Espaces préhilbertiens réels, espaces euclidiens
Espaces Préhilbertiens réels
produit scalaire
Soit \(\ds E\) un \(\ds \mathbb R\)-espace vectoriel. Soit \(\ds \varphi\) une application de \(\ds E\times E\) dans \(\ds \mathbb R\). \(\ds \varphi\) est un produit scalaire sur \(\ds E\) si et seulement si :
- \(\ds \varphi\) est bilinéaire : pour tout \(\ds y\in E\), \(\ds x\mapsto \varphi(x,y)\) est une application linéaire sur \(\ds E\) et pour tout \(\ds x\in E\), \(\ds y\mapsto \varphi(x,y)\) est une application linéaire sur \(\ds E\).
- \(\ds \varphi\) est symétrique : pour tout \(\ds (x,y)\in E^2\), \(\ds \varphi(x,y)=\varphi(y,x)\)
- \(\ds \varphi\) est défini positif : pour tout \(\ds x\in E\), \(\ds \varphi(x,x)\ge 0\) et \(\ds \varphi(x,x)=0\Leftrightarrow x=0\).
On notera souvent \(\ds \langle x,y\rangle\) ou \(\ds (x|y)\) ou encore \(\ds x\cdot y\).
espace préhilbertien réel, espace euclidien
On appelle espace préhilbertien réel tout \(\ds \mathbb R\)-espace vectoriel muni d'un produit scalaire. Si de plus \(\ds E\) est de dimension finie, alors \(\ds E\) est un espace euclidien.
Exemple
Montrer que sur \(\ds \mathbb R^n\), l'application définie par \(\ds \varphi(x,y)=\sum_{i=1}^nx_iy_i\) est un produit scalaire.
On commence toujours par le caractère symétrique : \(\ds \varphi(x,y)=\sum_{i=1}^nx_iy_i=\sum_{i=1}^ny_ix_i=\varphi(y,x)\).
Soit \(\ds (x,x',y)\in E^3\) et \(\ds (\lambda,\mu)\in\mathbb R^2\),
On en déduit la linéarité à gauche, et par symétrie la linéarité à droite.
Soit \(\ds x\in E\), \(\ds \varphi(x,x)=\sum_{i=1}^nx_i^2\ge 0\) et si \(\ds \varphi(x,x)=0\), alors \(\ds \sum_{i=1}^nx_i^2=0\). On a une somme nulle de termes positifs, donc tous les termes sont nuls, ce qui se traduit par \(\ds x=0\).
Finalement, \(\ds \varphi\) est bien un produit scalaire sur \(\ds \mathbb R^n\).
Exemple
Montrer que sur \(\ds \mathcal M_n(\mathbb R)\), l'application définie par \(\ds \varphi(A,B)=\tr(A^\top B)\) est un produit scalaire.
Soient \(\ds A\) et \(\ds B\) deux éléments de \(\ds \mathcal M_n(\mathbb R)\). On sait que la trace est invariante par transposée :
Ainsi \(\ds \varphi\) est symétrique.
Soient maintenant \(\ds (A,A',B)\in\mathcal M_n(\mathbb R)^3\) et \(\ds (\lambda,\mu)\in\mathbb R^2\) on a :
Ainsi \(\ds \varphi\) est linéaire à gauche, et pas symétrie à droite aussi.
Soit \(\ds A\in\mathcal M_n(\mathbb R)\), on note ses coefficients \(\ds a_{ij}\). On a alors :
De plus si \(\ds \varphi(A,A)=0\) alors \(\ds \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_ij^2=0\) : c'est une somme nulle de termes positifs : tous les termes sont nuls et donc \(\ds A=0\).
\(\ds \varphi\) est donc bien un produit scalaire.
Remarque
Les deux produits scalaires cités ci-dessus son appelés produits scalaires canoniques, car ils s'expriment en fonction des coordonnées dans la base canonique.
Exemple
Montrer que sur \(\ds \mathcal C^0([a,b],\mathbb R)\), l'application définie par \(\ds \varphi(f,g)=\int_a^b f(t)g(t)\d t\) est un produit scalaire.
La linéarité et la symétrie découlent clairement des propriété du produit et de l'intégrale.
Soit \(\ds f\ni\mathcal C^0([a,b],\mathbb R)\). \(\ds \varphi(f,f)=\int_a^b f^2\ge 0\) par positivité de l'intégrale. Si de plus \(\ds \int_a^b f^2=0\), \(\ds f^2\) étant une fonction continue et positive, alors \(\ds f^2=0\) et donc \(\ds f=0\).
\(\ds \varphi\) est donc bien un produit scalaire.
Inégalité de Cauchy-Schwarz
Soit \(\ds E\) un espace préhilbertien réel muni d'un produit scalaire \(\ds \langle \cdot,\cdot\rangle\). Soit \(\ds (x,y)\in E^2\), alors :
avec égalité si et seulement si \(\ds x\) et \(\ds y\) sont colinéaires.
Preuve
Posons \(\ds f(t)=\langle x+ty|x+ty\rangle\). Par positivité du produit scalaire, \(\ds f(t)\ge0\). Si \(\ds y=0\), l'inégalité est vérifiée car \(\ds |\langle x,y\rangle|=0\) et \(\ds \sqrt{\langle x,x\rangle}\sqrt{\langle y,y\rangle}=0\) : on a donc égalité.
Concentrons nous sur le cas \(\ds y\ne 0\). Dans ce cas , on a \(\ds f(t)=\langle x,x\rangle+2t\langle x,y\rangle+t^2\langle y,y\rangle\). Donc \(\ds f\) est un polynôme de degré exactement \(\ds 2\) et positif : son discriminant \(\ds \Delta\) est donc négatif. Or \(\ds \Delta=4\langle x,y\rangle^2-4\langle x,x\rangle\langle y,y\rangle\) et ainsi \(\ds \Delta\le 0\) est équivalent à \(\ds \langle x,y\rangle^2\le \langle x,x\rangle\langle y,y\rangle\). Tous les termes étant positifs, on passe à la racine carrée pour obtenir l'inégalité de Cauchy-Schwarz.
Il y a par ailleur égalité si et seulement si \(\ds \Delta=0\), donc si et seulement si \(\ds f(t)\) admet une racine. Cela se traduit par l'existence de \(\ds t_0\) tel que \(\ds f(t_0)=0\) ou encore \(\ds \langle x+t_0y,x+t_0y\rangle=0\). Par caractère défini positif, on a alors \(\ds x+t_0y=0\) et \(\ds x\) et \(\ds y\) sont colinéaires.
Exemple
Soient \(\ds a_1,\dots,a_n\) \(\ds n\) réels strictement positifs. Montrer que \(\ds \left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\left(\sum_{i=1}^n\frac 1{a_i}\right)\ge n^2\).
On applique l'inégalité de Cauchy-Schwarz aux familles \(\ds (x_1,x_2,\dots,x_n)=(\sqrt{a_1},\dots,\sqrt{a_n})\) et \(\ds (y_1,\dots,y_n)=(\frac 1{\sqrt{a_1}},\dots,\frac1{\sqrt{a_n}})\) prises comme familles de \(\ds \mathbb R^n\) avec le produit scalaire canonique. Cela donne :
c'est à dire \(\ds n\le\sqrt{\sum_{i=1}^n a_i\sum_{i=1}^n\frac1{a_i}}\) ou encore \(\ds n^2\le\sum_{i=1}^n a_i\sum_{i=1}^n\frac1{a_i}\).
Norme du produit scalaire
Soit \(\ds E\) un espace préhilbertien réel muni d'un produit scalaire \(\ds \langle\cdot,\cdot\rangle\). La norme associée au produit scalaire est l'application \(\ds N\) définie sur \(\ds E\) par :
souvent on notera \(\ds ||x||\).
Inégalité triangulaire
Soit \(\ds E\) un espace préhilbertien réel muni d'un produit scalaire \(\ds \langle\cdot,\cdot\rangle\) et \(\ds N\) la norme associée. Alors pour tout \(\ds (x,y)\in E^2\) :
avec égalité si et seulement si \(\ds x\) et \(\ds y\) sont positivement colinéaires.
Preuve
Soit \(\ds (x,y)\in E^2\).
on en déduit l'inégalité voulue, avec égalité si el seulement s'il y a égalité dans les deux majorations : l'égalité dans CS donne \(\ds x\) et \(\ds y\) colinéaires et l'égalité dans la majoration de la valeur absolue impose que la colinéarité soit positive : \(\ds x\) et \(\ds y\) doivent être positivement colinéaires.
identités du produit scalaire
Soit \(\ds E\) un espace préhilbertien réel muni d'un produit scalaire \(\ds \langle\cdot,\cdot\rangle\) et \(\ds ||\cdot||\) la norme associée. On a les identités suivantes :
Preuve
Toutes ces identités découlent des deux premières qui sont des identités remarquables.
Exemple
Montrer que la norme \(\ds \sup\) sur un segment \(\ds [0,1]\) pour les fonctions continues n'est pas la norme d'un produit scalaire.
Si la norme \(\ds \sup\) était la norme d'un produit scalaire, on devrait avoir pour tout couple de fonction \(\ds f,g\) continues sur \(\ds [0,1]\), \(\ds ||f+g||^2+||f-g||^2=2(||f||^2+||g||^2)\). Prenons \(\ds f(x)=x\) et \(\ds g(x)=x^2\). On a \(\ds ||f||=1\), \(\ds ||g||=1\), \(\ds ||f+g||=2\) et \(\ds ||f-g||=\frac 14\). On a donc \(\ds ||f+g||^2+||f-g||^2=4+\frac 1{16}\) et \(\ds 2(||x||^2+||y||^2)=4\). L'égalité n'est pas vérifiées donc la norme \(\ds \sup\) n'est pas la norme d'un produit sclaire.
Orthogonalité
Vecteurs orthogonaux
Soit \(\ds E\) un espace préhilbertien réel muni d'un produit scalaire \(\ds \langle\cdot,\cdot\rangle\). Deux vecteurs \(\ds x\) et \(\ds y\) de \(E\) sont orthogonaux si et seulement si \(\ds \langle x,y\rangle=0\).
Exemple
Pour le produit scalaire \(\ds \langle f,g\rangle=\int_0^{\pi}f(t)g(t)\d t\), montrer que \(\ds \sin\) et \(\ds \cos\) sont deux vecteurs orthogonaux.
On calcule \(\ds \int_{0}^\pi \cos(t)\sin(t)\d t=\frac 12[\sin^2(t)]_0^\pi=0\).
Sous-espaces orthogonaux
Soit \(\ds E\) un espace préhilbertien réel muni d'un produit scalaire \(\ds \langle\cdot,\cdot\rangle\). Soient \(\ds F\) et \(\ds G\) deux sous-espaces vectoriels de \(\ds E\). Alors \(\ds F\) et \(\ds G\) sont deux sous-espaces orthogonaux si et seulement si \(\ds \forall (x,y)\in F\times G\), \(\ds \langle x,y\rangle=0\).
orthogonal d'un sev
Soit \(\ds E\) un espace préhilbertien réel muni d'un produit scalaire \(\ds \langle\cdot,\cdot\rangle\). Soit \(\ds F\) un sous-espace vectoriel de \(\ds E\). L'orthogonal de \(\ds F\) est l'ensemble \(\ds F^\bot=\{x\in E\big|\forall y\in F,\, \langle x,y\rangle=0\}\).
Soit \(\ds X\) une partie de \(\ds E\). L'orthogonal de \(\ds X\) est l'ensemble \(\ds X^\bot=\{x\in E\big|\forall y\in X,\, \langle x,y\rangle=0\}\).
Exemple
On considère \(\ds E=C([0,1], \mathbb{R})\) muni du produit scalaire \(\ds (f, g)=\int_0^1 f(t) g(t) d t\). Soit \(\ds F=\{f \in E, f(0)=0\}\). Montrer que \(\ds F^{\perp}=\{0\}\).
Soit \(\ds f\in F^\bot\), la fonction \(\ds g:x\mapsto xf(x)\) est un élément de \(\ds f\) donc \(\ds f\) est orthogonale à \(\ds g\). On a donc : \(\ds \int_0^1 tf(t)^2\d t=0\). Or \(\ds t\mapsto tf(t)^2\) est continue et positive sur \(\ds [0,1]\), on en déduit que pour tout \(\ds x\in[0,1]\), \(\ds xf(x)^2=0\). On peut alors affirmer que \(\ds f\) est nulle sur \(\ds ]0,1]\) et par continuité, sur \(\ds [0,1]\). Ainsi \(\ds F^\bot=\{0\}\).
Sous-espace orthogonal
L'ensemble \(\ds X^\bot\) est un sous-espace vectoriel de \(\ds E\).
Preuve
\(\ds 0\) est dans l'orthogonal de toute partie. Donc \(\ds X^\bot\) est non-vide. Soient \(\ds (a,b)\in (X^\bot)^2\) et \(\ds (\lambda,\mu)\in\mathbb R^2\). Soit \(\ds x\in X\), alors \(\ds \langle x,\lambda a+\mu b\rangle=\lambda\langle x,a\rangle+\mu \langle x,b\rangle=\lambda 0+\mu 0=0\). Donc \(\ds \lambda a+\mu b\in X^\bot\). Ainsi \(\ds X^\bot\) est un sous-espace vectoriel de \(\ds E\).
Famille orthogonale/orthonormale
Soit \(\ds \mathcal F=(x_1,\dots,x_p)\) une famille d'éléments de \(\ds E\). \(\ds \mathcal F\) est orthogonale si et seulement si pour tout \(\ds 1\le i<j\le p\), \(\ds \langle x_i,x_j\rangle=0\).
Elle est orthonormale ou orthonormée si de plus, pour tout \(\ds i\), \(\ds \langle x_i,x_i\rangle=1\).
Exemple
Montrer que dans \(\ds \mathcal M_n(\mathbb R)\) muni du produit scalaire canonique, la base canonique \(\ds (E_{ij})\) est une famille orthonormée.
On calcule pour \(\ds i<j\), \(\ds k<l\) et (\(i\ne k\) ou \(\ds j\ne l\) ):
Or soit \(\ds i\ne k\) soit \(\ds j\ne l\) donc \(\ds \langle E_{ij},E_{kl}\rangle=0\).
Par ailleur, \(\ds \langle E_{ij},E_{ij}\rangle=\tr((E_{ij})^\top E_{ij})=\tr(E_{ji}E_{ij})=\tr(E_{jj})=1\). Ainsi cette base est bien orthonormée.
Caractère libre d'une famille orthogonale
Toute famille orthogonale de vecteurs non nuls est libre.
Preuve
Soit \(\ds (b_1,\dots,b_p)\) une famille orthogonale de vecteurs non nuls (aucun vecteur n'est nul). Soit \(\ds (\lambda_1,\dots,\lambda_p)\in \mathbb R^p\) tels que \(\ds \lambda_1b_1+\cdots+\lambda_pb_p=0\). On a alors, en effectuant le produit scalaire par \(\ds b_1\) par exemple : \(\ds \langle b_1,\sum_{i=1}^p \lambda_ib_i\rangle =0\). Or \(\ds \langle b_1,\sum_{i=1}^p \lambda_ib_i\rangle =\sum_{i=1}^p\lambda_i\langle b_1,b_i\rangle=\lambda _1\langle b_1,b_1\rangle+\sum_{i=2}^p\lambda_i\langle b_1,b_i\rangle=\lambda _1\langle b_1,b_1\rangle\). On a donc \(\ds \lambda_1 ||b_1||^2=0\) et puisque \(\ds b_1\ne 0\), \(\ds \lambda_1=0\). On montre de même que pour tout \(\ds i\in\{1,\dots,p\}\), \(\ds \lambda_i=0\) : la famille est bien libre.
Théorème de Pythagore
Soit \(\ds E\) un espace préhilbertien réel muni d'un produit scalaire \(\ds \langle\cdot,\cdot\rangle\) et \(\ds ||\cdot||\) la norme associée.
Soit \(\ds (x_1,\dots,x_n)\) une famille de vecteurs orthogonale, alors \(\ds ||x_1+\cdots+x_n||^2=||x_1||^2+\cdots+||x_n||^2\).
Si \(\ds n=2\), il y a équivalence.
Preuve
Soit \(\ds (x_1,\dots,x_n)\) une famille de vecteurs orthogonale. On a alors :
Exemple
On note \(\ds E=\mathbb R^2\). On considère les trois vecteurs \(\ds u=(1,0)\), \(\ds v=(0,1)\) et \(\ds w=(-1,1)\). Montrer que l'égalité du théorème de Pythagore est vérifiée alors que les trois vecteurs ne forment pas une famille orthogonale.
\(\ds ||u+v+w||^2=||(0,2)||^2=4\) et \(\ds ||u||^2+||v||^2+||w||^2=1+1+2=4\). On a donc bien \(\ds ||u+v+w||^2=||u||^2+||v||^2+||w||^2\) alors que les trois vecteurs ne forment clairement pas une famille orthogonale.
Algorithme d'orthonormalisation de Gram-Schmidt
Soit \(\ds E\) un espace préhilbertien réel muni d'un produit scalaire \(\ds \langle\cdot,\cdot\rangle\) et \(\ds ||\cdot||\) la norme associée. Soit \(\ds (x_1,\dots,x_n)\) une famille quelconque de \(\ds E\). On définit les deux familles \(\ds (\epsilon_1,\dots,\epsilon_n)\) et \(\ds (e_1,\dots,e_n)\) de la façon suivante :
-
\(\ds \epsilon_1=x_1\)
-
\(\ds \forall k>1,\, \epsilon_k=x_k-\sum_{i=1}^{k-1}\frac{\langle x_k,\epsilon_i\rangle}{||\epsilon_i||^2}\epsilon_i\).
-
\(\ds \forall k\ge 1,\, e_k=\frac{\epsilon_k}{||\epsilon_k||}\).
Alors la famille \(\ds (e_1,\dots,e_n)\) ainsi construite est une famille orthonormée.
Preuve
Cette famille est normée, par construction. Montrons que la famille des \(\ds \epsilon_k\) est orthogonale.
Pour cela on montre par récurrence sur \(\ds k\) que la famille \(\ds (\epsilon_1,\dots,\epsilon_{k})\) est orthogonale. On ne traite ici que l'hérédité : par hypothèse de récurrence, la famille jusqu'à \(\ds k-1\) est orthogonale. Il s'agit donc de montrer que \(\ds \epsilon_k\) est orthogonal à tous les précédents. Par construction, \(\ds \epsilon_k=x_k-\sum_{i=1}^{k-1}\frac{\langle{\epsilon_i|x_k}\rangle}{||\epsilon_i||^2}\epsilon_i\) donc en prenant \(\ds 1\le j<k\), on a \(\ds \langle{\epsilon_j|\epsilon_k}\rangle=\langle{\epsilon_j|x_k}\rangle-\sum_{i=1}^{k-1}\frac{\langle{\epsilon_i|x_k}\rangle}{||\epsilon_i||^2}\langle{\epsilon_j|\epsilon_i}\rangle\underset{H.R.}=\langle{\epsilon_j|x_k}\rangle-\frac{\langle{\epsilon_j|x_k}\rangle}{||\epsilon_j||^2}\langle{\epsilon_j|\epsilon_j}\rangle=0\). L'hérédité est démontrée.
