®p .
Pour tout j 2 [1; p], on a
(A ¤ B):(U0 ¤ Vj ) = ®j (U0 ¤ Vj ) = U0 ¤ (®j Vj )
Donc d’après I 2 :
(AU 0) ¤ (BV j ) = U0 ¤ (®j Vj )
or AU0 = ¸0 U0 . Donc (¸0U 0) ¤ (BV j ) = U0 ¤ (®j Vj )
La relation U0 ¤ (®j Vj ) ¡ U0 ¤ (¸0B:Vj ) = U0 ¤ (®j Vj ¡ ¸0B:Vj ) = 0, combinée avec I 1 ( comme U 0 6= 0 )
donne ®j Vj ¡ ¸0B:Vj = 0. Il en résulte que (V1; : : : ; V p) est une base de Kp , composée de vecteurs propres de
®1
;:::P
; ®¸p0 .
B pour les valeurs propres
¸0
P
C’est une base car
¸i Vi = 0 ) ¸ i (U0 ¤ Vi ) = 0 ) 8i; ¸i = 0
Ainsi, B est diagonalisable.
3)Si 0 est la seule valeur propre de A alors d’après II 1 0 est la seule valeur propre de A ¤ B . Donc comme
A ¤ B est diagonalisable A ¤ B = P:0:P ¡1 = 0: Absurde
Donc A admet une valeur propre non nul alors B est diagonalisable d’après la question précédente.
Comme A¤B et B¤A sont semblables on a que B admet une valeur propre non nul puis que A est diagonalisable.
A ¤ B non nul , K = C: A ¤ B diagonalisable ssi A et B diagonalisables
4)Supposons que A soit diagonalisable. Comme A 6= 0 ( sinon A ¤ B = 0), il en résulte que SpR (A) contient
une valeur propre non nulle( par le même argument qu’à la question précédente). Ainsi, d’après 2.b., B est
diagonalisable .
Si B est diagonalisable, alors SpR (B) contient une valeur propre non nulle. Le même raisonnement appliqué à
B ¤ A permet d’établir que A est diagonalisable.
5)
a)Si A admet une valeur propre réelle non nulle, alors, d’après 2.b., B est diagonalisable (dans Mp (R) ) ; ce
qui est contraire à l’hypothèse.
On établit, de la même manière, que B n’admet pas de valeur propre réelle non nulle.
b)Soient ¸ 2 SpC (A) et ¹ 2 SpC (B) non nulles.
D’après 1.a., on a ¸¹ 2 SpC (A ¤ B). Comme A ¤ B est diagonalisable (dans Mnp (R)), les valeurs propres de
A ¤ B sont réels ainsi ¸¹ est un réel non nul.
Comme B est une matrice réelle, on a ¹ 2 SpC (B). Ainsi, de la même manière, on établit que ¸¹ est un réel
non nul.
Il en résulte que ¸¹ ¸¹ = ¸2j¹j2 2 R avec j¹j2 > 0, ainsi ¸2 est un réel.
4
µ
µ
¶
0
1
un
¶
De même, en utilisant ¸¹, on établit que ¹2 est un réel.
Donc A et B admettent des valeurs propres non nulles, qui sont des imaginaires purs (et leur conjugués), et
éventuellement la valeur propre 0.
c)Soient i® 2 SpC (A) avec ® > 0 et X un vecteur propre associé.
On a A:X = i®X et A:X = ¡i®X.
X et X sont linéairement indépendants dans Cn.:Si on suppose X = kX on a aussi en appliquant A; X = ¡kX
donc k = 0 et X = 0 ce qui est absurde .
n
Il en résulte que les vecteurs
¡ (réels)¢ X + X et i(X ¡ X) sont linéairement indépendants dans R : s’il existe
deux réels a et b tels que a X + X + bi(X ¡ X) = 0 on a (a + bi) = (a ¡ ib) = 0 donc a = b = 0 .
Le calcul donne
¡ A:(X + X) = ®i(X
¢ ¡ X) et A:i(X ¡ X) = ¡®(X + X).
Le plan VectR X + X; i(X ¡ X) est donc
µ stable par
¶ A et la matrice de l’endomorphisme induit par A dans la
0 ¡1
.
base (X + X; i(X ¡ X)) est ®S où S =
1 0
d)D’après 3., A est diagonalisable dans Mn(C).
On a (X1; X1 ; X2; X2 ; : : : ; Xr ; Xr ) un système libre de Cn composée de vecteurs propres de A pour les valeurs
propres i®1; ¡i®1; i®2; ¡i®2; : : : ; i®r ; ¡i®r et 0 d’ordre n ¡ 2r où r > 0 et ®k > 0 pour k 2 [1; r].
