Corrigé

MP 933 &934 Devoir à la Maison no12 Corrigé
Racines carrées de matrices
CCP MP 2005 Maths 2
I DÉTERMINATION DE Rac(A) DANS QUELQUES EXEMPLES
Exemple 1 : Cas où Apossède nvaleurs propres distinctes
1. On peut par exemple (après géométrisation) prendre une famille de vecteurs propres associés aux nvaleurs propres.
Puisque ces valeurs propres sont distinctes, cette famille est libre, donc constitue une base de l’espace de travail...
Mais le plus rapide consiste probablement à dire que le polynôme caractéristique possède nracines distinctes, donc
est scindé à racines simples1.
Aest diagonalisable dans Mn(R)
Si R2= A = PDP−1, alors (P−1RP)2= P−1R2P = P−1·PDP−1·P = D. La réciproque est du même tonneau (on
doit même pouvoir accepter des équivalences, dans ce contexte...).
R2= A si et seulement si (P−1RP)2= D
2. a. On a S2= D, donc SD = S ·S2= S3= S2·S = DS.
DS = SD
b. Le contexte pousse visiblement à une solution matricielle plutôt que géométrique (les sous-espaces propres de
telle application sont stables par telle autre application; etc...)
Calculons donc, pour 16i, j 6n, les coefficients (i, j)des matrices en jeu. D’une part, (DS)i,j =λiSi,j ,
et d’autre part (SD)i,j =λjSi,j . Lorsque i6=j, l’égalité λiSi,j =λjSi,j , ou encore (λi−λj)Si,j = 0 impose
(puisque λi6=λj) : Si,j = 0.
Sest diagonale
c. Bien entendu, S2= diag(s2
1,...,s2 n) = D = diag(λ1,...,λn), et donc :
s2
i=λipour tout i∈[[1 ; n]].
d. Si l’un des λiest strictement négatif, la question précédente conduit à une contradiction.
Si Apossède une valeur propre strictement négative, alors Rac(A) = ∅.
e. Supposons que tous les valeurs propres λisont positives ou nulles. Les questions précédentes nous disent que si
Sest une racine carrée de D, alors Sest de la forme diag(ε1√λ1,...,εn√λn), avec (ε1,...,εn)∈ {−1,1}n. La
réciproque est évidente (mais il faut bien sûr la montrer).
Rac(D) = diag(ε1√λ1,...,εn√λn) ; (ε1,...,εn)∈ {−1,1}n
3. D’après la question 1, Rest dans Rac(A) si et seulement si P−1RP est dans Rac(D), ou encore : R = PSP−1, avec
S∈Rac(D) :
Rac(A) = P diag(ε1√λ1,...,εn√λn)P−1; (ε1,...,εn)∈ {−1,1}n
Si les λisont tous strictement positifs, Rac(D) possède 2néléments, donc Rac(A) aussi (l’application M7→ PMP−1
est injective). Si l’un des λiest nul, il est alors unique (les λisont distincts deux à deux), et Dpossède alors,
comme A,2n−1racines.
Apossède 2nracine si Aest inversible, et 2n−1sinon.
1C’est un théorème du cours ; bien entendu, si l’on veut le démontrer... on prend une famille de vecteurs propres, et on démontre qu’elle
est libre comme dit précédemment !
jeudi  février  — pluviôse  /home/walter/LaTeX/MP/Annee/2013/DM-2013/DM12.tex

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4. Rappel : les calculatrices sont interdites... Pour le calcul du polynôme caractéristique d´et(A −XI), l’opéraition
élémentaire L3←L3+ L2suivie de la factorisation par −Xdans la dernière ligne suivie de2l’opération élémentaire
C2←C2−C3conduit à
d´et(A −XI) = −X ((11 −X)(6 −X) −50) = −X(X2−17X + 16) = −X(X −1)(X −16),
donc Aest diagonalisable comme prévu3. On cherche des vecteurs propres X1,X2,X3associés respectivement aux
valeurs propres 0,1et 16 (pensons à respecter l’ordre, ce qui est imposé par l’énoncé).
Tout d’abord, les deux dernières colonnes sont opposés; ce qui nous donne un habitant du noyau : X1=
0
1
1
fera
l’affaire. Ensuite, A−I = 
10 −5 5
−5 2 −3
5−3 2
, et la combinaison de colonnes C1=−C2+ C3nous donne X2=
1
1
−1
dans le noyau. Pour X3, il suffit de prendre X1∧X2, c’est-à-dire X3=
−2
1
−1
.