Exemple
Dans \(\ds \mathscr{M}_2(\mathbb{R})\) muni du produit scalaire canonique \(\ds \langle A, B\rangle=\operatorname{tr}\left(A^{\top} B\right)\), orthonormaliser la famille \(\ds \left(A_1, A_2, A_3\right)\) avec
On va orthonormaliser la famille en une famille \(\ds (B_1,B_2,B_3)\). On pose \(\ds B_1'=A_1\). Ensuite \(\ds B'_2=A_2-\frac{\langle A_2,B'_1}{||B'_1||^2}B'_1\). Or \(\ds ||B'_1||^2=\tr({B'_1}^\top B'_1)=2\) et \(\ds \langle A_2,B'_1\rangle = \tr(A_2^\top B_1')=\tr(A_2)=2\). On a donc \(\ds B'_2 = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}-I_2=\begin{pmatrix}0 & 1 \\1 & 0\end{pmatrix}\).
Enfin, \(\ds B'_3=A_3-\frac{\langle A_3,B'_1\rangle}{||B'_1||^2}B'_1-\frac{\langle A_3,B'_2\rangle}{||B'_2||^2}B'_2\). Or \(\ds \langle A_3,B'_1\rangle = \tr(A_3^\top B'_1)\tr(A_3)=1\), \(\ds \langle A_3,B'_2\rangle = \tr(A_3^\top B'_2)=\tr(\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 0 & 0\end{pmatrix})=0\). On calcule tout de même la norme de \(\ds B'_2\) : \(\ds ||B'_2||^2=\tr({B'_2}^\top B'_2=\tr(I_2)=2\).
On a alors \(\ds B'_3=\begin{pmatrix} 1&0\\0&0\end{pmatrix}-\frac 12I_2=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\). On calcule la norme de \(\ds B'_3\) : \(\ds ||B'_3||^2=\frac 12\). On a finalement :
Bases orthonormées d'un espace euclidien
Existence
Dans un espace euclidien \(\ds E\), il existe une base orthonormée.
Preuve
\(\ds E\) étant de dimension finie, il existe une base \(\ds (x_1,\dots,x_n)\). En appliquant l'algorithme d'orthonormalisation de Gram-Schmidt à cette famille, on obtient une famille orthonormée, donc libre, de \(\ds n\) éléments : c'est une base orthonormée de \(\ds E\).
Théorème de la base orthonormée incomplète
Soit \(\ds E\) un espace euclidien de dimension \(\ds n\). Soit \(\ds p\le n\) et \(\ds (x_1,\dots,x_p)\) une famille orthonormée de vecteurs non-nuls de \(\ds E\). Alors il existe \(\ds x_{p+1},\dots,x_{n}\) tels que \(\ds (x_1,\dots, x_n)\) soit une base orthonormée de \(\ds E\).
Preuve
On fait une preuve utilisant le principe d'orthonormalisation de Gram-Schmidt : il faut bien comprendre qu'appliqué à une famille déjà orthonormée, l'algorithme n'a pas d'effet. Prenons donc une famille \(\ds (x_1,\dots,x_p)\) orthonormée dans \(\ds E\), dont aucun vecteur n'est nul. Nous avons vu que cette famille est libre donc on peut lui appliquer le théorème de la base incomplète : il existe \(\ds y_{p+1},\dots,y_n\) tels que \(\ds (x_1,\dots,x_p,y_{p+1},\dots,y_n)\) soit une base de \(\ds E\). Si on applique l'algorithme d'orthonormalisation de Gram-Schmidt à cette famille, les \(\ds p\) premier vecteurs étant déjà orthonormés, on obtient une famille \(\ds (x_1,\dots,x_p,x_{p+1},\dots,x_n)\) (les \(\ds p\) premiers vecteurs sont les mêmes) qui est orthonormée : on a bien complété la famille \(\ds (x_1,\dots,x_p)\) pour obtenir une base orthonormée.
Expressions en base orthonormale
Soit \(\ds E\) un espace euclidien muni d'un produit scalaire \(\ds \langle\cdot,\cdot\rangle\). On se donne une base orthonormale \(\ds (e_1,\dots,e_n)\) et deux éléments \(\ds x\) et \(\ds y\) de \(\ds E\). On a alors les égalités suivantes :
où \(\ds x_k\) et \(\ds y_k\) sont les coordonnées de \(\ds x\) et \(\ds y\) dans la base.
Preuve
Première égalité : \(\ds (e_1,\dots,e_n)\) étant une base de \(\ds E\), on peut écrire \(\ds x=\lambda_1e_1+\dots+\lambda_ne_n\). De plus, \(\ds (e_1,\dots,e_n)\) est orthonormée : si on fait le produit scalaire de cette égalité avec \(\ds e_1\) par exemple on obtient \(\ds \langle x,e_1\rangle=\lambda_1\langle e_1,e_1\rangle+\sum_{i=2}^n \lambda_i\underset{0}{\underbrace{\langle e_1,e_i\rangle}}=\lambda_1||e_1||^2=\lambda_1\). On en déduit que \(\ds \lambda_1=\langle x,e_1\rangle\). On montre de même que pour tout \(\ds i\in\{1,\dots,n\}\), \(\ds \lambda_i=\langle x,e_i\rangle\). Ainsi,
Deuxième égalité : Passons par le carré.
Troisième égalité : On développe comme précédemment :
Ainsi, lorsqu'on est dans un espace euclidien, il vaut toujours mieux travailler dans une base orthonormée : tout y est plus simple !
Exemple
On pose \(\ds E=\mathbb R_3[X]\). Déterminer un produit scalaire pour lequel la famille \(\ds (1,X-1,(X-1)^2,(X-1)^3)\) est orthonormée.
On sait bien que cette famille est une base.
Supposons qu'on ait un tel produit scalaire. Soit \(\ds P\) et \(\ds Q\) dans \(\ds E\) avec \(\ds P=p_0+p_1(X-1)+p_2(X-1)^2+p_3(X-1)^3\) et \(\ds Q=q_0+q_1(X-1)+q_2(X-1)^2+q_3(X-1)^3\), alors \(\ds \langle P,Q\rangle=p_0q_0+p_1q_1+p_2q_2+p_3q_3\). Or on sait bien d'après la formule de Taylor pour les polynômes, que \(\ds P=P(1)+P'(1)(X-1)+\frac {P''(1)}2(X-1)^2+\frac{P'''(1)}{6}(X-1)^3\). Cela donnerait donc : \(\ds \langle P,Q\rangle= P(1)Q(1)+P'(1)Q'(1)+\frac 14P''(1)Q''(1)+\frac 1{36}P'''(1)Q'''(1)\). On vérifie facilement que cette application est bilinéaire, symétrique et positive. Et si \(\ds \langle P,P\rangle=0\) alors \(\ds P(1)=P'(1)=P''(1)=P'''(1)=0\) et d'après la formule de Taylor les polynômes, \(\ds P=0\). On a donc bien ici un produit scalaire dont on peut vérifier qu'il répond à la contrainte imposée.
Projection orthogonale sur un sous-espace en dimension finie
Supplémentaire orthogonal
Soit \(\ds E\) un espace préhilbertien réel. Soit \(\ds F\) un sous-espace vectoriel de \(\ds E\) de dimension finie. Alors \(\ds F^\bot\) est un supplémentaire de \(\ds F\) appelé supplémentaire orthogonal de \(\ds F\).
Preuve
Soit \(\ds p\) la dimension de \(\ds F\).
Nous avons déjà montré que \(\ds F^\bot\) est un sous-espace vectoriel de \(\ds E\). Montrons que c'est bien un supplémentaire de \(\ds F\). Soit \(\ds x\in F\cap F^\bot\). \(\ds x\in F^\bot\) donc \(\ds x\) est orthogonal à tout élément de \(\ds F\). Or \(\ds x\in F\) Donc \(\ds x\) est orthogonal à lui même : \(\ds \langle x,x\rangle=0\). Or le produit scalaire est défini positif donc \(\ds x=0\). On en déduit que \(\ds F\cap F^\bot=\{0\}\) : on en déduit que \(\ds F\) et \(\ds F^\bot\) sont en somme directe et ainsi \(\ds n\ge \dim(F\oplus F^\bot)=\dim(F)+\dim(F^\bot)\). Donc \(\ds \dim F^\bot\le n-p\).
Soit \(\ds (b_1,\dots,b_p)\) une base orthonormée de \(\ds F\). Pour \(x\in E\), on pose \(\ds x_F=\sum_{k=1}^p \langle x,f_i\rangle f_i\). Posons \(y=x-x_F\) et prenons \(i\in\{1,\dots,p\}\), on a \(\ds\langle y,f_i\rangle = \langle x,f_i\rangle - \langle x_F,f_i\rangle=0\) car la base est orthonormée. Donc \(\ds x-x_F\in F^\bot\).
Or \(x=y+x_F\) et \(y\in F^\bot\) et \(x_F\in F\) donc \(x\in F^\bot+F\) : on a bien \(E=F\oplus F^\bot\).
On peut par ailleurs montrer que c'est le seul supplémentaire orthogonal : Soit \(G\) un supplémentaire orthogonal de \(F\). Soit \(g\in G\) et \(f\in F\), alors \(\langle g,f\rangle = 0\) donc \(g\in F^\bot\). On en déduit que $G\subset F^\bot.
Réciproquement, soit \(f_0\in F^\bot\), alors \(f_0\in E\) et on peut écrire \(f_0=f+g\) avec \(f\in F\) et \(g\in G\) puisque \(E=F\oplus G\). On fait le produit scalaire avec \(f\) pour obtenir \(\underset{0}{\underbrace{\langle f_0,f\rangle}}=||f||^2+\underset{0}{\underbrace{\langle g,f\rangle}}\) d'où \(f=0\). On en déduit \(f_0=g\) et donc $F^\bot\subset G et finalement \(F^\bot=G\) : \(F^\bot\) est l'unique supplémentaire orthogonal de \(F\) (mais il existe a priori un tas de supplémentaires non-orthogonaux).
Exemple
Montrer que, dans \(\ds \mathcal M_n(\mathbb R)\) muni du produit scalaire canonique, \(\ds \mathcal S_n(\mathbb R)\) et \(\ds \mathcal A_n(\mathbb R)\) sont supplémentaires orthogonaux.
On sait déjà que les matrices symétriques et antisymétriques forment deux espaces supplémentaires. Soit \(\ds A\) antisymétrique et \(\ds S\) symétrique. On rappelle que la trace est invariante par transposition. On a donc, puisque \(\ds A\) est antisymétrique, \(\ds \langle A,S\rangle=\tr(A^\top S)=\tr(-AS)=-\tr(AS)=-\tr(SA)=-\tr(S^\top A)\) car \(\ds S\) est symétrique. On en déduit que \(\ds \langle A,S\rangle = -\langle S,A\rangle=-\langle A,S\rangle\). Ainsi \(\ds 2\langle A,S\rangle=0\) et donc \(\ds A\) et \(\ds S\) sont orthogonaux.
Projection orthogonale
Soit \(\ds E\) un espace préhilbertien réel, soit \(\ds F\) un sous-espace vectoriel de \(\ds E\) de dimension finie. Le projecteur \(\ds p_F\) sur \(\ds F\) parallèlement à \(\ds F^\bot\) est appelé projecteur orthogonal sur \(\ds F\).
Expression de \(\ds p_F\)
Si \(\ds F\) est un sous-espace vectoriel d'un espace euclidien \(\ds E\) et si \(\ds e_1,\dots,e_p\) est une base orthonormée de \(\ds F\), alors pour tout \(\ds x\in E\),
Preuve
Soit \(\ds (e_1,\dots,e_p)\) une base orthonormée de \(\ds F\) complétée en une base orthonormée \(\ds e_1,\dots,e_n\) de \(\ds E\) (\((e_{p+1},\dots,e_n)\) est une base de \(\ds F^\bot\)). On a vu plus haut que \(\ds x=\sum_{i=1}^n \langle x,e_i\rangle e_i\). Passons tout ceci à travers \(\ds p_F\) :
Exemple
Soit \(\ds p\) la projection orthogonale sur \(\ds S_n(\mathbb R)\). Soit \(\ds M\in\mathcal M_n(\mathbb R)\). Déterminer \(\ds p(M)\) en utilisant cette formule.
Une base orthonormée (à vérifier) de \(\ds S_n(\mathbb R)\) est donnée par la famille des \(\ds E_ii\) pour \(\ds i\) de \(\ds 1\) à \(\ds n\) et des \(\ds \frac 1{\sqrt 2}\left(E_{ij}+E_{ji}\right)\) pour \(\ds 1\le i<j\le n\). Calculons le produit scalaire de \(\ds M\) avec chacun des vecteurs de la base.
On en déduit que \(\ds p(M)=\sum_{i=1}^n M_{ii}E_{ii}+\sum_{1\le i<j\le n}\frac 12(M_{ij}+M_{ji})(E_{ij}+E_{ji})\) c'est à dire \(\ds p(M)=\frac 12(M+M^\top)\).
On aurait pu faire plus vite : on connaît en effet la décomposition d'une matrice \(\ds M\) dans \(\ds \mathcal S_n(\mathbb R)\oplus \mathcal A_n(\mathbb R)\) : \(\ds M=\frac 12(M+M^\top)+\frac 12(M-M^\top)\). Donc \(\ds p(M)=\frac 12(M+M^\top)\).
Distance à un sous-espace
Soit \(\ds E\) un espace euclidien, soit \(\ds ||\cdot||\) la norme associée au produit scalaire de \(\ds E\). Soit \(\ds F\) un sous-espace vectoriel de \(\ds E\) et \(\ds x\in E\). On appelle distance de \(\ds x\) à \(\ds F\) la quantité
La distance est atteinte
Soit \(\ds E\) un espace euclidien, soit \(\ds ||\cdot||\) la norme associée au produit scalaire de \(\ds E\). Soit \(\ds F\) un sous-espace vectoriel de \(\ds E\) et \(\ds x\in E\). Alors \(\ds d(x,f)=||p_f(x)-x||\) et si \(\ds ||y-x||=d(x,F)\) alors \(\ds y=p_F(x)\).
Preuve
Soit \(\ds y\in F\) alors \(\ds x-p_F(x)\in F^\bot\) et \(\ds y-p_F(x)\in F\). D'après le théorème de Pythagore, \(\ds ||x-y||^2=||x-p_F(x)+p_F(x)-y||^2=||x-p_F(x)||^2+||y-p_F(x)||^2\ge ||x-p_F(x)||^2\) avec égalité si et seulement si \(\ds ||y-p_F(x)||=0\) c'est à dire \(\ds y=p_F(x)\).
On en déduit notamment que \(\ds ||x-y||\ge ||x-p_F(x)||\) donc par passage à l'inf à gauche, \(\ds d(x,F)\ge ||x-p_F(x)||\). Or \(\ds p_F(x)\in F\) donc \(\ds ||x-p_F(x)||\ge d(x,F)\). Par antisymétrie de la relation d'ordre on a donc \(\ds d(x,F)=||x-p_F(x)||\) et d'après la remarque sur l'égalité juste au dessus, \(\ds d(x,F)=||x-y||\) avec \(\ds y\in F\) ssi \(\ds y=p_F(x)\).
Exemple
Calculer la distance de \(\ds A=\begin{pmatrix} 1&2&3\\-1&1&1\\3&0&1\end{pmatrix}\) à \(\ds S_n(\mathbb R)\) dans \(\ds \mathcal M_n(\mathbb R)\) muni du produit scalaire canonique.
Soit \(\ds p\) la projection orthogonale sur \(\ds \mathcal S_n(\mathbb R)\). D'après le cours, \(\ds d(A,\mathcal S_n(\mathbb R))=||A-p(A)||\). Or \(\ds p(A)=\frac 12(A+A^\top)\) donc \(\ds d(A,\mathcal S_n(\mathbb R))=||\frac 12 (A-A^\top)||\). On a \(\ds \frac 12(A-A^\top)=\frac 12\begin{pmatrix}0 & 3 & 0\\-3 & 0 & 1\\0 & -1 & 0\end{pmatrix}\). Notons cette matrice \(\ds B\). On cherche donc à calculer \(\ds \sqrt{\tr(B^\top B)}\). On calcule d'abord \(\ds B^\top B=\frac 14\begin{pmatrix}9 & 0 & -3\\0 & 10 & 0\\ -3 & 0 & 1\end{pmatrix}\).
Ainsi, \(\ds d(A,\mathcal S_n(\mathbb R))=\sqrt{\tr(B^\top B)}=\sqrt{\frac 14\times 20}=\sqrt 5\).
Calcul de la distance à un hyperplan
Soit \(\ds E\) un espace euclidien, soit \(\ds ||\cdot||\) la norme associée au produit scalaire de \(\ds E\). Soit \(\ds u\in E\), on pose \(\ds F=vect(u)^\bot\). Alors pour tout \(\ds x\) dans \(\ds E\),
Preuve
On pose \(\ds b = \frac u{||u||}\) et on associe \(\ds b\) à une base de \(\ds F\) pour faire une base de \(\ds E\). On a alors d'après les propriétés de décomposition dans une base orthonormée : \(\ds x=\langle x,b\rangle b+p_F(x)\) et donc \(\ds p_F(x)=x-\langle x,b\rangle=x-\langle x,u\rangle\frac u{||u||^2}\).
On en déduit que \(\ds d(x,F)=||x-p_F(x)||=\big|\big|\frac{\langle x,u\rangle u}{||u||^2}\big|\big|=\frac{|\langle x,u\rangle|}{||u||}\).
Exemple
Dans \(\ds \mathcal M_n(\mathbb R)\) muni du produit scalaire canonique, on note \(\ds J\) la matrice dont tous les coefficients valent \(\ds 1\). Donner la distance de \(\ds J\) à \(\ds \ker\tr\).
Un vecteur orthogonal à l'hyperplan \(\ds \ker\tr\) est \(\ds I_n\). On applique la formule : \(\ds d(J,\ker\tr)=\frac{|\langle J,I_n\rangle|}{||I_n||}=\frac{|\tr(J^\top I_n)|}{\sqrt{\tr(I_n^\top I_n)}}=\frac{n}{\sqrt n}=\sqrt n\).
Théorème de représentation des formes linéaires
Soit \(\ds \varphi\) une forme linéaire sur un espace euclidien \(\ds E\). Alors il existe un unique \(\ds a\in E\) tel que pour tout \(\ds x\in E\), \(\ds \varphi(x)=\langle a,x\rangle\).
Preuve
Supposons que \(\ds \varphi(x)=\langle a,x \rangle=\langle b,x \rangle\) pour tout \(\ds x\). On a alors \(\ds \langle a-b|x\rangle=0\) pour tout \(\ds x\) : \(\ds a-b\) est donc orthogonal à tout élément de \(\ds E\) : \(\ds a-b=0\). Si un tel vecteur existe, il est donc unique. Montrons donc l'existence d'un tel vecteur.
\(\ds \varphi\) est une forme linéaire donc \(\ds \ker\varphi\) est de dimension \(\ds n-1\). Prenons \(\ds u\) un vecteur unitaire orthogonal à \(\ds \ker\varphi\). Alors \(\ds E=\ker\varphi\oplus Vect(u)\).