On véri…e aisément que la famille de vecteurs (réels)
(X1 + X 1; i(X1 ¡ X 1); X2 + X 2 ; i(X2 ¡ X 2); : : : ; Xr + X r ; i(Xr ¡ X r ))
est linéairement
dans
Rn: ¢¢
¢
¡
Pr ¡ ¡ indépendante
Soit j=1 aj Xj + Xj + bj i Xj ¡ Xj = 0 avec (aj ; bj ) 2 R2r . On regrouppe les termes en Xp et Xp : On
a alors comme la famille est libre dans Cn 8j : aj + ibj = aj ¡ ibj = 0 donc 8j : aj = bj = 0
0
Il existe aussi une base réelle (X2r+1
; : : : ; Xn0 ) de ker(A), sous espace de Rn.
Montrons que la famille B0 suivante est une base de Rn.
0
; : : : ; Xn0 )
B0 = (X1 + X 1; i(X1 ¡ X1 ); : : : ; Xr + Xr ; i(Xr ¡ X r ); X2r+1
En e¤et, soit
r
X
(1)
k=1
uk (Xk + X k ) + vk i(Xk ¡ X k ) +
n
X
wlXl0 = 0
l=2r+1
avec uk ; vk 2 R pour k 2 [1; r]
Pet wl 2 R pour l 2 [2r + 1; n].
L’image de (1) par A donne rk=1 uk ®k i(Xk ¡ Xk ) ¡ vk ®k (Xk + X k ) = 0.
La famille (X1 + X1 ; i(X1 ¡ X 1); : : : ; Xr + X r ; i(Xr ¡ X r )) étant llibre et ®k > 0 pour tout k, il en résulte que
uk = vk = 0 pour tout k. En reportant dans (1), on obtient wl = 0 pour tout l.
D’après le résultat établi en c., la matrice associée à A dans la base B0 s’écrit donc
1
0
®1 S 0
:::
0
C
B
..
..
..
C
B 0
.
.
.
C:
B
C
B ..
..
@ .
. ®r S
0 A
0
: ::
0
0n¡2r
D’après 3., B est diagonalisable dans Mn(C).
De manière totalement analogue, on établit l’existence de s > 0
semblable, dans Mp(R), à la matrice antisymétrique
0
¯ 1S 0
: ::
0
B
..
.
.
..
..
B 0
.
B
B .
.
.. ¯ S
@ ..
0
s
0
:::
0
0p¡2s
6)
0
B
B
Pour M 2 Mn(R) et N 2 Mp (R) on a M ¤ N = B
@
0
B
B
N) = B
@
m1;1tN
m1;2tN
..
.
m2;1 tN
m2;2 tN
..
.
:::
:::
mn;1t N
mn;2t N
..
.
m1;ntN
m2;n tN
:::
mn;nt N
1
et ¯ k > 0 pour k 2 [1; s] tels que B soit
1
C
C
C:
C
A
m1;1N
m2;1N
..
.
m1;2 N
m2;2 N
..
.
: ::
: ::
mn;1N
mn;2 N
: : : mn;nN
C
C
C = (tM ) ¤ (t N ).
A
5
m1;nN
m2;nN
..
.
1
C
C
C 2 Mnp (K). Ainsi,t(M ¤
A
7)Soit M 0 et N 0 les matrices antisymétriques semblables à M et N .Il su¢t de prouver les résultats demandés
pour M 0 et N 0 :
a)Soit ¸ une valeur propre de M 0 et X 0 un vecteur propre associé. On a M 0X 0 = ¸X 0 .
0
Pour introduire l’antisymétrie utilisons la transposition :t X0tM 0 = ¸t X 0 . donc tX 0 M 0 = ¡¸tXP
.
t 0 0
t 0
t 0
0 0
t 0 0
Si on calcul de deux façons di¤érentes X M X on obtient ¸ X X = ¡¸ X X: Or X X =
x02
i 6= 0 donc
¸=0
Si M 0 est diagonalisable, alors M 0 est semblable à 0n, donc nulle; ce qui est contraire à l’hypothèse.
De même, la matrice N 0 ne peut pas être diagonalisable.
b)D’après 6., on a t(M 0 ¤ N 0 ) = (tM 0 ) ¤ (tN 0 ) = (¡M 0 ) ¤ (¡N 0 ) = M 0 ¤ N 0 .
Ainsi, M 0 ¤ N 0 est une matrice symétrique réelle, elle est donc diagonalisable. Et M ¤ N, matrice semblable à
M0 ¤ N 0
6