Si on pose P = 
0 1 −2
1 1 1
1 1 −1
, on a alors P−1AP = 
0 0 0
0 1 0
0 0 16
. Il reste à appliquer ce qui précède pour déterminer
les 4habitants de Rac(A) :
En prenant P = 
0 1 −2
1 1 1
1 1 −1
, on a Rac(A) = 
P
0 0 0
0ε10
004ε2
P−1; (ε1, ε2)∈ {−1,1}2
Petites vérifications avec Maple:
➠A:=<<11,-5,5>|<-5,3,-3>|<5,-3,3>>:
Eigenvectors(A)
0
1
16
,
0−1 2
1−1−1
1 1 1
➠P:=%[2]:
➠P**(-1).A.P;
0 0 0
0 1 0
0 0 16
➠Di:=DiagonalMatrix([0,1,-4]):
➠R:=P.Di.P**(-1);
−7
3
5
3−5 3
5
3−1 3
1
3
−5
3
1
3−1 3
➠R**2;
11 −5 5
−5 3 −3
5−3 3
Exemple 2 : Cas où Aest la matrice nulle de Mn(R
R
R)
5. a. La relation f◦f= 0 se traduit (il y a équivalence) :
Im(f)⊂Ker(f)
On a alors rg(f)6dim(Ker f). Inégalité qui, après application du théorème du rang (de la formule...) se traduit
rg(f)6n−rg(f), et donc :
rg(f)6n
2·
2Vous ne suivez pas le calcul de tête ? Ben c’est normal. Papier ; crayon...
3Aest symétrique réelle donc orthodiagonalisable.
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b. L’auteur du sujet voulait probablement noter uiun vecteur tel que f(ui) = ei...
La famille Best de rang n; il suffit donc d’établir sa liberté. Partons donc d’une combinaison linéaire nulle de
ces vecteurs, et montrons qu’elle est triviale.
La relation λ1e1+···+λn−ren−r+µ1u1+···+µrur= 0 devient, après avoir appliqué f(en se souvenant que
les eisont dans le noyau de f) : µ1f(u1) + ···+µrf(ur) = 0, soit µ1e1+···+µrer= 0. Puisque (e1,...,er)est
libre, les µisont nuls. Ainsi, λ1e1+···+λn−ren−r= 0. Or (e1,...,en−r)est libre, donc les λisont également
nuls : c’est gagné.
La famille Best une base de Rn.
Chaque eiest envoyé sur 0par f, et chaque uisur ei, d’où la matrice de fdans B, écrite par blocs :
mat(f, B) = 
0 0 Ir
0 0 0
0 0 0
6. a. D’après la question précédente, si Rest une racine carrée de la matrice nulle, alors Rest semblable à une
matrice Mr.
Mais réciproquement, M2
r= 0 (calcul par bloc), donc toute matrice semblable à une matrice Mrest une racine
carrée de la matrice nulle.
Rac(0)est la réunion des classes de similitude des Mr:Rac(0) = S
r6n/2P−1MrP ; P ∈GLn(R).
b. Ici, rvaut 0,1ou 2:
Dans M4(R),Rac(0) est l’ensemble des matrices semblables à M1ou M2, ainsi que la matrice nulle.
Exemple 3 : Cas où Aest la matrice nulle de Mn(R
R
R)
7. a. Pfff... par exemple via le déterminant.
Rac(I) ⊂GLn(R)
b. Puisque R2= I, le polynôme X2−1 = (X −1)(X + 1) est annulateur scindé à racine simple, donc :
Rest semblable à une matrice diagonale comportant des 1et −1sur la diagonale.
Le cours de première année confirme : (l’application linéaire canoniquement associée à) Rest une symétrie.
8. La question précédente nous as donné une condition nécessaire... qui s’avère clairement suffisante.
Rac(In)est constitué des matrices semblables à des matrices de la forme diag(±1,±1,...,±1).
Exemple 4 : Cas où Aest une matrice symétrique réelle
9. Les matrices symétriques réelles sont certes diagonalisables, mais leurs valeurs propres ne sont pas forcément positives
ou nulles, condition nécessaire pour posséder une racine carrée... si les valeurs propres sont distinctes (question 2.d)
La matrice symétrique réelle diag(−1,2,3,...,n)ne posséde pas de racine carrée.
Le « si les valeurs propres sont distinctes » s’oublie très facilement... et conduit à un massacre : voir le rapport du
jury. Notamment, ceux qui pensent que la matrice −1 0
0−1est un contre-exemple ont tout faux. En effet,
0−1
1 0 2
=−1 0
0−1.
10. Soit Asymétrique réelle positive.
Tout d’abord, ses valeurs propres sont des réels positifs4: on le voit en considérant un vecteur propre Xassocié à
une valeur propre λ, alors tXAX = λkXk2>0donc λ>0.
Le théorème spectral fournit une matrice P∈On(R)telle que P−1AP = diag(λ1,...,λn), avec les λi>0. Posons
alors R = P diag(√λ1,...,√λn)P−1.
4C’est bien connu, mais ce n’est pas dans la définition de la positivité, et ce n’est pas strictement explicité dans le programme MP ; sur
une épreuve de type CCP, notamment, il vaut mieux le redémontrer, ça prend deux lignes.