Analyse : supposons l'existence de \(\ds a\) alors pour tout \(\ds x\in\ker\varphi\), \(\ds \langle a|x\rangle=\varphi(x)=0\). Donc \(\ds a\in(\ker\varphi)^{\bot}\). On en déduit que \(\ds a=\lambda u\). On a alors \(\ds \varphi(u)=\langle a,u\rangle=\lambda\langle u,u\rangle =\lambda\). Donc \(\ds a=\varphi(u)u\).
Synthèse : Posons \(\ds a=\varphi(u)u\). Soit \(\ds x\in E\), on pose \(\ds x=x_K+\lambda u\). On a alors : \(\ds \varphi(x)=\varphi(x_K)+\varphi(\lambda u)=\lambda\varphi(u)\). Et \(\ds \langle a,x\rangle=\langle a,x_k+\lambda u\rangle =\langle a,x_k\rangle+\lambda \langle a,u\rangle=\lambda \varphi(u)\langle u,u\rangle=\lambda\varphi(u)\). Ainsi \(\ds \varphi(x)=\langle a,x\rangle\).
Remarque
Ce théorème est une version faible du Théorème de Riesz, plus général.
Endomorphismes d'un espace euclidien
Isométries vectorielles d'un espace euclidien
Isométrie vectorielle
Un endomorphisme \(\ds u\) d'un espace euclidien \(\ds E\) est une isométrie vectorielle si et seulement si :
bijectivité
Soit \(\ds u\) une isométrie d'un espace euclidien \(\ds E\), alors \(\ds u\) est un automorphisme de \(\ds E\).
Preuve
Montrons que \(\ds u\) est injective : un endomorphisme injectif est bijectif.
Soit \(\ds x\) tel que \(\ds u(x)=0\). Alors \(\ds u\) étant une isométrie, \(\ds ||u(x)||=||x||\) donc \(\ds ||x||=0\) c'est à dire \(\ds x=0\) : \(\ds u\) est injective, donc bijective.
Exemple
Montrer qu'une symétrie orthogonale d'un espace euclidien est une isométrie vectorielle.
Soit \(\ds s\) une symétrie orthogonale par rapport à un sous-espace vectoriel \(\ds F\). Soit \(\ds x\in E\), on a \(\ds x=x_F+x_\bot\) avec \(\ds x_F\in F\) et \(\ds x_\bot\in F^\bot\). Alors \(\ds s(x)=x_F-x_\bot\) par définition et d'après le théorème de Pythagore, \(\ds ||s(x)||^2=||x_F||^2+||-x_\bot||^2=||x_F||^2+||x_\bot||^2=||x||^2\) ou encore \(\ds ||s(x)||=||x||\). Ainsi \(\ds s\) est une isométrie vectorielle.
Caractérisation des isométries
Soit \(\ds E\) un espace euclidien, \(\ds u\) un endomorphisme de \(\ds E\). Alors il y a équivalence entre les trois propriétés suivantes :
- \(\ds u\) est une isométrie vectorielle ;
- pour tout couple \(\ds (x,y)\) d'éléments de \(\ds E\), \(\ds \langle u(x),u(y)\rangle=\langle x,y\rangle\) ;
- l'image d'une base orthonormée par \(\ds u\) est une base orthonormée.
Preuve
Supposons que \(\ds u\) soit une isométrie vectorielle. Soit \(\ds (x,y)\in E^2\). D'après les formules de polarisation on a par exemple :
Ainsi \(\ds u\) conserve le produit scalaire.
Supposons maintenant que \(\ds u\) conserve le produit scalaire. Soit \(\ds (b_1,\dots,b_n)\) une base orthonormée de \(\ds E\). Montrons que \(\ds (u(b_1),\dots,u(b_n))\) est une famille orthonormée. En effet, \(\ds u\) étant un automorphisme, on sait que \(\ds (u(b_1),\dots,u(b_n))\) est une base. Tout d'abord, \(\ds ||u(b_i)||^2=\langle u(b_i),u(b_i)\rangle=\langle b_i,b_i\rangle=1\). Donc la famille est bien bornée. Soit maintenant \(\ds i\ne j\), \(\ds \langle u(b_i),u(b_j)\rangle = \langle b_i,b_j\rangle=0\). Donc la famille est bien orthogonale. L'image d'un base orthonormée est donc bien une base orthonormée.
Enfin, supposons que l'image d'une base orthonormée est une base orthonormée. Soit \(\ds (b_1,\dots,b_n)\) une base orthonormée de \(\ds E\). Soit \(\ds x\in E\), on pose \(\ds x=\sum_{i=1}^nx_ib_i\) :
donc \(\ds u\) est une isométrie vectorielle.
Groupe orthogonal
On appelle groupe orthogonal l'ensemble des isométries vectorielles de \(\ds E\) et on note \(\ds O(E)\).
structure de \(\ds O(E)\)
Tout élément de \(\ds O(E)\) est inversible et \(\ds O(E)\) est stable par composition et inverse.
Preuve
Nous avons déjà montré que les éléments de \(\ds O(E)\) sont inversibles (ce sont des automorphismes). Soit \(\ds u\) et \(\ds v\) deux éléments de \(\ds O(E)\). Montrons que \(\ds u^{-1}\in O(E)\) et que \(\ds u\circ v\in O(E)\).
Soit \(\ds x\in E\), \(\ds ||u^{-1}(x)|| = ||u(u^{-1}(x))||=||x||\), donc \(\ds u^{-1}\) est une isométrie vectorielle.
Soit \(\ds x\in E\), \(\ds ||u\circ v(x)||=||u(v(x))||=||v(x)||=||x||\) donc \(\ds u\circ v\) est une isométrie vectorielle.
Stabilité de l'orthogonal par \(\ds O(E)\)
Soit \(\ds E\) un espace euclidien, \(\ds F\) un sous-espace de \(\ds E\) et \(\ds u\in\mathcal L(E)\) tel que \(\ds F\) est stable par \(\ds u\). Alors \(\ds F^\bot\) est stable par \(\ds u\).
Preuve
Soit donc \(\ds E\) un espace euclidien, soit \(\ds F\) un sous-espace vectoriel de \(\ds E\). Soit \(\ds u\in\mathcal L(E)\), on suppose que \(\ds u(F)\subset F\). On veut montrer que \(\ds u(F^\bot)\subset F^\bot\).
Tout d'abord, \(\ds u\) étant un automorphisme, \(\ds u(F)\) et \(\ds F\) ont même dimension. Or \(\ds u(F)\subset F\) donc \(\ds u(F)=F\). Soit \(\ds y\in u(F^\bot)\), on veut montrer que \(\ds y\) est dans \(\ds F^\bot\). Soit \(\ds x\in F^\bot\) tel que \(\ds y=u(x)\). Prenons \(\ds y'\in F\). Puisque \(\ds F=u(F)\), il existe \(\ds x'\in F\) tel que \(\ds y'=u(x')\). On a alors \(\ds \langle y,y'\rangle = \langle f(x),f(x')\rangle = \langle x,x'\rangle = 0\) car \(\ds x\in F^\bot\) et \(\ds x'\in F\). Ainsi, si \(\ds y\in u(F^\bot)\) alors \(\ds y\) est orthogonal à tout élément de \(\ds F\) : \(\ds u(F^\bot)\subset F^\bot\). Et avec les même considérations de dimension, on a bien sûr finalement \(\ds u(F^\bot)=F^\bot\).
Valeurs propres
Soir \(\ds u\) une isométrie vectorielle. Soit \(\ds \lambda\) une valeur propre réelle de \(\ds u\). Alors \(\ds \lambda =\pm 1\).
Preuve
Soit \(\ds x\) un vecteur propre associé à \(\ds \lambda\). \(\ds u\) conserve la norme donc \(\ds ||u(x)||=||x||\). Mais \(\ds ||u(x)||=||\lambda x||=|\lambda|\,||x||\). On en déduit \(\ds |\lambda|=1\).
Matrices orthogonales
Matrice orthogonale
Une matrice \(\ds A\in\mathcal M_n(\mathbb R)\) est orthogonale si et seulement si \(\ds A^\top A=I_n\).
Caractérisation par les lignes et les colonnes
Soit \(\ds A\in\mathcal M_n(\mathbb R)\). On a équivalence entre les deux propriétés suivantes :
- i) \(\ds A\) est orthogonale ;
- ii) La famille des colonnes de \(\ds A\) est une base orthonormée de \(\ds \mathcal M_{n,1}(\mathbb R)\) ;
Preuve
Montrons i) \(\ds \Leftrightarrow\) ii). Soit \(\ds A\) orthogonale. Notons \(\ds C_1,\dots,C_n\) ses colonnes. Alors le terme \(\ds i,j\) de \(\ds A^\top A\) est égal à \(\ds \langle C_i,C_j\rangle\). Ainsi \(\ds A^\top A=I_n\) si et seulement si \(\ds \langle C_i,C_j\rangle =\delta_{ij}\) : on en déduit que la famille des colonnes est orthonormée si et seulement si \(\ds A\) est orthogonale.
Pour montrer que i) \(\ds \Leftrightarrow\) iii), on utilise le fait que \(\ds A\) est inversible d'inverse \(\ds A^\top\) pour écrire \(\ds AA^\top=I_n\). On réutilise alors les mêmes arguments que précédemment.
Changement de base
Toute matrice de changement de base orthonormée est orthogonale.
Toute matrice orthogonale est une matrice de changement de base orthonormée.
Preuve
Soient \(\ds \mathcal B\) et \(\ds \mathcal C\) deux bases orthonormées de \(\ds E\) euclidien de dimension \(\ds n\). On pose \(\ds \mathcal B=(b_1,\dots,b_n)\) et \(\ds \mathcal C=(c_1,\dots,c_n)\). La matrice \(\ds P\) de passage de \(\ds \mathcal B\) à \(\ds \mathcal C\) contient, en colonne, les coordonées de \(\ds \mathcal C\) dans la base \(\ds \mathcal B\). Ainsi, \(\ds P_{ij}=\langle c_j,b_i\rangle\).
On en déduit qu \(\ds P^\top P=I_n\) et donc que \(\ds P\) est orthogonale.
Réciproquement, soit \(\ds A\) une matrice orthogonale de \(\ds O(n)\). Soit \(\ds E=\mathcal M_{n,1}(\mathbb R)\) muni du produit scalaire canonique. Soit \(\ds \mathcal B\) la base caononique de \(\ds E\) et \(\ds \mathcal C\) la famille des colonnes de \(\ds A\). La matrice \(\ds A\) est donc la matrice de la famille \(\ds \mathcal C\) dans la base \(\ds \mathcal B\). D'après une remarque précédente, on sait que \(\ds (A^\top A)_{ij}=\langle C_i,C_j\rangle=\delta_{ij}\) donc la famille \(\ds \mathcal C\) est orthonormée : c'est une base orthonormée.
Caractérisation des isométries vectorielles
\(\ds u\in\mathcal L(E)\) est une isométrie vectorielle de \(\ds E\) si et seulement si sa matrice dans toute base orthonormée est une matrice orthogonale. On pourra parfois rencontrer le terme automorphisme orthogonal mais on préfèrera isométrie vectorielle
Preuve
Soit \(\ds u\) une isométrie vectorielle de \(\ds E\). Soit \(\ds \mathcal B=(b_1,\dots,b_n)\) une base orthonormée de \(\ds E\). On sait que \(\ds (u(b_1),\dots,u(b_n))\) est aussi une base orthonormée. La matrice de \(\ds u\) dans la base \(\ds \mathcal B\) est alors la matrice de \(\ds (u(b_1),\dots,u(b_n))\) dans la base \(\ds \mathcal B\), c'est à dire la matrice de passage de \(\ds \mathcal B\) à \(\ds (u(b_1),\dots,u(b_n))\) : c'est une matrice de changement de base orthonormée et donc une matrice orthogonale.
Réciproquement, supposons que la matrice de \(\ds u\) dans toute base orthonormée soit orthogonale. Montrons que \(\ds u\) est une isométrie. Nous allons montrer que l'image de toute base orthonormée est une base orthonormée.
Soit donc \(\ds \mathcal B\) une base orthonormée et \(\ds \mathcal C\) l'image de \(\ds \mathcal B\) par \(\ds u\). On note \(\ds c_i=u(b_i)\). Notons \(\ds M\) la matrice de \(\ds u\) dans \(\ds \mathcal B\) : par hypothèse, \(\ds M\) est orthogonale. On a alors :
On en déduit que \(\ds \mathcal C\) est une famille orthonormée. Ainsi, l'image de toute famille orthonormée est orthonormée et donc \(\ds u\) est une isométrie vectorielle.
Groupe orthogonal
L'ensemble des matrices orthogonales de \(\ds \mathcal M_n(\mathbb R)\) est appelé groupe orthogonal et est noté \(\ds O(n)\) ou \(\ds O_n(\mathbb R)\).
Structure du groupe orthogonal
Le groupe orthogonal \(\ds O(n)\) vérifie les propriétés suivantes :
- i) Toute matrice \(\ds A\) de \(\ds O(n)\) est inversible, d'inverse \(\ds A^\bot\) ;
- ii) \(\ds O(n)\) est stable par produit et inverse ;
- iii) Si \(\ds M\in O(n)\) alors \(\ds \det(M)=\pm 1\) ;
- iv) Si \(\ds M\in O(n)\), alors \(\ds \Sp(M)\subset\{-1,1\}\).
Preuve
i) Si \(\ds A\) est orthogonale, alors \(\ds A^\top A=I_n\). Donc par définition \(\ds A\) est inversible et son inverse est \(\ds A^\top\). On a donc aussi \(\ds AA^\top=I_n\) et on peut en déduire notamment que la famille des lignes de \(\ds A\) est orthogonale.
ii) Puisque \(\ds I_n=AA^\top={(A^\top)}^\top A^\top\). Donc \(\ds A^\top\) est orthogonale, c'est à dire \(\ds A^{-1}\) est orthogonale. Puis si \(\ds A\) et \(\ds B\) sont orthogonales, on pose \(\ds C=AB\). On a alors \(\ds C^\top C = (AB)^\top(AB)=B^\top A^\top AB=B^\top(A^\top A)B=B^\top(I_n)B=B^\top B=I_n\). Donc \(\ds C\) est orthogonale c'est à dire \(\ds AB\) est orthogonale.
iii) Soit \(\ds M\in O(n)\), alors \(\ds M^\top M=I_n\). En passant au déterminant, on obtient \(\ds \det(A^\top A)=1\). Or \(\ds \det(A^\top A)=\det(A^\top)\det(A)=\det(A)\det(A)=\det(A)^2\). On a donc \(\ds \det(A)^2=1\) c'est à dire \(\ds \det(A)=\pm 1\).
iv) Soit \(\ds M\in O(n)\) et soit \(\ds \lambda\) une valeur propre de \(\ds M\) et \(\ds X\) un vecteur propre non-nul associé. Alors \(\ds MX=\lambda X\). On a alors \(\ds X^\top M^\top MX=X^\top X=||X||^2\) mais aussi \(\ds X^\top M^\top MX = (MX)^\top MX=(\lambda X)^\top (\lambda X)=\lambda^2X^\top X=\lambda^2 ||X||^2\). \(\ds X\) étant non nul, on en déduit que \(\ds \lambda^2=1\) et donc \(\ds \Sp(M)\subset\{-1,1\}\).
Exemple
Soit \(\ds M\in O(n)\) de coefficients \(\ds m_{ij}\). Montrer que \(\ds \left|\sum_{i,j}a_{ij}\right|\le n\).
On se place dans \(\ds E=\mathcal M_{n,1}(\mathbb R)\). Soit \(\ds X=\begin{pmatrix}1\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix}\) et \(\ds Y=AX\). On a alors pour le produit scalaire canonique, \(\ds \langle X,Y\rangle=\sum_{i,j}a_{ij}\). De plus, \(\ds ||X||^2=n\) et \(\ds ||Y||^2=||AX||^2=||X||^2\) car \(\ds A\) est orthogonale. On applique alors l'inégalité de Cauchy Schwarz :
c'est à dire avec les remarques précédentes, \(\ds \left|\sum_{i,j}a_{ij}\right|\le n\).
Groupe spécial orthogonal
Le sous-ensemble de \(\ds O(n)\) composé des matrices de déterminant \(\ds 1\) est appelé groupe spécial orthogonal et noté \(\ds SO(n)\) ou \(\ds SO_n(\mathbb R)\).
Structure du groupe spécial orthogonal
\(\ds SO(n)\) est stable par inverse et produit.
Preuve
On sait déjà que \(\ds O(n)\) est stable par inverse et produit. Ce que l'on cherche à savoir c'est si le déterminant de l'inverse est bien \(\ds 1\) et si le déterminant de \(\ds AB\) est bien \(\ds 1\). Soient \(\ds A\) et \(\ds B\) deux matrices de \(\ds SO(n)\). On a \(\ds \det(A^{-1})=\det (A^\top)=\det(A)=1\) d'où stabilité par inverse, et \(\ds \det(AB)=\det(A)\det(B)=1\times 1=1\). d'où stabilité par produit.
Orientation, base orthonormée directe
Soit \(\ds E\) un espace euclidien muni d'une base orthonormée \(\ds \mathcal B\). On dit que \(\ds E\) est orienté. Soit \(\ds \mathcal B'\) une autre base orthonormée de \(\ds E\). Alors \(\ds M=Mat_{\mathcal B} (\mathcal B')\) est une matrice orthogonale. Si \(\ds \det M=1\) on dira que c'est une base orthonormée directe. Si \(\ds \det M=-1\) on dira que c'est une base orthonormée indirecte.
Exemple
Soit \(\ds E=\mathbb R^3\) muni du produit scalaire canonique et orienté par la base canonique \(\ds (e_1,e_2,e_3)\). Montrer que \(\ds (e_2,e_3,e_1)\) est orthonormée directe mais pas \(\ds (e_1,e_3,e_2)\).
Il suffit de calculer les déterminants correcpondants.
Remarque
L'orientation d'un espace euclidien dépend d'une base fixée, arbitrairement choisie. Le «sens» d'une base orthonormée dépend donc toujours d'une convention posée arbitrairement.
Espace euclidien orienté de dimension 2 ou 3
Produit mixte
Soit \(\ds E\) un espace euclidien de dimension \(\ds 2\) muni d'une base orthonormée directe \(\ds \mathcal B\). Soit \(\ds (u,v)\) une famille d'éléments de \(\ds E\). On appelle produit mixte de \(\ds u\) et \(\ds v\) la quantité :
Soit \(\ds E\) un espace euclidien de dimension \(\ds 3\) muni d'une base orthonormée \(\ds \mathcal B\). Soit \(\ds (u,v,w)\) une famille d'éléments de \(\ds E\). On appelle produit mixte de \(\ds u\), \(\ds v\) et \(\ds w\) la quantité :
indépendance de la base
Le produit mixte, en dimension \(\ds 2\) ou \(\ds 3\), est indépendant de la base orthonormée directe \(\ds \mathcal B\) choisie.
Preuve
Le passage de \(\ds Mat_{\mathcal B}(u,v,w)\) à \(\ds Mat_{\mathcal B'}(u,v,w)\) se fait par la formule de changement de base. Or le déterminant est invariant par similitude donc \(\ds \det(Mat_{\mathcal B}(u,v,w))=\det(Mat_{\mathcal B'}(u,v,w))\).
produit vectoriel
Soit \(\ds u\) et \(\ds v\) deux éléments d'un espace euclidien \(\ds E\) de dimension \(\ds 3\). Soit \(\ds \varphi:x\mapsto [u,v,x]\) : \(\ds \varphi\) est une forme linéaire, donc il existe un unique \(\ds a\) tel que pour tout \(\ds x\in E\), \(\ds \varphi(x)=\langle a,x\rangle\). On appelle \(\ds a\) le produit vectoriel de \(\ds u\) par \(\ds v\) et on note \(\ds a=u\wedge v\).
Propriétés du produit vectoriel
Soient \(\ds u\) et \(\ds v\) deux éléments d'un espace euclidien de dimension \(\ds 3\). Alors :
- \(\ds u\mapsto u\wedge v\) et \(\ds v\mapsto u\wedge v\) sont des endomorphismes de \(\ds E\) ;
- \(\ds u\wedge v=-v\wedge u\) ;
- \(\ds u\wedge v=0\) si et seulement si \(\ds u\) et \(\ds v\) sont colinéaires.
- Si \(\ds u\) et \(\ds v\) sont orthogonaux et normés, alors \(\ds (u,v,u\wedge v)\) est une base orthonormée directe.
Preuve
Soit \(\ds v\in E\). Notons \(\ds \varphi(u)=u\wedge v\). Soient \(\ds u,u'\) deux éléments de \(\ds E\), \(\ds \lambda,\mu\) deux éléments de \(\ds \mathbb R\). On a d'une part, pour tout \(\ds x\in E\), par définition du produit vectoriel :
et d'autre part, par linéarité du produit scalaire et du déterminant :
et donc par unicité dans le théorème de représentation, \(\ds (\lambda u+\mu u')\wedge v = \lambda u\wedge v+\mu u'\wedge v\).
Soit maintenant \(\ds x\in E\), on a \(\ds \det(u,v,x)=\langle u\wedge v,x\rangle\) et \(\ds \det(u,v,x)=-\det(v,u,x)=-\langle v\wedge u,x\rangle=\langle -v\wedge u,x\rangle\) et toujours par unicite, \(\ds u\wedge v=-v\wedge u\).
Enfin \(\ds u\wedge v=0\) si et seulement si pour tout \(\ds x\), \(\ds \langle u\wedge v,x\rangle=0\) c'est à dire si et seulement si pour tout \(\ds x\), \(\ds \det(u,v,x)=0\) ce qui se traduit pas le fait que \(\ds u\) et \(\ds v\) sont colinéaires.
Enfin, on a \(\ds \langle u\wedge v,u\rangle=\det(u,v,u)=0\) donc \(\ds u\wedge v\) est orthogonal à \(\ds u\). De même, \(\ds u\wedge v\) est orthogonal à \(\ds v\). Soit \(\ds w\) tel que \(\ds (u,v,w)\) soit une base orthonormée directe, on a \(\ds \det(u,v,w)=1\) donc \(\ds \langle u\wedge v,w)\rangle=1\). Or \(\ds u\wedge v\) et \(\ds w\) sont colinéaires donc \(\ds u\wedge v=w\). Ainsi, \(\ds (u,v,u\wedge v)\) est une base orthonormée directe.
expression du produit vectoriel
soient \(\ds u\) et \(\ds v\) deux éléments d'un espace euclidien de dimension \(\ds 3\). Soit \(\ds \mathcal B=(e_1,e_2,e_3)\) une base orthonormée directe de \(\ds E\). On note \(\ds \begin{pmatrix} u_1\\u_2\\u_3\end{pmatrix}\) et \(\ds \begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}\) les matrices respectives de \(\ds u\) et \(\ds v\) dans \(\ds \mathcal B\). Alors la matrice de \(\ds u\wedge v\) dans la base \(\ds \mathcal B\) est \(\ds \begin{pmatrix}u_2v_3-u_3v_2\\u_3v_1-u_1v_3\\u_1v_2-u_2v_1\end{pmatrix}\).
Preuve
Soient \(\ds u\) et \(\ds v\) deux vecteurs d'un espace euclidien de dimension \(\ds 3\) muni d'un produit scalaire et d'une base orthonormée \(\ds \mathcal B=(e_1,e_2,e_3)\). On note \(\ds \begin{pmatrix} u_1\\u_2\\u_3\end{pmatrix}\) et \(\ds \begin{pmatrix}v_1\\v_2\\v_3\end{pmatrix}\) les matrices respectives de \(\ds u\) et \(\ds v\) dans \(\ds \mathcal B\). Soit \(\ds w=u\wedge v\) de coorodonnées \(\ds \begin{pmatrix}w_1\\w_2\\w_3\end{pmatrix}\). On sait que, par exemple, \(\ds w_1=\langle u\wedge v,e_1\rangle\), c'est à dire \(\ds w_1=\det(u,v,e_1)\) et par développement par rapport à la dernière colonne dans le déterminant, on obtient \(\ds w_1=u_2v_3-u_3v_2\). Et on fait de même avec \(\ds e_2\) et \(\ds e_3\) pour les deux autres coorodonnées.
Isométries vectorielles du plan
Intéressons nous maintenant plus particulièrement aux isométries d'un plan euclidien orienté.
Groupe orthogonal \(\ds O(2)\)
Soit \(\ds A\) une matrice de \(\ds O(2)\). Alors il existe \(\ds \theta\) tel que \(\ds A=\begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta\\\sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}\) (\(\det A=1\)) ou \(\ds A=\begin{pmatrix}\cos\theta & \sin\theta\\\sin\theta & -\cos\theta\end{pmatrix}\) (\(\det A=-1\)).
Preuve
Soit \(\ds A\) une matrice de \(\ds O(2)\). Notons \(\ds C_1\) et \(\ds C_2\) ses deux colonnes. \(\ds A\) étant orthogonale, \(\ds C_1\) est de norme \(\ds 1\) et il existe donc \(\ds \theta\in[0,2\pi[\) tel que \(\ds C_1=\begin{pmatrix}\cos\theta\\\sin\theta\end{pmatrix}\). De plus \(\ds C_2\) est orthogonale à \(\ds C_1\), donc proportionnelle à \(\ds \begin{pmatrix}-\sin\theta\\\cos\theta\end{pmatrix}\). Mais \(\ds C_2\) est de norme 1 donc il n'y a que deux possibilités : \(\ds C_2=\begin{pmatrix} -\sin\theta\\\cos\theta\end{pmatrix}\), soit \(\ds C_2=\begin{pmatrix}\sin\theta\\-\cos\theta\end{pmatrix}\). Le premier cas mène bien à une matrice orthogonale, de déterminant \(\ds 1\), le second vers une matrice orthogonale de déterminant \(\ds -1\).
rotations
Une matrice de \(\ds SO(2)\) est donc de la forme \(\ds \begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta\\\sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}\). Une telle matrice est appelée matrice de rotation d'angle \(\ds \theta\).
L'endomorphisme linéaire canoniquement associé à une telle matrice est appelé rotation vectorielle.
angle orienté entre deux vecteurs
Soit \(\ds u\) et \(\ds v\) deux vecteurs normés de \(\ds E\). Soient \(\ds u'\) et \(\ds v'\) tels que \(\ds (u,u')\) et \(\ds (v,v')\) soient deux bases orthonormées directes. La matrice de passage de \(\ds (u,u')\) à \(\ds (v,v')\) est donc une matrice de rotation, la valeur de \(\ds \theta\) associée est une mesure de l'angle orienté entre \(\ds u\) et \(\ds v\).
Commutativité de \(\ds SO(2)\)
Le groupe spécial orthogonal en dimension 2 est commutatif.
Remarque
Cela traduit le fait que deux rotations de centre \(\ds O\) commutent toujours en elles : une rotation d'angle \(\ds \theta_1\) suivie d'une rotation d'angle \(\ds \theta_2\) donne une rotation d'angle \(\ds \theta_1+\theta_2\) tout comme une rotation d'angle \(\ds \theta_2\) suivie d'une rotation d'angle \(\ds \theta_1\).
Preuve
Soit deux matrices de \(\ds SO(2)\) \(\ds A\) et \(\ds B\). On pose \(\ds A=\begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta\\\sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}\) et \(\ds B=\begin{pmatrix}\cos\phi & -\sin\phi\\\sin\phi & \cos\phi\end{pmatrix}\). Le produit \(\ds AB\) donne :
Le rôle de \(\ds \theta\) et \(\ds \phi\) est clairement symétrique, on s'épargne donc les calculs dans l'autre sens et on obtient \(\ds AB=BA\).
Réflexion
Soit \(\ds A\in O(2)\) telle que \(\ds \det A=-1\). Alors \(\ds A\) est la matrice d'une symétrie orthogonale.
Preuve
Puisque \(\ds A\) est dans \(\ds O(2)\) avec \(\ds \det A=-1\), on peut écrire \(\ds A\) sous la forme \(\ds \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ \sin\theta & -\cos\theta\end{pmatrix}\) et alors :
On en déduit que \(\ds A\) est la matrice d'une symétrie. Notons \(\ds s\) cette symétrie. Sa matrice dans une base orthogonale étant orthogonale, c'est une isométrie vectorielle. On cherche à montrer que la direction de symétrie (\(\ker (s+id)\)) et l'espace de symétrie (\(\ker (s-id)\)) sont orthogonaux. Soit \(\ds x\in\ker(s+id)\) et \(\ds y\in\ker(s-id)\), on a alors \(\ds x=-s(x)\) et \(\ds y=s(y)\). On a donc \(\ds \langle x,y\rangle = \langle -s(x),s(y)\rangle = -\langle s(x),s(y)\rangle = -\langle x,y\rangle\). On en déduit que \(\ds \ker(s+id)\bot\ker(s-id)\) et donc la symétrie est orthogonale. Comme on est en dimension \(\ds 2\), si ce n'est pas l'identité, c'est une réflexion.
Classification des isométries vectorielles en dimension \(\ds 2\)
Une isométrie vectorielle en dimension \(\ds 2\) est soit une rotation, soit une symétrie/réflexion orthogonale.
Preuve
C'est simplement une compilation des résultats vus précédemment.
Exemple
Soit \(\ds A=\frac 1{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1\end{pmatrix}\). Montrer que \(\ds A\) est une matrice de \(\ds O(2)\) et que c'est la matrice d'une réflexion orthogonale. Soit \(\ds s\) la réflexion canoniquement associée à \(\ds A\), déterminer l'axe de symétrie.
On a \(\ds A^\top A = I_2\) et \(\ds \det A=-1\) : c'est bien une matrice de réflexion. Pour trouver l'axe de symétrie, on chercher $\ds X=\begin{pmatrix} x_1\x_2\end{pmatrix} tel que \(\ds AX=X\) ce qui donne le système :
dont les solutions sont les vecteurs de la forme \(\ds \alpha\begin{pmatrix}1+\sqrt 2\\1\end{pmatrix}\).
Isométries vectorielles d'un espace euclidien de dimension 3
Valeurs propres de \(\ds SO(3)\)
Soit \(\ds M\in SO(3)\). Alors \(\ds M\) admet \(\ds 1\) comme valeur propre.
Preuve
\(\ds M\) est une matrice \(\ds 3\times 3\) donc son polynôme caractéristique est réel et de degré \(\ds 3\) : il admet une racine réelle au moins. \(\ds M\) étant dans \(\ds SO(3)\) on sait que ses valeur propres réelles sont \(\ds +1\) et/ou \(\ds -1\). Les deux autres valeurs propres de \(\ds M\) sont soit des \(\ds 1\) et \(\ds -1\) soit deux complexes conjugués. la distribution de valeurs propres est donc l'une parmi celles-ci : \(\ds (1,1,1)\), \(\ds (1,-1,-1)\), \(\ds (1,-1,1)\),\((1,\lambda,\bar\lambda)\), \(\ds (-1,-1,-1)\) ou \(\ds (-1,\lambda,\bar\lambda)\). On sait que le déterminant est le produit des valeurs propres et ici le déterminant est positif : les seuls cas possibles sont donc \(\ds (1,1,1)\), \(\ds (1,-1,-1)\), \(\ds (1,\lambda,\bar\lambda)\) : dans tout ces cas, \(\ds 1\) est valeur propre.
Description de \(\ds SO(3)\)
On note \(\ds R_\theta=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & \cos\theta & -\sin\theta \\ 0 & \sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}\). Toute matrice \(\ds A\) de \(\ds SO(3)\) est semblable à une matrice \(\ds R_\theta\).
Preuve
Si \(\ds A\) est l'identité, c'est réglé avec \(\ds \theta=0\). Sinon, considérons l'endomorphisme \(\ds u\) de \(\ds \mathbb R^3\) canoniquement associé à \(\ds A\in SO(3)\). \(\ds u\) admet \(\ds 1\) comme valeur propre de multiplicité \(\ds 1\) : Notons \(\ds F=E_1(u)\), alors \(\ds F\) est stable par \(\ds u\). La matrice de \(\ds u\) dans une base orthonormée adaptée à \(\ds F\) est de la forme (\(F\) et \(\ds F^\bot\) sont stables par \(\ds u\)) : \(\ds B=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & A'\end{pmatrix}\) avec \(\ds A'\) nue matrice \(\ds 2\times 2\). Évidemment \(\ds B\) est orthogonale et \(\ds I_3=B^\top B=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & (A')^\top A'\end{pmatrix}\). On en déduit que \(\ds A'\in O(2)\). De plus \(\ds \det(B)=\det(A)=1=1\times \det (A')\). Donc \(\ds \det(A')=1\) et on en déduit \(\ds A'\in SO(2)\). Ainsi on peut écrire \(\ds A'=\begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta\\\sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}\). On en déduit que \(\ds B=R_\theta\). Or \(\ds B\) est une matrice de \(\ds u\) dans une base orthonormée donc \(\ds A\) est bien semblable à une matrice de la forme \(\ds R_\theta\).
Matrice de rotation
On appelle \(\ds R_\theta\) une matrice de rotation.
Rotation vectorielle d'un espace euclidien orienté de dimension \(\ds 3\)
Soit \(\ds u\) une isométrie vectorielle de \(\ds E\). Si \(\ds \det(u)=1\) alors il existe une base orthonormée de \(\ds u\) telle que la matrice de \(\ds u\) dans cette base soit une matrice \(\ds R_\theta\). On appelle alors \(\ds u\) rotation vectorielle. Elle est définie par son axe qui engendre \(\ds E_1(u)\) et par un angle \(\ds \theta\) qui vérifie \(\ds \tr(u)=1+2\cos\theta\).
Exemple
Soit \(\ds M=\frac 13\begin{pmatrix}-1 & 2 & 2 \\ 2 & -1 & 2\\ 2 & 2 & -1\end{pmatrix}\). Montrer que \(\ds M\) est la matrice d'une rotation dont on précisera les éléments caractéristiques (angle et axe).
On calcule facilement \(\ds M^\top M=I_3\) et \(\ds \det M=1\). Donc \(\ds M\) est la matrice d'une rotation d'axe \(\ds u\) et d'angle \(\ds \theta\). On a \(\ds \tr(M)=1+2\cos\theta\) donc ici \(\ds \cos\theta=-1\) : \(\ds \theta=\pi\) convient. Cherchons l'axe en résolvant \(\ds AX=X\) :
Le vecteur \(\ds \begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix}\) est donc un vecteur directeur de l'axe de rotation.
Attention
\(\ds SO(3)\), contrairement à \(\ds SO(2)\), n'est pas commutatif.
Réduction des endomorphismes autoadjoints et des matrices symétriques réelles
Matrice d'un endomorphisme dans une base orthonormée
Soit \(\ds u\in\mathcal L(E)\) où \(\ds E\) est un espace euclidien muni d'une base orthonormée \(\ds \mathcal B=(b_1,\dots,b_n)\). La matrice de \(\ds u\) dans la base \(\ds \mathcal B\) est la matrice \(\ds M\in\mathcal M_n(\mathbb R)\) définie par \(\ds m_{ij}=\langle u(e_j),e_i\rangle\).
endomorphisme autoadjoint
Soit \(\ds u\in\mathcal L(E)\) où \(\ds E\) est un espace euclidien. \(\ds u\) est un automorphisme autoadjoint si et seulement si, pour tout \(\ds (x,y)\in E^2\), \(\ds \langle u(x),y\rangle=\langle x,u(y)\rangle\). On note \(\ds \mathcal S(E)\) l'ensemble des automorphismes autoadjoints.
Caractérisation matricielle
Soit \(\ds u\in\mathcal L(E)\) où \(\ds E\) est un espace euclidien. Alors \(\ds u\) est un endomorphisme autoadjoint si et seulement si la matrice de \(\ds u\) dans toute base orthonormée est symétrique.
Preuve
Cela découle de la propriété précédente. En effet si \(\ds M\) est la matrice de \(\ds u\) dans une base orthonormée \(\ds (b_1,\dots,b_n)\), alors \(\ds M_{ij}=\langle u(b_j),b_i\rangle=\langle b_j,u(b_i)\rangle=M_{ji}\). Donc \(\ds M\) est symétrique. Réciproquement, si \(\ds M\) est symétrique, alors pour tout couple \(\ds i,j\), \(\ds \langle u(b_j),b_i\rangle =\langle b_j,u(b_i)\rangle\). Soit \(\ds x\) et \(\ds y\) deux éléments de \(\ds E\) avec \(\ds x=\sum_{i=1}^nx_ib_i\) et \(\ds y=\sum_{j=1}^ny_jb_j\). Alors :
Ainsi \(\ds u\) est bien autoadjoint.
Structure du noyau et de l'image
Soit \(\ds E\) un espace euclidien et \(\ds u\in\mathcal S(E)\). Alors \(\ds \ker u\) et \(\ds \im u\) sont supplémentaires orthogonaux.
Preuve
Soit \(\ds x\in \ker u\) et \(\ds y\in\im u\). Alors \(\ds u(x)=0\) et on peut écrire \(\ds y=u(z)\) avec \(\ds z\in E\). On a alors \(\ds \langle x,y\rangle =\langle x,u(z)\rangle=\langle u(x),z\rangle=\langle 0,z\rangle=0\). Donc \(\ds \ker u\) et \(\ds \im u\) sont orthogonaux. Leur intersection est donc réduite à \(\ds 0\) et par le théorème du rang, \(\ds \dim(E)=\dim\ker u+\dim\im u\). Donc \(\ds \ker u\) et \(\ds \im u\) sont supplémentaires orthogonaux.
Exemple
Montrer que \(\ds p\) est un projecteur orthogonal de \(\ds E\) si et seulement si \(\ds p\) est autoadjoint et \(\ds p\circ p=p\).
Si \(\ds p\) tel que \(\ds p\circ p=p\) alors c'est un projecteur. S'il est autoadjoint, alors son image et son noyau sont orthogonaux : \(\ds p\) est un projecteur orthogonal.
Réciproquement, si \(\ds p\) est un projecteur orthogonal, alors \(\ds p\circ p=p\). De plus, son image et son noyaux sont orthogonaux. Soit \(\ds x\) et \(\ds y\) dans \(\ds E\), on a :
De la même manière, \langle x,p(y)\rangle = \langle p(x),p(y)\rangle$, donc \(\ds p\) est bien autoadjoint.
Valeurs propres
Soit \(\ds u\in\mathcal S(E)\), alors toutes les valeurs propres de \(\ds u\) sont réelles.