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Bien évidemment, R2= A. Ensuite, puisque Pest orthogonale, Rest symétrique5. Enfin, les valeurs propres µi=√λi
de Rsont positives, donc Rl’est aussi6
Toute matrice réelle symétrique positive possède une racine carrée symétrique réelle positive.
II ÉTUDE TOPOLOGIQUE DE Rac(A)
11. Soit A∈Mn(R); pour montrer que Rac(A) est fermé, on peut par exemple dire que l’application
Φ: Mn(R)−→ Mn(R),
M7−→ M2
est continue7et que Rac(A) = Φ−1{A}. Puisque {A}est fermé8, on en déduit que
Rac(A) est fermé.
12. a. Ça alors,
S2
q= In.
Puisque cet exemple est qualifié d’« instructif », instruisons-nous, notons que N(Sq)>qpour tout q∈Net
concluons que (Sq)q>0n’est pas bornée, donc notamment que
Rac(I2)n’est pas bornée.
b. Posons maintenant
S′
q=
1 0
q−1 (0)
1
(0) ...
1
pour tout entier q. De la même façon, S′
q
2= Indonc
Rac(In)n’est pas bornée.
c. Par l’absurde.
◮Supposons qu’il existe une norme k·k surmultiplicative. On aurait, notamment, kInk>kSqk2pour
tout q∈N. Or, par équivalence des normes en dimension finie, puisque N(Sq)−−−→
q→∞ +∞, on a également
kSqk −−−→
q→∞ +∞, et donc kInk= +∞... §◭
Il n’existe pas de norme « surmultiplicative sur GLn(R)».
5Pas convaincu ? Vous ne le serez pas tant que vous n’aurez pas fait le calcul vous-même de tR.
6C’est à nouveau un point qu’il faudrait prouver, mais regardez, ça ne prend pas 5 minutes : on écrit tXRX = tX′diag(µ1, . . . , µn)X′,
avec X′= P−1X = 
x′
1
.
.
.
x′
n
, et ainsi : tXRX =
n
P
i=1
µix′2
i>0.
7À peu près évident, non ? Les suspicieux/prudent pourront préciser : « Chaque coefficient de Φ(M) s’obtient à l’aide de sommes/produits
finis des coefficients de M.
8Comme tous les singletons qui se respectent, c’est une boule fermée de rayon nul...
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III ZÉROS DE FONCTIONS POLYNOMIALES.
APPLICATION À LA DÉTERMINATION DE L’INTÉRIEUR DE Rac(A)
13. a. Euh... c’est immédiat :
B∞(a;r) =
n
Y
k=1
[ak−r;ak+r].
b. On a F∩G⊂F, donc9
◦
z }| {
F∩G⊂
◦
F = ∅.
Si Fet Gsont d’intérieur vide, alors F∩Gl’est aussi.
14. a. Soit Pun polynôme tel que Z(P) est infini, alors Pest le polynôme nul10
Seul le polynôme nul vérifie Card Z(P) = ∞.
b. Ah, un dessin...
x1
x2
−2−1 1 2
Z(P)
Z(Q)
Ces ensembles sont évidemment infinis.
15. C’est la question fine du sujet11
a. Montrons par récurrence sur p∈N∗la propriété
P(p) : « Si P∈Γpet s’il existe des parties infinies I1,I2,...,Iptelles que
p
Y
k=1
Ik⊂Z(P), alors P = 0. »
•La propriété P
P
P(1) a été démontrée à la question 14.a.
•Soit p∈N
N
Net supposons les propriétés P
P
P(1),...,P
P
P(p)démontrées. Montrons maintenant P(p+1).
Soient P∈Γp+1 et I1,I2,...,Ip+1 des parties infinies de R.
❏Soit (a1, a2, . . . , ap+1)∈R
R
Rp+1.Fixons momentanément un réel A∈I1(voir la figure 1 page 6). Le
polynôme
Q := (x2,...,xp+1 )7−→ P(A, x2,...,xp+1)
est élément de Γp, et s’annule sur I2× ··· × Ip+1. D’après la proposition P(p), c’est donc la fonction
polynomiale nulle, c’est-à-dire que
∀(x2,...,xp+1 )∈RpP(A, x2,...,xp+1) = 0.
Notamment, on peut le faire en xk=akpour k= 2,...,p+ 1 :P(A, a2,...,ap+1) = 0. Ceci étant vrai pour
tout choix de A∈I1, on a donc montré
∀A∈I1P(A, a2,...,ap+1) = 0.
9La propriété générale est : si A⊂B, alors
◦
A⊂
◦
B...
10« Justifier »... certes. Est-ce suffisant ? Faut-il encore enfoncer le clou et expliquer qu’un polynôme de degré n>0possède précisément
nracines dans Cen comptant l’ordre de multiplicité ?...
11Pour mémoire, on avait besoin de ça, implicitement, dans une première question d’un sujet de l’X. Le jury s’était montré bizarrement
assez peu satisfait du résultat...
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