Preuve
Soit \(\ds A\) la matrice associée, \(\ds A\) est symétrique. Soit \(\ds \lambda\) une valeur propre de \(\ds A\) éventuellement complexe et \(\ds X\) un vecteur propre, éventuellement à coefficients complexes. \(\ds A\) est à coefficients réelles. On a alors : \(\ds {\bar X}^\top A X = \lambda {\bar X}^\top X\) et \(\ds {\bar X}^\top AX=\overline{(A X)}^\top X = \bar\lambda {\bar X}^\top X\). \(\ds X\) étant non nul, on en déduit que \(\ds \lambda =\bar\lambda\) et donc \(\ds \lambda\in\mathbb R\).
Ainsi toutes les valeurs propres sont bien réelles.
Sous-espaces propres
Soient \(\ds \lambda\) et \(\ds \mu\) deux valeurs propres réelles distinctes de \(\ds u\in\mathcal S(E)\). Alors \(\ds E_\lambda(u)\) et \(\ds E_\mu(u)\) sont orthogonaux.
Preuve
En effet, soit \(\ds x\) un élément non nul de \(\ds E_\lambda(u)\) et \(\ds y\) un élément non nul de \(\ds E_\mu(u)\). Alors \(\ds \lambda\langle x,y\rangle =\langle \lambda x,y\rangle=\langle u(x),y\rangle =\langle x,u(y)\rangle=\mu\langle x,y\rangle\). On en déduit que \(\ds (\lambda-\mu)\langle x,y\rangle=0\) et puisque \(\ds \lambda\) et \(\ds \mu\) sont distincts, \(\ds \langle x,y\rangle=0\) : \(\ds E_\lambda(u)\) et \(\ds E_\mu(u)\) sont bien orthogonaux.
Théorème spectral
Tout endomorphisme autoadjoint est diagonalisable dans une base orthonormée.
Théorème spectral version matricielle
Soit \(\ds A\) une matrice symétrique. Il existe \(\ds P\) une matrice orthogonale telle que \(\ds P^\top A P\) est diagonale.
Preuve
La preuve n'est pas au programme mais peut se faire par récurrence sur la dimension.
Exemple
Soit \(\ds A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 3 & 2 \\ -1 & 6 & 7 & 4 \\ 3 & 7 & -8 & 3 \\ 2 & 4 & 3 & 2\end{pmatrix}\). Montrer que \(\ds A\) est diagonalisable.
\(\ds A\) est symétrique, donc diagonalisable.
Caractère positif
Soit \(\ds u\in\mathcal S(E)\). \(\ds u\) est positive si et seulement si toutes ses valeurs propres sont positives. On note \(\ds u\in\mathcal S^+(E)\).
\(\ds u\) est défini positif si et seulement si toutes ses valeurs propres sont strictement positives. On note \(\ds u\in\mathcal S^{++}(E)\).
On a les mêmes définitions pour les matrices, avec pour notations \(\ds \mathcal S_n^+(\mathbb R)\) et \(\ds \mathcal S_n^{++}(\mathbb R)\).
Caractérisation de \(\ds \mathcal S^+(E)\)
Soit \(\ds u\in\mathcal S(E)\).
\(\ds u\in\mathcal S^+(E)\) si et seulement si pour tout \(\ds x\in E\), \(\ds \langle x,u(x)\rangle \ge 0\).
\(\ds u\in\mathcal S^{++}(E)\) si et seulement si pour tout \(\ds x\in E^*\), \(\ds \langle x,u(x)\rangle > 0\).
Preuve
On se concentre sur la première propriété.
Supposons que pour tout \(\ds x\in E\), \(\ds \langle x,u(x)\rangle \ge 0\). Soit \(\ds \lambda\) une valeur propre et soit \(\ds x\) un vecteur propre associé. On a \(\ds \langle x,u(x)\rangle\ge 0\). Or \(\ds \langle u(x),x\rangle=\lambda \langle x,x\rangle = \lambda||x||^2\). On en déduit que \(\ds \lambda\ge 0\).
Réciproquement, si \(\ds u\in\mathcal S^+(E)\) alors toutes les valeurs propres sont positives et il existe une base de vecteurs propres \(\ds (b_1,\dots,b_n)\) associés aux valeurs propres respectives \(\ds \lambda_1,\dots,\lambda_n\) toutes positives. Soit \(\ds x\in E\), posons \(\ds x=x_1b_1+\dots+x_nb_n\). On a alors :
et puisque tous les \(\ds \lambda_i\) sont positifs, cette somme est positive. Ainsi \(\ds \langle u(x),x\rangle\ge 0\).
Caractérisation de \(\ds \mathcal S_n^+(\mathbb R)\)
Soit \(\ds A\in\mathcal S_n(\mathbb R)\).
\(\ds A\in\mathcal S_n^+(\mathbb R)\) si et seulement si pour tout \(\ds X\in \mathcal M_{n,1}(\mathbb R)\), \(\ds X^\top AX \ge 0\).
\(\ds A\in\mathcal S_n^{++}(\mathbb R)\) si et seulement si pour tout \(\ds X\in \mathcal M_{n,1}(\mathbb R)^*\), \(\ds X^\top AX > 0\).
Exemple
Soit \(\ds A\in\mathcal S_n^{++}(\mathbb R)\). Soit \(\ds \varphi\) l'application définie sur \(\ds \mathcal M_{n,1}(\mathbb R)^2\) par \(\ds \varphi(X,Y)=X^\top A Y\). Montrer que \(\ds \varphi\) est un produit scalaire.
Il n'y a aucun problème pour la linéarité. Pour la symétrie, notons simplement que \(\ds \varphi(X,Y)\) est un réel donc \(\ds \varphi(X,Y)=\varphi(X,Y)^\top\). Or \(\ds \varphi(X,Y)^\top = \left(X^\top AY\right)^\top = Y^\top A^\top X=Y^\top A X\) car \(\ds A\) est symétrique. Ainsi donc, \(\ds \varphi(X,Y)=\varphi(Y,X)\).
Enfin, \(\ds A\) est définie positive donc pour tout vecteur colonne \(\ds X\) non nul, on a \(\ds \varphi(X,X)=\langle X,AX\rangle>0\) et donc égalité si et seulement si \(\ds X=0\). On a donc bien ici un produit scalaire.
Exercices
Issus de la banque CCINP
EXERCICE 63 algèbre
Soit un entier \(n\geqslant 1.\) On considère la matrice carrée d’ordre \(n\) à coefficients réels :
Pour \(n\geqslant 1\), on désigne par \(D_{n}\) le déterminant de \(A_n\).
-
Démontrer que \(D_{n+2}=2D_{n+1}-D_{n}\).
-
Déterminer \(D_{n}\) en fonction de \(n\).
-
Justifier que la matrice \(A_n\) est diagonalisable. Le réel \(0\) est-il valeur propre de \(A_n\)?
1) C’est un déterminant tri-diagonal, il suffit de développer selon la première ligne.
Puis, en développant le second déterminant obtenu selon la première colonne, on obtient \(D_{n+2}=2D_{n+1}-D_n\).
2) \((D_n )_{n\geqslant 1}\) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique \(r^2 - 2r + 1 = 0\). Donc, son terme général est de la forme \(D_n = (\lambda n + \mu ) \times 1^n\). Puisque \(D_1 = 2\) et \(D_2 = 3\), on obtient \(D_n = n + 1\).
3) La matrice \(A_n\) est symétrique réelle donc diagonalisable. \(D_n=n+1\neq 0\) donc \(A_n\) est inversible. Donc l’endomorphisme canoniquement associé à \(A_n\) est injectif. On en déduit que \(0\) n’est pas valeur propre de \(A_n\).
EXERCICE 66 algèbre
On note \(p\) un entier naturel supérieur ou égal à 2.
On considère dans \(\mathbb Z\) la relation d’équivalence \(\cal R\) définie par: \(x\,{\cal R}\,y\stackrel{\hbox{\scriptsize déf.}}{\Longleftrightarrow}\exists k\in\mathbb Z\) tel que \(x-y=kp\).
On note \(\mathbb Z / p\mathbb Z\) l’ensemble des classes d’équivalence pour cette relation \({\cal R}\).
-
Quelle est la classe d’équivalence de 0? Quelle est celle de \(p\)?
-
Donner soigneusement la définition de l’addition usuelle et de la multiplication usuelle dans \(\mathbb Z / p\mathbb Z\). On justifiera que ces définitions sont cohérentes.
-
On admet que, muni de ces opérations, \(\mathbb Z / p\mathbb Z\) est un anneau.
Démontrer que \(\mathbb Z / p\mathbb Z\) est un corps si et seulement si \(p\) est premier.
-
Les classes d’équivalences de 0 et de \(p\) sont toutes deux égales à l’ensemble des multiples de \(p\), c’est-à-dire à \(p\mathbb{Z}\).
-
Soit \((\overline{a},\overline{b} )\in \left( \mathbb{Z} / {p\mathbb{Z}}\right) ^2\). On pose \(\overline{a} + \overline{b}=\overline {a + b}\) et \(\overline{a} \times \overline{b}=\overline{ab}\). Cette définition est cohérente car elle ne dépend pas des représentants \(a\) et \(b\) choisis pour \(\overline{a}\) et \(\overline{b}\). En effet, soit \((a',b')\in \mathbb{Z}^2\) tel que \(\overline{a'}=\overline{a}\) et \(\overline{b'}=\overline{b}\). Alors il existe \(n\in\mathbb{Z}\) tel que \(a'=a+np\) et il existe \(m\in\mathbb{Z}\) tel que \(b'=b+mp\). Donc \(a'+b'=a+b+(n+m)p\), c’est-à-dire \(\overline{a'+b'}=\overline{a+b}\). Et \(a'b'=ab+(am+bn+nmp)p\), c’est-à-dire \(\overline{a'b'}=\overline{ab}\).
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Supposons \(p\) premier. Alors \(\mathbb{Z} / {p\mathbb{Z}}\) est commutatif et non réduit à \(\left\{ {\bar{0}} \right\}\) car \(p \geqslant 2\). Soit \(\bar{a} \in \mathbb{Z} / {p\mathbb{Z}}\) tel que \(\bar{a} \ne \bar{0}\). \(\bar{a} \ne \bar{0}\) donc \(p\) ne divise pas \(a\) . Or \(p\) est premier donc \(p\) est premier avec \(a\). Par le théorème de Bézout, il existe \((u,v)\in\mathbb{Z}^2\) tel que \(au + pv = 1\) donc \(\bar{a} \times \bar{u} = \bar{1}\). Donc \(\overline{a}\) est inversible et \((\bar{a})^{-1}=\bar{u}\). Ainsi, les éléments non nuls de \(\mathbb{Z} / {p\mathbb{Z}}\) sont inversibles et finalement \(\mathbb{Z} / {p\mathbb{Z}}\) est un corps. Supposons que \(\mathbb{Z} / {p\mathbb{Z}}\) est un corps. Soit \(k\in\llbracket2,p-1\rrbracket\). \(\overline{k}\neq \overline{0}\) donc, comme \(\mathbb{Z} / {p\mathbb{Z}}\) est un corps, il existe \(k'\in \mathbb{Z}\) tel que \(\overline{k}\:\overline{k'}=\overline{1}\). C’est-à-dire il existe \(v\in\mathbb{Z}\) tel que \(kk'=1+vp\) c’est-à-dire \(k'k-vp=1\). Donc, d’après le théorème de Bézout, \(k\wedge p=1\) et donc, comme \(k\neq 1\), \(k\) ne divise pas \(p\). On en déduit que les seuls diviseurs positifs de \(p\) sont 1 et \(p\). Donc \(p\) est premier.
EXERCICE 68 algèbre
Soit la matrice \(A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}\) .
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Démontrer que \(A\) est diagonalisable de quatre manières:
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sans calcul,
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en calculant directement le déterminant \(\text{det}(\lambda \mathrm{I}_3-A)\), où \(\mathrm{I}_3\) est la matrice identité d’ordre 3, et en déterminant les sous-espaces propres,
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en utilisant le rang de la matrice,
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en calculant \(A^2\).
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On suppose que \(A\) est la matrice d’un endomorphisme \(u\) d’un espace euclidien dans une base orthonormée. Trouver une base orthonormée dans laquelle la matrice de \(u\) est diagonale.
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La matrice \(A\) est symétrique réelle donc diagonalisable dans une base orthonormée de vecteurs propres.
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On obtient \(\det ( \lambda \mathrm{I}_3 -A) = \lambda ^2 (\lambda - 3)\). \(E_3(A)= \mathrm{Vect} \left(\begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix}\right)\) et \(E_0 (A):x - y + z = 0\). Donc \(A\) est diagonalisable car \(\dim E_3 (A) + \dim E_0 (A) = 3\).
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\(\textrm{rg} A = 1\) donc \(\dim E_0 (A) = 2\). On en déduit que 0 est valeur propre au moins double de la matrice \(A\). Puisque \(\textrm{tr} A = 3\) et que \(\textrm{tr} A\) est la somme des valeurs propres complexes de \(A\) comptées avec leur multiplicité, la matrice \(A\) admet une troisième valeur propre qui vaut 3 et qui est nécessairement simple. Comme dans la question précédente, on peut conclure que \(A\) est diagonalisable car \(\dim E_3 (A) + \dim E_0 (A) = 3\).
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On obtient \(A^2 = 3A\) donc \(A\) est diagonalisable car cette matrice annule le polynôme \(X^2 - 3X\) qui est scindé à racines simples.
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On note \(e=\left( \vec{u},\vec{v},\vec{w}\right)\) la base canonique de \(\mathbb{R}^3\). On note \((\:|\:)\) le produit scalaire canonique sur \(\mathbb{R}^3\). Soit \(f\) l’endomorphisme canoniquement associé à \(A\). \(A\) est symétrique réelle et \(e\) est une base orthonormée, donc \(f\) est un endomorphisme symétrique et, d’après le théorème spectral, \(f\) est diagonalisable dans une base orthonormée de vecteurs propres. On sait également que les sous-espaces propres sont orthogonaux donc il suffit de trouver une base orthonormée de chaque sous-espace propre pour construire une base orthonormée de vecteurs propres. \(E_3 (f) = \textrm{Vect} (1, - 1,1)\text{ et }E_0 (f):x - y + z = 0\). Donc \(\vec{u} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}(\vec{i} - \vec{j} + \vec{k})\) est une base orthonormée de \(E_3 (f)\). \(\vec i+\vec j\) et \(\vec i-\vec j-2\vec k\) sont deux vecteurs orthogonaux de \(E_0(f)\). On les normalise et on pose \(\vec{v} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}(\vec{i} + \vec{j})\) et \(\vec{w} = \dfrac{1}{{\sqrt 6 }}\left( {\vec{i} - \vec{j} - 2\vec{k}} \right)\). Alors \(\left( \vec{v} ,\vec{w} \right)\) une base orthonormée de \(E_0(f)\). On en déduit que \(\left( \vec{u},\vec{v},\vec{w}\right)\) est une base orthonormée de vecteurs propres de \(f\).
EXERCICE 76 algèbre
Soit \(E\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel muni d’un produit scalaire noté \((\:|\:)\). On pose \(\forall\:x\in E\), \(||x||=\sqrt{(x|x)}\).
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Énoncer et démontrer l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
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Dans quel cas a-t-on égalité? Le démontrer.
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Soit \(E=\left\lbrace f\in\mathcal{C}\left( \left[ a,b\right] ,\mathbb{R}\right) ,\:\forall\:x\in \left[ a,b\right]\:f(x)>0 \right\rbrace\). Prouver que l’ensemble \(\left\lbrace \displaystyle\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t\times \displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{1}{f(t)}\mathrm{d}t\:,\:f\in E\right\rbrace\) admet une borne inférieure \(m\) et déterminer la valeur de \(m\).
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Soit \(E\) un \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel muni d’un produit scalaire noté \(\left(\:|\:\right)\). On pose \(\forall\:x\in E\), \(||x||=\sqrt{(x|x)}\).
Inégalité de Cauchy-Schwarz: \(\forall (x,y)\in E^2\), \(|\left(x|y\right)|\leqslant ||x||\,||y||\) Preuve: Soit \((x,y)\in E^2\). Posons \(\forall \lambda\in \mathbb{R}\), \(P(\lambda)=||x+\lambda y||^2\). On remarque que \(\forall \lambda \in \mathbb{R}\), \(P(\lambda )\geqslant 0\). De plus, \(P(\lambda)=\left(x+\lambda y|x+\lambda y\right)\). Donc, par bilinéarité et symétrie de \(\left(\:|\:\right)\), \(P(\lambda )=||y||^2\lambda ^2+2\lambda \left(x|y\right)+||x||^2\). On remarque que \(P(\lambda)\) est un trinôme en \(\lambda\) si et seulement si \(||y||^2\neq 0\). Premier cas: si \(y=0\) Alors \(|\left(x|y\right)|=0\) et \(||x||\,||y||=0\) donc l’inégalité de Cauchy-Schwarz est vérifiée. Deuxième cas: \(y\neq 0\) Alors \(||y||=\sqrt{(y|y)}\neq 0\) car \(y\neq 0\) et \(\left(\:|\:\right)\) est une forme bilinéaire symétrique définie positive. Donc, \(P\) est un trinôme du second degré en \(\lambda\) qui est positif ou nul. On en déduit que le discriminant réduit \(\Delta\) est négatif ou nul. Or \(\Delta=\left(x|y\right)^2-||x||^2||y||^2\) donc \(\left(x|y\right)^2\leqslant||x||^2||y||^2\). Et donc, \(|\left(x|y\right)|\leqslant ||x||\,||y||\).
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On reprend les notations de 1. . Prouvons que \(\forall (x,y)\in E^2\), \(|\left(x|y\right)|=||x||\,||y||\) \(\Longleftrightarrow\) \(x\) et \(y\) sont colinéaires. Supposons que \(|\left(x|y\right)|=||x||\,||y||\). Premier cas: si \(y=0\) Alors \(x\) et \(y\) sont colinéaires. Deuxième cas: si \(y\neq 0\) Alors le discriminant de \(P\) est nul et donc \(P\) admet une racine double \(\lambda_0\). C’est-à-dire \(P(\lambda_0)=0\) et comme \(\left(\:|\:\right)\) est définie positive, alors \(x+\lambda_0y=0\). Donc \(x\) et \(y\) sont colinéaires. Supposons que \(x\) et \(y\) soient colinéaires. Alors \(\exists\:\alpha\in\mathbb{R}\) tel que \(x=\alpha y\) ou \(y=\alpha x\). Supposons par exemple que \(x=\alpha y\) (raisonnement similaire pour l’autre cas). \(|\left(x|y\right)|=|\alpha|.|\left(y|y\right)|=|\alpha|\,||y||^2\) et \(||x||\,||y||=\sqrt{(x|x)}\,||y||=\sqrt{\alpha^2(y|y)}||y||=|\alpha|.||y||^2\). Donc, on a bien l’égalité.
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On considère le produit scalaire classique sur \(\mathcal{C}\left( \left[ a,b\right] ,\mathbb{R}\right)\) défini par : \(\forall (f,g)\in \mathcal{C}\left( \left[ a,b\right] ,\mathbb{R}\right)\), \((f|g)=\displaystyle\int_{a}^{b}f(t)g(t)dt\). On pose \(A=\left\lbrace \displaystyle\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t\times \displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{1}{f(t)}\mathrm{d}t\:,\:f\in E\right\rbrace\). \(A\subset \mathbb{R}\). \(A\neq \emptyset\) car \((b-a)^2\in A\) ( valeur obtenue pour la fonction \(t\longmapsto 1\) de \(E\)). De plus, \(\forall\:f\in E\),\(\displaystyle\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t\times \displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{1}{f(t)}\mathrm{d}t\geqslant 0\) donc \(A\) est minorée par 0. On en déduit que \(A\) admet une borne inférieure et on pose \(m=\inf A\). Soit \(f\in E\). On considère la quantité \(\left( \displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt{f(t)}\dfrac{1}{\sqrt{f(t)}}\mathrm{d}t\right) ^2\). D’une part, \(\left( \displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt{f(t)}\dfrac{1}{\sqrt{f(t)}}\mathrm{d}t\right) ^2=\left( \displaystyle\int_{a}^{b}1\mathrm{d}t\right) ^2=(b-a)^2.\) D’autre part, si on utilise l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour le produit scalaire \((\:|\:)\) on obtient: \(\left( \displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt{f(t)}\dfrac{1}{\sqrt{f(t)}}\mathrm{d}t\right) ^2\leqslant \displaystyle\int_{a}^{b} f(t)\mathrm{d}t\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{1}{f(t)}\mathrm{d}t\). On en déduit que \(\forall\:f\in E\), \(\displaystyle\int_{a}^{b} f(t)\mathrm{d}t\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{1}{f(t)}\mathrm{d}t\geqslant (b-a)^2\). Donc \(m\geqslant (b-a)^2\). Et, si on considère la fonction \(f:t\longmapsto 1\) de \(E\), alors \(\displaystyle\int_{a}^{b} f(t)\mathrm{d}t\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{1}{f(t)}\mathrm{d}t= (b-a)^2\). Donc \(m=(b-a)^2\).
EXERCICE 77 algèbre
Soit \(E\) un espace euclidien.
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Soit \(A\) un sous-espace vectoriel de \(E\). Démontrer que \(\left( A^{\perp }\right) ^{\perp }=A\).
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Soient \(F\) et \(G\) deux sous-espaces vectoriels de \(E\).
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Démontrer que \(\left( F+G\right) ^{\perp }=F^{\perp }\cap G^{\perp }\).
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Démontrer que \(\left( F\cap G\right) ^{\perp }=F^{\perp}+G^{\perp }\).
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On a \(A \subset \left( {A^ \bot } \right)^ \bot \text{ }\).(*) En effet, \(\forall x \in A,\forall y \in A^ \bot ,(x\mid y) = 0\). C’est-à-dire, \(\forall\:x\in A\), \(x\in (A^{\perp})^{\perp}\). Comme \(E\) est un espace euclidien, \(E=A\oplus A^{\perp}\) donc \(\dim A= n-\dim A^{\perp}\). De même, \(E=A^{\perp}\oplus\left( A^{\perp}\right) ^{\perp}\) donc \(\dim \left( A^ \bot\right) ^{\perp} = n - \dim A^{\perp}\). Donc \(\dim \left( {A^ \bot } \right)^ \bot = \dim A\). (**) D’après (*) et (**), \(\left( {A^ \bot } \right)^ \bot = A\).
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Procédons par double inclusion. Prouvons que \(F^{\perp}\cap G^{\perp}\subset \left(F+G \right)^{\perp}\). Soit \(x \in F^ \bot \cap G^ \bot\). Soit \(y \in F + G\) . Alors \(\exists\:(f,g)\in F\times G\) tel que \(y=f+g\). \((x\mid y) = \underbrace{(x\mid f)}_{ \underset{\: \text{car} \:f\in F\:\text{et}\:x\in F^{\perp}}{=0}}+ \underbrace{(x\mid g)}_{ \underset{\: \text{car} \:g\in G \:\text{et}\:x\in G^{\perp}}{=0}} = 0\). Donc \(\forall \:y\in (F+G)\), \((x\mid y) =0\). Donc \(x \in (F + G)^ \bot\). Prouvons que \(\left(F+G \right)^{\perp}\subset F^{\perp}\cap G^{\perp}\). Soit \(x \in (F + G)^ \bot\). \(\forall \:y \in F\), on a \((x\mid y) = 0\) car \(y \in F \subset F + G\). Donc \(x \in F^ \bot\). De même, \(\forall \:z \in G\), on a \((x\mid z) = 0\) car \(z \in G \subset F + G\). Donc \(x \in G^ \bot\). On en déduit que \(x\in F^{\perp}\cap G^{\perp}\). Finalement, par double inclusion, \(\left( {F + G} \right)^ \bot = F^ \bot \cap G^ \bot\).
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D’après 2.(a), appliquée à \(F^{\perp}\) et à \(G^{\perp}\), on a \(\left( F^{\perp} + G^{\perp} \right)^ {\perp } = \left( F^{\perp}\right) ^{\perp} \cap\left( G^ {\perp}\right) ^{\perp}\). Donc, d’après 1., \(\left( F^{\perp} + G^{\perp} \right)^ {\perp } = F \cap G\). Donc \(\left( \left( F^{\perp} + G^{\perp} \right)^ {\perp }\right) ^{\perp} =\left( F \cap G \right) ^{\perp}\). C’est-à-dire, en utilisant 1. à nouveau, \(F^{\perp}+G^{\perp }=\left( F\cap G\right) ^{\perp }\).
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EXERCICE 78 algèbre
Soit \(E\) un espace euclidien de dimension \(n\) et \(u\) un endomorphisme de \(E\). On note \(\left( x|y\right)\) le produit scalaire de \(x\) et de \(y\) et \(||.||\) la norme euclidienne associée.
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Soit \(u\) un endomorphisme de \(E\), tel que: \(\forall x \in E, \vert\vert u(x)\vert\vert = \vert\vert x\vert\vert\).
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Démontrer que: \(\forall (x,y)\in E^{2}~(u(x)|u(y)) = (x|y)\).
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Démontrer que \(u\) est bijectif.
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Démontrer que l’ensemble \({\mathcal{O}}(E)\) des isométries vectorielles de \(E\) , muni de la loi \(\circ\) , est un groupe.
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Soit \(u\in\mathcal{L}(E)\). Soit \(e=(e_1,e_2,...,e_n)\) une base orthonormée de \(E\). Prouver que : \(u\in {\mathcal{O}}(E)\Longleftrightarrow\)\(\left( u(e_1),u(e_2),...,u(e_n)\right)\) est une base orthonormée de \(E\).
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Soit \(u\in\mathcal{L}(E)\) tel que \(\forall (x,y)\in E^{2}\), \(||u(x)||=||x||\).
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Soit \((x,y) \in E^2\). On a, d’une part, \(\left\| {u(x + y)} \right\|^2 = \left\| {x + y} \right\|^2 = \left\| x \right\|^2 + 2(x\mid y) + \left\| y \right\|^2\).(*) D’autre part, \(\left\| {u(x + y)} \right\|^2 = \left\| {u(x) + u(y)} \right\|^2 = \left\| {u(x)} \right\|^2 + 2(u(x)\mid u(y)) + \left\| {u(y)} \right\|^2= \left\| {x} \right\|^2 + 2(u(x)\mid u(y)) + \left\| {y} \right\|^2\).(**) On en déduit, d’après (*) et (**), que \((u(x)\mid u(y)) = (x\mid y)\).
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Soit \(x \in \mathrm{Ker} u\). Par hypothèse, \(0 = \left\| {u(x)} \right\|^2 = \left\| x \right\|^2 \text{ }\). Donc \(x=0\). Donc \(\mathrm{Ker} u = \left\{ {0_E } \right\}\). Donc \(u\) est injectif. Puisque \(E\) est de dimension finie, on peut conclure que l’endomorphisme \(u\) est bijectif.
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Montrons que l’ensemble \({\mathcal{O}}(E)\) des endomorphismes orthogonaux est un sous-groupe du groupe linéaire \(\left( {{\text{GL}}(E), \circ } \right)\). On a \({\mathcal{O}}(E) \subset {\text{GL}}(E)\) en vertu de ce qui précède. On a aussi, évidemment, \(\textrm{Id} _E \in {\mathcal{O}}(E)\). Donc \(\mathcal{O}(E)\neq \emptyset\). Soit \((u,v) \in\left( {\mathcal{O}}(E)\right) ^2\). \(\forall \:x \in E\), \(\left\| {u \circ v^{ - 1} (x)} \right\| = \left\| {u(v^{ - 1} (x))} \right\| = \left\| {v^{ - 1} (x)} \right\|\text{ car }u \in {\mathcal{O}}(E)\). Et \(\left\| {v^{ - 1} (x)} \right\| = \left\| {v(v^{ - 1} (x))} \right\| = \left\| x \right\|\text{ car }v \in {\mathcal{O}}(E)\). Donc \(\forall \:x \in E\),\(\left\| {u \circ v^{ - 1} (x)} \right\| = \left\| x \right\|\). On en déduit, d’après 1.(a), que \(u \circ v^{ - 1} \in {\mathcal{O}}(E)\).
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Soit \(u\in\mathcal{L}(E)\). Soit \(e=(e_1,e_2,...,e_n)\) une base orthonormée de \(E\). Supposons que \(u\in \mathcal{O}(E)\). Soit \((i,j)\in\left( \llbracket1,n\rrbracket\right) ^2\). \(u\in \mathcal{O}(E)\) donc \(\left(u(e_i)|u(e_j)\right)=\left(e_i|e_j\right)\). Or \(e\) est une base orthonormée de \(E\) donc \(\left(e_i|e_j\right)=\delta_i^j\) où \(\delta_i^j\) désigne le symbole de Kronecker. On en déduit que \(\forall(i,j)\in\left( \llbracket1,n\rrbracket\right) ^2\),\(\left(u(e_i)|u(e_j)\right)=\delta_i^j\). C’est-à-dire \((u(e_1),u(e_2),...,u(e_n))\) est une famille orthonormée de \(E\). Donc, c’est une famille libre à \(n\) éléments de \(E\) avec \(\dim E=n\). Donc \((u(e_1),u(e_2),...,u(e_n))\) est une base orthonormée de \(E\). Réciproquement, supposons que \((u(e_1),u(e_2),...,u(e_n))\) est une base orthonormée de \(E\). Soit \(x\in E\). Comme \(e\) est une base orthonormée de \(E\), \(x=\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}x_ie_i\). \(||x||^2=\left(\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}x_ie_i|\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{n}x_je_j\right)=\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{n}x_ix_j\left(e_i|e_j\right)\). Or \(e\) est une base orthonormée de \(E\) donc \(||x||^2=\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^2\) .(*) De même, par linéarité de \(u\), \(||u(x)||^2=(\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}x_iu(e_i)|\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{n}x_ju(e_j))=\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{j=1}^{n}x_ix_j\left(u(e_i)|u(e_j)\right)\). Or \((u(e_1),u(e_2),...,u(e_n))\) est une base orthonormée de \(E\), donc \(||u(x)||^2=\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}x_i^2\).(**) D’après (*) et (**), \(\forall \:x\in E\), \(||u(x)||=||x||\). Donc, d’après 1.(a), \(u\in \mathcal{O}(E)\).
EXERCICE 79 algèbre
Soit \(a\) et \(b\) deux réels tels que \(a<b\).
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Soit \(h\) une fonction continue et positive de \([a,b]\) dans \(\mathbb{R}\).
Démontrer que \(\displaystyle\int_{a}^{b}h(x)\text{d}x=0\Longrightarrow h=0\) .
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Soit \(E\) le \(\mathbb{R}\)-espace vectoriel des fonctions continues de \([a,b]\) dans \(\mathbb{R}\). On pose : \(\forall\:(f,g)\in E^2\), \(\left( f|g\right) =\displaystyle\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)g(x)\text{d}x\). Démontrer que l’on définit ainsi un produit scalaire sur \(E\).
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Majorer \(\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{x}e^{-x}\text{d}x\) en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
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Soit \(h\) une fonction continue et positive de \([a,b]\) dans \(\mathbb{R}\) telle que \(\displaystyle\int_{a}^{b}h(x)\text{d}x=0\). On pose \(\forall \:x\in \left[ a,b\right]\), \(F(x)=\displaystyle\int_{a}^{x} h(t)dt\). \(h\) est continue sur \(\left[ a,b\right]\) donc \(F\) est dérivable sur \(\left[ a,b\right]\). De plus, \(\forall\:x\in\left[ a,b\right]\), \(F'(x)=h(x)\). Or \(h\) est positive sur \(\left[ a,b\right]\) donc \(F\) est croissante sur \(\left[ a,b\right]\).(*) Or \(F(a)=0\) et, par hypothèse, \(F(b)=0\). C’est-à-dire \(F(a)=F(b)\).(**) D’après (*) et (**), \(F\) est constante sur \(\left[ a,b\right]\). Donc \(\forall\:x\in \left[ a,b\right]\), \(F'(x)=0\). C’est-à-dire, \(\forall\:x\in \left[ a,b\right]\), \(h(x)=0\).
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On pose \(\forall\:(f,g)\in E^2\), \(\left( f|g\right) =\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)g(x)\text{d}x\). Par linéarité de l’intégrale, \(\left(\:|\:\right)\) est linéaire par rapport à sa première variable. Par commutativité du produit sur \(\mathbb{R}\), \(\left(\:|\:\right)\) est symétrique. On en déduit que \(\left(\:|\:\right)\) est une forme bilinéaire symétrique.(*) Soit \(f\in E\). \(\left(f|f\right)=\displaystyle\int_{a}^{b}f^2(x)\mathrm{d}x\). Or \(x\longmapsto f^2(x)\) est positive sur \(\left[ a,b\right]\) et \(a<b\) donc \(\left(f|f\right)\geqslant 0\). Donc \(\left(\:|\:\right)\) est positive.(**) Soit \(f\in E\) telle que \(\left(f|f\right)=0\). Alors \(\displaystyle\int_{a}^{b}f^2(x)\mathrm{d}x=0\). Or \(x\longmapsto f^2(x)\) est positive et continue sur \(\left[ a,b\right]\) . Donc, d’après 1., \(f\) est nulle sur \(\left[ a,b\right]\) . Donc \(\left(\:|\:\right)\) est définie.(***) D’après (*), (**) et (***), \(\left(\:|\:\right)\) est un produit scalaire sur \(E\).
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L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne \(\displaystyle\int_{0}^{1} {\sqrt x {\mathrm{e}}^{ - x} \,{\mathrm{d}}x} \leqslant \sqrt {\displaystyle\int_{0}^{1} {x\,{\mathrm{d}}x} } \sqrt {\displaystyle\int_0^1 {{\mathrm{e}}^{ - 2x} \,{\mathrm{d}}x} } = \dfrac{{\sqrt {1 - {\mathrm{e}}^{ - 2} } }}{2}\).
EXERCICE 80 algèbre
Soit $E $l’espace vectoriel des applications continues et \(2\pi\)-périodiques de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\).
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Démontrer que \(\left( f\ |\ g\right) =\dfrac{1}{2\pi }\displaystyle\int_{0}^{2\pi }f\left( t\right) g\left( t\right) \text{d}t\) définit un produit scalaire sur \(E\).
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Soit \(F\) le sous-espace vectoriel engendré par \(f:x\mapsto \cos x\) et \(g:x\mapsto \cos \left( 2x\right)\).
Déterminer le projeté orthogonal sur \(F\) de la fonction \(u:x\mapsto \sin ^{2}x\).
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On pose \(\forall\:(f,g)\in E^2\), \(\left( f|g\right) =\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f(t)g(t)\text{d}t\). Par linéarité de l’intégrale, \(\left(\:|\:\right)\) est linéaire par rapport à sa première variable. Par commutativité du produit sur \(\mathbb{R}\), \(\left(\:|\:\right)\) est symétrique. On en déduit que \(\left(\:|\:\right)\) est une forme bilinéaire symétrique.(*) Soit \(f\in E\). \(\left(f|f\right)=\dfrac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f^2(t)\mathrm{d}t\). Or \(t\longmapsto f^2(t)\) est positive sur \(\left[ 0,2\pi\right]\) et \(0<2\pi\), donc \(\left(f|f\right)\geqslant 0\). Donc \(\left(\:|\:\right)\) est positive.(**) Soit \(f\in E\) telle que \(\left(f|f\right)=0\). Alors \(\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f^2(t)\mathrm{d}t=0\). Or \(t\longmapsto f^2(t)\) est positive et continue sur \(\left[ 0,2\pi\right]\). Donc, \(f\) est nulle sur \(\left[ 0,2\pi\right]\). Or \(f\) est \(2\pi\)-périodique donc \(f=0\). Donc \(\left(\:|\:\right)\) est définie.(***) D’après (*), (**) et (***), \(\left(\:|\:\right)\) est un produit scalaire sur \(E\).
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On a \(\forall x \in \mathbb{R},\sin ^2 x = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}\cos (2x)\). \(x\longmapsto -\dfrac{1}{2}\cos (2x)\)\(\in F\). De plus, si on note \(h\) l’application \(x \mapsto \dfrac{1}{2}\), \(\left(h|f\right)=\dfrac{1}{4\pi}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\cos x \mathrm{d}x=0\) et \(\left(h|g\right)=\dfrac{1}{4\pi}\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\cos (2x)\mathrm{d}x=0\) donc \(h\in F^{\perp}\) (car \(F=\mathrm{Vect}(f,g)\)). On en déduit que le projeté orthogonal de \(u\) sur \(F\) est \(x\longmapsto -\dfrac{1}{2}\cos (2x)\).
EXERCICE 81 algèbre
On définit dans \(\mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}\right) \times \mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}\right)\) l’application \(\varphi\) par : \(\varphi \left( A,A'\right) =\text{tr}\left( ^{t}AA'\right)\), où \(\text{tr}\left( ^{t}AA'\right)\) désigne la trace du produit de la matrice \(^tA\) par la matrice \(A'\). On admet que \(\varphi\) est un produit scalaire sur \(\mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}\right)\ .\) On note \(\mathcal{F}=\left\{ \left( \begin{array}{cc} a & b \\ -b & a% \end{array}% \right),\ \left( a,b\right) \in \mathbb{R}^{2}\right\}\).
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Démontrer que \(\mathcal{F}\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}\right)\).
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Déterminer une base de \(\mathcal{F}^{\perp }\).
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Déterminer le projeté orthogonal de \(J=\left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & 1% \end{array}% \right)\) sur \(\mathcal{F}^{\perp }\) .
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Calculer la distance de \(J\) à \(\mathcal{F}\).
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On a immédiatement \({\mathcal{F}} = \textrm{Vect} (\mathrm{I}_2,K)\) avec \(K = \left( { \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ { - 1} & 0 \\ \end{array} } \right)\text{ }\). On peut donc affirmer que \({\mathcal{F}}\) est un sous-espace vectoriel de \({\mathcal{M}}_2 (\mathbb{R})\).
\({\mathcal{F}} = \textrm{Vect} (\mathrm{I}_2,K)\) donc \((\mathrm{I}_2,K)\) est une famille génératrice de \(\mathcal{F}\). De plus, \(\mathrm{I}_2\) et \(K\) sont non colinéaires donc la famille \((\mathrm{I}_2,K)\) est libre. On en déduit que \((\mathrm{I}_2,K)\) est une base de \(\mathcal{F}\).
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Soit \(M=\begin{pmatrix} a&b\\ c&d \end{pmatrix}\in{\mathcal{M}}_2\left( \mathbb{R}\right)\). Comme \((\mathrm{I}_2,K)\) est une base de \(\mathcal{F}\), \(M\in\mathcal{F}^{\perp}\Longleftrightarrow\) \(\varphi(M,\mathrm{I}_2)=0\) et \(\varphi(M,K)=0\). C’est-à-dire, \(M\in\mathcal{F}^{\perp}\Longleftrightarrow\) \(a+d=0\) et \(b-c=0\). Ou encore, \(M\in\mathcal{F}^{\perp}\Longleftrightarrow\) \(d=-a\) et \(c=b\). On en déduit que \(\mathcal{F}^{\perp}=\mathrm{Vect}\left( A,B\right)\) avec \(A = \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & { - 1} \\ \end{array} \right)\text{ et }B = \left( { \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{array} } \right)\). \((A,B)\) est une famille libre et génératrice de \(\mathcal{F}^{\perp}\) donc \((A,B)\) est une base de \(\mathcal{F}^{\perp}\).
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On peut écrire \(J = \mathrm{I}_2 + B\text{ avec }\mathrm{I}_2 \in {\mathcal{F}}\text{ et } B \in {\mathcal{F}}^ \bot\). Donc le projeté orthogonal de \(J\) sur \(\mathcal{F}^{\perp}\) est \(B=\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}\).
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On note \(d(J,\mathcal{F})\) la distance de \(J\) à \(\mathcal{F}\). D’après le cours, \(d(J,\mathcal{F})=||J-p_{\mathcal{F}}(J)||\) où \(p_{\mathcal{F}}(J)\) désigne le projeté orthogonal de \(J\) sur \(\mathcal{F}\). On peut écrire à nouveau que \(J = \mathrm{I}_2 + B\text{ avec }\mathrm{I}_2 \in {\mathcal{F}}\text{ et } B \in {\mathcal{F}}^ \bot\). Donc \(p_{\mathcal{F}}(J)=\mathrm{I}_{2}\). On en déduit que \(d(J,\mathcal{F})=||J-p_{\mathcal{F}}(J)||=||J-\mathrm{I}_2||=||B||=\sqrt{2}\).
EXERCICE 82 algèbre
Soit \(E\) un espace préhilbertien et \(F\) un sous-espace vectoriel de \(E\) de dimension finie \(n>0\).
On admet que, pour tout \(x\in E\), il existe un élément unique \(y_0\) de \(F\) tel que \(x-y_0\) soit orthogonal à \(F\) et que la distance de \(x\) à \(F\) soit égale à \(\left\Vert x-y_0\right\Vert\).
Pour \(A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d% \end{pmatrix}\) et \(A'=\begin{pmatrix} a^{\prime } & b^{\prime } \\ c^{\prime } & d^{\prime }% \end{pmatrix}\), on pose \(\left( A\ |\ A'\right) =aa^{\prime}+bb^{\prime}+cc^{\prime}+dd^{\prime}\).
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Démontrer que \(\left( \,.\,|\,.\,\right)\) est un produit scalaire sur \(\mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}\right)\).
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Calculer la distance de la matrice \(A=\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -1 & 2% \end{array}% \right)\) au sous-espace vectoriel \(F\) des matrices triangulaires supérieures.
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On pose \(E=\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\). Pour \(A=\begin{pmatrix} a&b\\c&d\\ \end{pmatrix}\in E\) et \(A'=\begin{pmatrix} a'&b'\\c'&d'\\ \end{pmatrix}\in E\) , on pose \(\left(A|A'\right)=aa'+bb'+cc'+dd'\). Soit \(A=\begin{pmatrix} a&b\\c&d\\ \end{pmatrix}\in E\) , \(A'=\begin{pmatrix} a'&b'\\c'&d'\\ \end{pmatrix}\in E\) , \(B=\begin{pmatrix} a''&b''\\c''&d''\\ \end{pmatrix}\in E\) . Soit \(\alpha\in\mathbb{R}\). \(\left(A+A'|B\right)=\left(\begin{pmatrix} a+a'&b+b'\\c+c'&d+d'\\ \end{pmatrix}|\begin{pmatrix} a''&b''\\c''&d''\\ \end{pmatrix} \right)=(a+a')a''+(b+b')b''+(c+c')c''+(d+d')d''\). Donc \(\left(A+A'|B\right)=(aa''+bb''+cc''+dd'')+(a'a''+b'b''+c'c''+d'd'')=\left(A|B\right)+\left(A'|B\right)\). \(\left(\alpha A|B\right)=\left(\begin{pmatrix} \alpha a& \alpha b\\ \alpha c&\alpha d\\ \end{pmatrix}|\begin{pmatrix} a''&b''\\c''&d'' \end{pmatrix}\right )= \alpha aa''+\alpha bb''+\alpha cc''+ \alpha dd''=\alpha\left(A|B\right )\). On en déduit que \(\left( \,.\,|\,.\,\right)\) est linéaire par rapport à sa première variable. De plus, par commutativité du produit sur \(\mathbb{R}\), \(\left( \,.\,|\,.\,\right)\) est symétrique. Donc \(\left( \,.\,|\,.\,\right)\) est une forme bilinéaire et symétrique.(*) Soit \(A=\begin{pmatrix} a&b\\c&d\\ \end{pmatrix}\in E\) . \(\left(A|A\right)=a^2+b^2+c^2+d^2\geqslant 0\). Donc \(\left( .\:|\:.\right)\) est positive.(**) Soit \(A=\begin{pmatrix} a&b\\c&d\\ \end{pmatrix}\in E\) telle que \(\left(A|A\right)=0\). Alors \(a^2+b^2+c^2+d^2= 0\). Comme il s’agit d’une somme de termes tous positifs, on en déduit que \(a=b=c=d=0\) donc \(A=0\). Donc \(\left( \,.\,|\,.\,\right)\) est définie.(***) D’après (*), (**) et (***), \(\left( \,.\,|\,.\,\right)\) est un produit scalaire sur \(E\).
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\(A=\begin{pmatrix} 1&0\\-1&2 \end{pmatrix}\). On a \(A= \begin{pmatrix} 1&0\\0&2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0&0\\-1&0 \end{pmatrix}\). \(\begin{pmatrix} 1&0\\0&2 \end{pmatrix}\in F\) et \(\begin{pmatrix} 0&0\\-1&0 \end{pmatrix}\in F^{\perp}\) car \(\forall (a,b,d)\in\mathbb{R}^3\), \(\left(\begin{pmatrix} 0&0\\-1&0 \end{pmatrix}| \begin{pmatrix} a&b\\0&d \end{pmatrix}\right)=0\). On en déduit que le projeté orthogonal, noté \(p_F(A)\), de \(A\) sur \(F\) est la matrice \(\begin{pmatrix} 1&0\\0&2 \end{pmatrix}\). Ainsi, \(d(A,F)=||A-p_F(A)||=||\begin{pmatrix} 0&0\\-1&0 \end{pmatrix}||=1.\)
EXERCICE 92 algèbre
Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). On considère \(E=\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) l’espace vectoriel des matrices carrées d’ordre \(n\). On pose : \(\forall(A,B)\in E^2\), \(\left\langle A\:,B \right\rangle=\mathrm{tr}({}^t\! AB)\) où tr désigne la trace et \({}^t\! A\) désigne la transposée de la matrice \(A\).
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Prouver que \(\left\langle\:,\right\rangle\) est un produit scalaire sur \(E\).
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On note \(S_n(\mathbb{R})\) l’ensemble des matrices symétriques de \(E\). Une matrice \(A\) de \(E\) est dite antisymétrique lorsque \({}^t\!A=-A\). On note \(A_n(\mathbb{R})\) l’ensemble des matrices antisymétriques de \(E\). On admet que \(S_n(\mathbb{R})\) et \(A_n(\mathbb{R})\) sont des sous-espaces vectoriels de \(E\).
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Prouver que \(E=S_n(\mathbb{R})\oplus A_n(\mathbb{R})\).
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Prouver que \(A_n(\mathbb{R})^\perp=S_n(\mathbb{R})\).
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Soit \(F\) l’ensemble des matrices diagonales de \(E\). Déterminer \(F^\perp\).
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\(\left\langle\:,\right\rangle\) est linéaire par rapport à sa première variable par linéarité de la trace, de la transposition et par distributivité de la multiplication par rapport à l’addition dans \(E\). De plus, une matrice et sa transposée ayant la même trace, on a : \(\forall(A,B)\in E^2\),\(\left\langle A\:,B\right\rangle= \mathrm{tr}({}^t\! AB)=\mathrm{tr}({}^t\!\left( {}^t\! AB\right) ) =\mathrm{tr}({}^t\! BA)=\left\langle B\:,A\right\rangle\). Donc \(\left\langle\:,\right\rangle\) est symétrique. On en déduit que \(\left\langle\:,\right\rangle\) est bilinéaire et symétrique.(1) Soit \(A=\left( A_{i,j}\right)_{ _{1\leqslant i,j \leqslant n}}\in E\). \(\left\langle A\:,A\right\rangle =\mathrm{tr}({}^t\! AA)=\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}({}^t\!AA)_{i,i} =\displaystyle\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}({}^t\!A)_{i,k}A_{k,i} =\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}A_{k,i}^2\) donc \(\left\langle A\:,A\right\rangle\geqslant 0\).
Donc \(\left\langle\:,\right\rangle\) est positive. (2) Soit \(A=\left( A_{i,j}\right)_{ _{1\leqslant i,j \leqslant n}}\in E\) telle que \(\left\langle A\:,A\right\rangle =0\). Alors \(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{k=1}^{n}A_{k,i}^2=0\). Or, \(\forall i\in \llbracket 1,n \rrbracket\), \(\forall k\in \llbracket 1,n \rrbracket\), \(A_{k,i}^2\geqslant 0\). Donc \(\forall i\in \llbracket 1,n \rrbracket\), \(\forall k\in \llbracket 1,n \rrbracket\), \(A_{k,i}= 0\). Donc \(A=0\). Donc \(\left\langle\:,\right\rangle\) est définie.(3) D’après (1),(2) et (3), \(\left\langle\:,\right\rangle\) est un produit scalaire sur \(E\).
Remarque importante: Soit \((A,B)\in E^2\). On pose \(A=\left( A_{i,j}\right)_{ _{1\leqslant i,j \leqslant n}}\) et \(B=\left( B_{i,j}\right)_{ _{1\leqslant i,j \leqslant n}}\). Alors \(\left\langle A\:,B\right\rangle= \mathrm{tr}({}^t\! AB) =\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}({}^t\! AB)_{i,i} =\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}\left({}^t\!A\right)_{i,k}B_{k,i} =\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n}A_{k,i}B_{k,i}\) . Donc \(\left\langle\:,\right\rangle\) est le produit scalaire canonique sur \(E\).
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Soit \(M\in S_n(\mathbb{R}) \cap A_n(\mathbb{R})\). alors \({}^t\!M=M\) et \({}^t\!M=-M\) donc \(M=-M\) et \(M=0\). Donc \(S_n(\mathbb{R}) \cap A_n(\mathbb{R})=\{0\}\).(1) Soit \(M\in E\). Posons \(S=\dfrac{M+{}^t\!M}{2}\) et \(A=\dfrac{M-{}^t\!M}{2}\). On a \(M=S+A\). \({}^t\:S={}^t\!\left( \dfrac{M+{}^t\!M}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\left({}^t\!M+{}^t({}^t\!M) \right) =\dfrac{1}{2}\left({}^t\!M +M\right)=S\), donc \(S\in S_n(\mathbb{R})\). \({}^t\:A={}^t\!\left( \dfrac{M-{}^t\!M}{2}\right) =\dfrac{1}{2}\left({}^t\!M-{}^t({}^t\!M) \right) =\dfrac{1}{2}\left({}^t\!M -M\right)=-A\), donc \(A\in A_n(\mathbb{R})\). On en déduit que \(E=S_n(\mathbb{R}) + A_n(\mathbb{R})\).(2) D’après (1) et (2), \(E=S_n(\mathbb{R}) \oplus A_n(\mathbb{R}).\)
Remarque: on pouvait également procéder par analyse et synthèse pour prouver que \(E=S_n(\mathbb{R}) \oplus A_n(\mathbb{R}).\)
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Prouvons que \(S_n(\mathbb{R})\subset A_n(\mathbb{R})^\perp\). Soit \(S\in S_n(\mathbb{R})\). Prouvons que \(\forall \:A\in A_n(\mathbb{R})\), \(\left\langle S\:,A\right\rangle=0\). Soit \(A\in A_n(\mathbb{R})\). \(\left\langle S\:,A\right\rangle= \mathrm{tr}({}^t\! SA) =\mathrm{tr}(SA) =\mathrm{tr}(AS) =\mathrm{tr}(-{}^t\! AS) =-\mathrm{tr}({}^t\! AS) =-\left\langle A\:,S\right\rangle =-\left\langle S\:,A\right\rangle\). Donc \(2\left\langle S\:,A\right\rangle=0\) soit \(\left\langle S\:,A\right\rangle=0\). On en déduit que \(S_n(\mathbb{R})\subset A_n(\mathbb{R})^\perp\) (1) De plus, \(\text{dim} \:A_n(\mathbb{R})^\perp=n^2-\text{dim}\:A_n(\mathbb{R})\). Or, d’après 2.(a), \(E=S_n(\mathbb{R}) \oplus A_n(\mathbb{R})\) donc \(\text{dim}\:S_n(\mathbb{R})=n^2 -\text{dim}\:A_n(\mathbb{R})\). On en déduit que \(\text{dim} \:S_n(\mathbb{R})=\text{dim}\:A_n(\mathbb{R})^\perp\).(2) D’après (1) et (2), \(S_n(\mathbb{R})=A_n(\mathbb{R})^\perp\).
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On introduit la base canonique de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) en posant: \(\forall i\in\llbracket 1,n \rrbracket\), \(\forall j\in\llbracket 1,n \rrbracket\), \(E_{i,j}=\left( e_{k,l}\right)_{ _{1\leqslant k,l \leqslant n}}\) avec \(e_{k,l}=\left\lbrace \begin{array}{ll} 1&\:\text{si}\: k=i\:\text{et} \:l=j\\ 0&\:\text{sinon} \end{array} \right.\) On a alors \(F=\text{Vect}\left( E_{1,1},E_{2,2},...,E_{n,n}\right)\). Soit \(M=\left( m_{i,j}\right)_{ _{1\leqslant i,j \leqslant n}}\in E\). Alors, en utilisant la remarque importante de la question 1., \(M\in F^{\perp} \Longleftrightarrow \forall i \in \llbracket 1,n\rrbracket,\: \left\langle M\:,E_{i,i}\right\rangle=0 \Longleftrightarrow \forall i \in \llbracket 1,n\rrbracket,\: m_{i,i}=0\). Donc \(F^\perp=\text{Vect}\left( E_{i,j}\:\text{telles que}\:(i,j)\in {\llbracket 1,n\rrbracket}^2\:\text{et}\:i\neq j\right)\). En d’autres termes, \(F^\perp\) est l’ensemble des matrices comprenant des zéros sur la diagonale.
Annales d'oraux
RMS2022-694
Soit \(E\) un espace euclidien muni d'une base orthonormée \((e_1,\ldots,e_n)\). On considère une famille \((u_1,\ldots,u_n)\) de vecteurs de \(E\) telle que, pour tout \(k\in[\![1,n]\!]\), \(\lVert u_k\rVert=\frac1n\). Est-ce que la famille \((e_1+u_1,\ldots,e_n+u_n)\) est une base de \(E\)?
Posons \(\displaystyle\varphi(x)=x+\sum_{i=1}^n(x|e_i)u_i\). \(\varphi\) est évidemment une application linéaire de \(E\) dans \(E\). On remarque que pour \(k\in\{1,\dots,n\}\), \(\varphi(e_k)=e_k+u_k\). Ainsi la famille des \(e_k+u_k\) est une base si et seulement si \(\varphi\) est injective.
Soit \(x\in\ker\varphi\). On a alors \(x=-\displaystyle\sum_{i=1}^n(x|e_i)u_i\). On a alors :
Or \(n>1\) a priori donc \(||x||=0\). On en déduit que \(\varphi\) est injective, c'est un endomorphisme donc un automorphisme : l'image d'une base est une base, donc \((e_1+u_1,\dots,e_n+u_n)\) est une base.
RMS2022-696
Soit \(J_n\) la matrice carrée de taille \(n\) dont tous les coefficients valent \(1\).
a) Montrer que \(J_n\) est diagonalisable et qu'il existe une matrice orthogonale \(P_n\in{\cal O}_n(\mathbb R)\) telle que : \(J_n=P_n \mathrm{diag}(0,\ldots,0,n)P_n^{-1}\).
b) Calculer \(P_2\) et \(P_3\).
c) Montrer que l'espace vectoriel des matrices de \({\cal M}_3(\mathbb R)\) commutant avec \(J_3\) est de dimension \(5\).
a) une remarque classique est que \(J_n^2=nJ_n\). Donc \(J_n\) annule le polynôme caractéristique \(X^2-nX\) : ainsi \(J_n\) annule un polynôme scindé à racines simples, elle est diagonalisable, de valeurs propres \(0\) et \(n\). \(J_n\) étant clairement de rang \(1\), \(0\) est de multiplicité \(n-1\) et \(n\) de multiplicité \(1\). Or \(J_n\) est symétrique, donc diagonalisable dans une base orthonormée : il existe \(P\in\mathcal O_n\) telle que \(P^{-1}J_nP=\mathrm{diag}(0,\ldots,0,n)\). On remarque par ailleurs que le vecteur \(\begin{pmatrix}1\\\vdots\\1\end{pmatrix}\) est un vecteur propre associé à la valeur propre \(n\) et que les vecteurs \(\begin{pmatrix}0\\\vdots\\0\\1\\-1\\0\\\vdots\\0\end{pmatrix}\) sont dans le noyau de \(J_n\). Ces vecteurs forment clairement une base de \(\mathcal M_{n,1}(\mathbb R)\).
b) D'après la remarque précédente, on a \(P_2=\frac 1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1 & 1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\) (la matrice de vecteurs propres est déjà orthogonale). Pour \(P_3\), les deux espaces propres sont orthogonaux. On doit donc juste orthogonaliser la famille \(\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}\) ce qui donne \(\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}\frac 12\\\frac 12\\-1\end{pmatrix}\). La matrice \(P_3\) peut donc être \(P_3=\begin{pmatrix} 1/\sqrt2 & 1/\sqrt6 & 1/\sqrt3\\-1\sqrt2 & 1/\sqrt6 & 1/\sqrt3 \\ 0 & -2/\sqrt6 & 1/\sqrt3\end{pmatrix}\).
c) Notons POur une matrice \(B\) notons \(\mathcal C(B)=\{A\in\mathcal M_3(\mathbb R)| AB=BA\}\) : \(\mathcal C(B)\) est un sous espace vectoriel de \(\mathcal M_3(\mathbb R)\). On peut montrer que \(\mathcal C(J_3)\) est isomorphe à \(\mathcal C(D_3)\) où \(D_3=\mathrm{diag}(0,0,3)\). On va donc déterminer la dimension \(\mathcal C(D_3)\) : les espaces étant isomorphes, ils ont même dimension. Soit \(E_{ij}\) les élements de la base canonique de \(\mathcal M_3(\mathbb R)\). Par le calcul on montre \(E_{11},E_{22},E_{12},E_{21},E_{33}\) sont des éléments de \(\mathcal C(D_3)\). Ces éléments forment une famille libre donc la dimension de \(\mathcal C(D_3)\) est au moins de \(5\). Soit \(A\in\mathcal C(D_3)\). Posons \(A=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix}\), la relation \(AD_3=D_3A\) donne \(a_{13}=a_{23}=a_{31}=a_{32}=0\). On en déduit que \(A\in\mathrm{Vect}( E_{11},E_{22},E_{12},E_{21},E_{33})\). La famille est donc génératrice de \(\mathcal C(D_3)\). Elle est bien une base et la dimension de \(\mathcal C(D_3)\) est donc \(5\). On en déduit que \(\mathcal C(J_3)\) est de dimension \(5\).
RMS2022-697
(version modifiée parce que j'ai mal lu) Soit \(A=(a_{i,j})_{1\leq i,j\leq n}\in\mathcal{M}_n(\mathbb R)\) où \(a_{i,i}=a_{1,i}=a_{i,1}=1\) pour \(i\in\{1,\dots ,n\}\), les autres coefficients étant nuls.
a) Montrer que \(1\) est valeur propre de \(A\) puis déterminer le sous-espace propre associé.
b) En remarquant que \(A\) est symétrique, déterminer tous les éléments propres de \(A\).
a) La matrice \(A-I\) présente plusieurs fois la même colonne : elle est donc de rang \(<n\) et n'est pas inversible. Ainsi \(1\) est bien une valeur propre de \(A\). On cherche donc \(X=\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\ x_n\end{pmatrix}\) telle que \(AX=X\). Cela donne le système : $$ \begin{cases} x_1+\dots+x_n=x_1\ x_1+x_2=x_2\ x_1+x_3=x_3\ \vdots\ x_1+x_n=x_n \end{cases} $$ soit encore \(x_1=0\) et \(x_2+\dots+x_n=0\). Ainsi l'espace propre associé à la valeur propre \(1\) est l'intersection de deux hyperplans non confondus, donc de dimension \(n-2\). Si \(e_1,\dots,e_n\) est la base canonique, les vecteurs \(e_2-e_3\), \(e_2-e_4\), \(\dots\), \(e_2-e_n\) est une base de \(E_1\).
b) En effet \(A\) est symétrique. Donc \(A\) est diagonalisable dans \(\mathbb R\) : elle annule un polynôme scindé à racines simples. On a identifié \(1\) comme racine de multiplicité \(n-2\). Il nous manque deux valeurs propres. Sa trace vaut \(n\) donc la somme des deux valeurs propres manquante vaut \(2\). Par ailleurs \(\det(A_n)=-1+\det(A_{n-1})\) en développant par rapport à des colonnes. Or \(\det(A_1)=1\) donc \(\det(A_n)=-1\times(n-1)+1=-n+2\). On en déduit que les deux valeurs propres restants, \(\lambda_1\) et \(\lambda_2\) sont telles que \(\lambda_1\lambda_2=-n+2\) et \(\lambda_1+\lambda_2=2\). \(\lambda_1\) et \(\lambda_2\) sont donc les racines du polynôme \(X^2-2X-n+2\). On calcule le disscriminant \(\Delta=4+4(n-2)=4(n-1)\) Donc les deux valeurs propres restantes sont \(1\pm\sqrt{n-1}\).
Cherchons les vecteurs propres associés : on a le système \(\begin{cases}x_1+x_2+\dots+x_n=(1\pm\sqrt{n-1})x_1\\ x_1+x_2=(1\pm\sqrt{n-1})x_2\\ \vdots\\ x_1+x_n=(1\pm\sqrt{n-1})x_n \end{cases}\) soit \(x_2=x_3=\dots=x_n\) et \(x_1=\pm\sqrt{n-1}x_2\). Un vecteur propre de chaque sous-espace est donc \(\begin{pmatrix}\pm\sqrt{n-1}\\1\\\vdots\\1\end{pmatrix}\).
RMS2022-698
Soit \(E\) un espace euclidien. On dit qu'un endomorphisme \(f\) de \(E\) est antisymétrique si \(\forall x, y \in E,\) \(\left<f(x),y\right>=-\left<x,f(y)\right>.\)
a) Montrer que \(f\) est antisymétrique si et seulement si \(\forall x \in E,\ \left<f(x),x\right>=0\).
Dans toute la suite \(f\) est un endomorphisme antisymétrique.
b) Montrer que \(\ker f\) est orthogonal à \(\mathrm{im} f\).
c) Soit \(s=f\circ f\). Montrer que \(s\) est un endomorphisme symétrique. Montrer que toutes ses valeurs propres sont négatives ou nulles. Montrer que \(\ker s= \ker f\).
d) On suppose \(n=3\). Montrer qu'il existe une base orthonormée dans laquelle la matrice de~\(f\) est de la forme : \(\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&0&-\alpha\\0&\alpha&0\end{pmatrix}\).
a) Soit \(f\) antisymétrique. Soit \(x\in E\), alors \(<f(x),x)>=-<x,f(x)>\). Or un produit scalaire est symétrique donc \(<x,f(x)>=<f(x),x>\) . On a donc \(2<f(x),x>=0\) c'est à dire \(<f(x),x>=0\). Réciproquement si pour tout \(x\), \(<f(x),x>=0\), alors soit \(x\) et \(y\) dans \(E\),
On en déduit \(<f(x),y>=-<f(y),x>=-<x,f(y)>\) donc \(f\) est antisymétrique.
b) Soit \(x\in\ker f\) et \(y\in\mathrm{im} f\), on pose \(y=f(x_0)\). alors \(<x,y>=<x,f(x_0)>=-<f(x),x_0>=-<O,x_0>=0\). Donc \(\ker f\) est orthogonal à \(\mathrm{im} f\).
c) Soit \(x,y\) deux éléments de \(E\). On a \(<s(x),y>=<f(f(x)),y>=-<f(x),f(y)>=+<x,f(f(y))>=<x,s(y)>\) donc \(s\) est symétrique. Soit \(\lambda\) une valeur propre de \(s\) et \(x\) un vecteur propre associé. Alors \(<s(x),x>=\lambda<x,x>=-<f(x),f(x)>\). On a alors \(||f(x)||^2=-\lambda||x||^2\). les normes étant positives, \(\lambda\le 0\). Il est évident que \(\ker f\subset \ker s\). Soit maintenant \(x\in\ker s\). Alors \(||f(x)||^2=<f(x),f(x)>=-<x,s(x)>=-<x,0>=0\). Donc \(f(x)=0\) et ainsi \(\ker s\subset \ker f\). D'où l'égalité.
d) Soit \(f\) antisymétrique, alors $pour \(i,j\) deux éléments d'une bae orthonormée, \(<f(e_i),e_j>=-<e_i,f(e_j)>=-<f(e_j),e_i>\). On en déduit que la matrice de \(f\) dans une BON est antisymétrique. notons \(A\) cette matrice. Ici, \(n=3\) et \(\det(A)=\det(-A^\top)=(-1)^3\det(A^\top)=-\det(A^\top)=-\det(A)\), donc \(\det(A)=0\) et \(A\) c'est pas inversible. Ainsi le noyau de \(f\) est au moins de dimension \(1\). So \(f\) est nulle, n'ipmporte quelle base convient à avoir le résultat. Si \(f\) est non nulle, alors \(\ker f\ne E\) et donc \(\ker s\ne E\) d'après une question précédente. Ainsi, \(s\) étant diagonalisable, \(x\) admet un vecteur propre associé à une valeur propre \(\lambda<0\). Notons \(\lambda=-\alpha^2\) et \(x_0\) un vecteur propre associé à \(\lambda\) (\(x_0\ne 0\)). Montrons que \((x_0,f(x_0))\) est libre. Soit \(\lambda,\mu\) des réels tels que \(\lambda x_0+\mu f(x_0)=0 (i)\). En composant par \(f\) on obtient \(\lambda f(x_0)-\alpha^2\mu x_0=0 (ii)\). En faisant \(\lambda(i)-\mu(ii)\) on obtient \((\lambda^2+\alpha^2\mu^2)x_0=0\), et \(\alpha\ne 0\) implique \(\lambda=\mu=0\). Ainsi la famille est libre. C'est une famille de \(\mathrm{im} f\) donc \(\mathrm{im} f\) est de dimension au mois \(2\). Or \(E=\ker f\oplus\mathrm{im} f\), on en déduit \(\dim\ker f=1\) et \(\dim\mathrm{im} f=2\). Prenons \(e_1\) un vecteur de \(\ker f\) et \(e_2=\alpha x_0\) et \(e_3=f(x_0)\). La famille \(e_1,e_2,e_3\) est alors une base de \(E\). De plus \(f(e_2)=\alpha f(x_0)=\alpha e_3\) et \(f(e_3)=f(f(x_0))=-\alpha^2x_0=-\alpha e_2\). La matrice de \(f\) dans cette base a donc bien la forme voulue.
RMS2022-699
Soient \(A\in \mathcal{M}_n(\mathbb R)\) et \((V_1,\ldots ,V_m)\) une famille libre de vecteurs propres de \(A\) avec \(m>0\). Soit \(Q\) la matrice de colonnes \(V_1,\dots , V_m\) et \(S=QQ^T\). Montrer que \(S\in\mathcal{S}^+_n(\mathbb R)\), que \(S\) est de rang \(m\) et que \(AS=SA^T\).
\(S\) est symétrique par définition. Elle est donc diagonalisable dans une base orthonormée. Soit \(x\in \mathcal M_{n,1}(\mathbb R)\), on a \(x^\top Sx=x^\top QQ^\top x=(Q^\top x)^\top (Q^\top x)=||Q^\top x||^2\ge 0\). Ainsi \(S\in\mathcal S_n^+\). On en déduit que \(S\) est diagonalisable à valeurs propres positives.
Soit \(x\) tel que \(Sx=0\), on a alors \(x^\top Sx=0\) et donc d'après le calcul précédent, \(Q^\top x=0\). La réciproque est bien sûr vraie. On en déduit que le noyau de \(S\) est égal au noyaux de $Q^\top. Or $Q^\top est de rang \(m\) car formé de \(m\) lignes libres. Donc son noyaux est de dimension \(n-m\). On en déduit que \(S\) a un noyau de dimension \(n-m\) et donc une image de dimension \(m\) par el théorème du rang : ainsi \(S\) est de rang \(m\).
On a \(AS=AQQ^\top\). Or \(AQ=A(V_1,V_2,\dots,V_m)=(AV_1,\dots,AV_m)=(\lambda_1 V_1,\dots,\lambda_m V_m)=Q\mathrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_m)\). Notons \(D=\mathrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_m)\), on a \(AQ=QD\). Ainsi \(AS=AQQ^\top=QDQ^\top=QD^\top Q^\top=Q(QD)^\top=Q(AQ)^\top=QQ^\top A^\top=SA^\top\).
RMS2022-700
a) Prouver, pour toutes \(A\in{\cal M}_{n,p}(\mathbb C)\) et \(B\in{\cal M}_{p,q}(\mathbb C)\), l'égalité \(\overline{AB}=\overline{A}\times \overline{B}\).
b) Soient \(A\in{\cal A}_n(\mathbb R)\) et \(\lambda\) une valeur propre de \(A\). En utilisant la question précédente, montrer que \(\overline{\lambda}=-\lambda\).
c) Soit \(A\in{\cal A}_n(\mathbb R)\).
i) Donner la forme de \(\chi_A\).
ii) Que dire de \(\chi_A(0)\) lorsque \(n\) est impair ?
iii) On suppose \(n\) pair et \(0\not\in\mathrm{Sp}(A)\). Montrer que \(\det(A)>0\).
a) Cela découle des propriétés du conjugué.
b) Soit \(A\) antisymétrique dans \(\mathbb R\). Soit \(x\) un vecteur propre associé à la valeur propre \(\lambda\). Notons \(x^*\) le vecteur ligne dont les coefficients sont les conjugués des coefficients de \(x\). On remarque que \(x^*x\) est un réel strictement positif car \(x\ne 0\). On a alors \(x^*Ax=\lambda x^*x\). Or \(\overline {x^* Ax}=\bar{x^*} \bar A\bar x=x^\top \bar A (x^*) ^\top=x^\top (-A)(x^*)^\top=-(x^*Ax)^\top=-\lambda x^*x\) car \(x^*x\) est un réel. On en déduit \(\bar\lambda=-\lambda\).
ci) \(A\) étant réelle ont sait que son polynôme caractéristique est réel, donc si \(\lambda\) est racine, alors \(\bar\lambda\) aussi. S'il possède une racine \(\lambda\), alors \(\bar\lambda = -\lambda\) et cette racine est imaginaire pure : \(A\) ne possède pas de racines réelles non nulles. Le polynôme caractéristique de \(A\) est donc de la forme \(\chi_A=X^q\prod_{k=1}^p(X^2+a_k^2)\) où les \(a_k\) sont des réels (pas nécessairement distincts).
cii) Si \(n\) est impair, alors \(q\ne 0\) (sinon le degré du polynôme caractéristique est pair, ce qui ne va pas) donc \(0\) est valeur propre de \(A\) et ainsi \(\chi_A(0)=0\) car \(\chi_A(0)\) est, au signe près, le produit des valeurs propres.
ciii) Si \(n\) est pair et \(0\) n'est pas valeur propre, on a \(\chi_A(0)=(-1)^n\prod_{k=1}^p a_k^2>0\).
RMS2022-701
Soit \(A\in {\cal S}_n(\mathbb R)\). On dit que \(A\) est définie positive si Sp(\(A) \subset \mathbb R^{+*}\).
a) Soit \(A\) définie positive. Montrer qu'il existe une unique matrice \(B\) symétrique définie positive telle que \(B^2=A\).
b) Soit \((c_1,\ldots ,c_n)\) une base orthonormée de vecteurs propres de \(A\). Exprimer \(\left<AX,X\right>\) en fonction de la décomposition de \(X\) dans cette base.
c) Montrer que, pour \(X \in \mathbb R^n,\) \(\|X\|^4\leq \left<AX,X\right>\left<A^{-1}X,X\right>.\) Dans quel cas a t-on égalité?
a) L'implication réciproque est triviale.
Voyons le sens direct. Soit \(A\) une matrice symétrique définie positive. Alors \(A\) est orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients strictement positfs. On note \(A=P^\top DP\) avec \(D=\mathrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)\). Posons pour \(i\in \{1,\dots,n\}\) \delta_i=\sqrt{\lambda_i}$. On pose de plus \(\Delta=\mathrm{diag}(\delta_1,\dots,\delta_n)\). On a alors \(A=P^\top \Delta\Delta P=P^\top \Delta P P^\top \Delta P=B^2\) avec \(B=P^\top\Delta P\). On a donc l'existence.
Soit donc \(B\) symétrique définie positive telle que \(A=B^2\). \(A\) est diagonalisable dans une base orthonormée. \(A\) et \(B\) commutent donc les sous-espaces propres de \(A\) sont stables par \(B\). Soit \(a\) et \(b\) les endomorphismes canoniquement associés à \(A\) et \(B\) respectivement. Soit \(F\) un sous-espace propre de \(a\) associé à la valeur propre \(\lambda\). Notons \(a_F\) la restrictions de \(a\) à \(F\) et \(b_F\) la restriction de \(b\) à \(F\). On a \(a_F=\lambda \mathrm{id}_F\).Par ailleurs, \(b_F\) est toujours symétrique définie positive donc diagonalisable sur \(F\). Soit une valeur propre \(\mu\) de \(b_F\), associée à un vecteur propre \(x\), on a \(a_F(x)=b_F^2(x)=\mu^2 x\). Or \(a_F(x)=\lambda x\) donc \(\lambda = \mu^2\). Or \(\mu>0\) donc \(\mu=\sqrt \lambda\). Ainsi \(b_F\) est aussi la même homothétie. On trouve que pour tout sous-espace propre \(E_\lambda\) de \(A\), \(b_{E_\lambda}=\sqrt\lambda \mathrm{id}\). Les sous-espaces propres étant en somme directe, puisque \(A\) est diagonalisable, cela détermine \(b\) de manière unique.
b) Posons \(X=x_1c_1+\dots+x_nc_n\). On a \(<AX,X>=\sum_{i=1}^n \lambda_i x_i^2\).
c) Si \(A\) est symétrique définie positive de valeurs propres strictement positives \(\lambda_i\) alors \(A\) est inversible et \(A^{-1}X=\frac 1{\lambda _i}X\) pour tout vecteur propre \(X\) associé à une valeur propre \(\lambda\). Les vecteurs propres de \(A^{-1}\) sont donc les mêmes, les valeurs propres associées sont les inverses. On a donc d'après la question précédente, en utilisant la remarque classique :\(x+\frac 1x^ge 2\) pour \(x\) positif :
On aura égalité lorsque pour tout couple \(i,j\),\(\lambda_i=\lambda_j\) et donc lorsque \(A\) est une homothétie.
RMS2022-702
Soit \(A\in\mathcal{S}_n(\mathbb R)\).
a) Montrer que \(A\in\mathcal{S}_n^+(\mathbb R)\) si et seulement s'il existe \(B\in\mathcal{M}_n(\mathbb R)\) telle que \(A={B}^TB\).
b) Montrer que \(A\in\mathcal{S}_n^{++}(\mathbb R)\) si et seulement s'il existe \(B\in\mathrm{GL}_n(\mathbb R)\) telle que \(A={B}^TB\).
c) Soit \(A\in\mathcal{S}_n^{++}(\mathbb R)\). Montrer que l'application \(X\mapsto \sqrt{{X}^TAX}\) est une norme sur \(\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb R)\). Est-elle associée à un produit scalaire?
a) \(A\) est symétrique positive. Donc \(A\) est orthogalement semblable à une matrice diagonale dont les termes diagonaux sont positifs. Notons \(D\) cette matrice diagonale. On note \(d_1,\dots,d_n\) ses coefficients diagonaux et \(A=P^\top DP\). Notons \(\Delta=\mathrm{diag}(\sqrt {d_1},\dots,\sqrt{d_n})\). On a alors \(A=P^\top \Delta^2 P=P^\top \Delta^\top\Delta P=(\Delta P)^\top\Delta P\). On pose \(B=\Delta P\) et on a le résultat demandé.
Réciproquement si \(A=B^\top B\) alors \(A\) est symétrique. Elle est donc diagonalisable. Soit \(\lambda\) une valeur propre associée à un vecteur propre \(X\). On a \(X^\top AX=X^\top B^\top BX=||BX||^2\ge 0\). Mais \(X^\top AX=\lambda X^\top X=\lambda ||X||^2\). On en déduit que \(\lambda\) est positive. Donc \(A\) est symétrique positive.
b) Pour le sens direct : si \(A\) est symétrique définie positive, alors ses valeurs propres sont stictement positives et la matrice \(D\) et \(\Delta\) sont diagonales à valeurs diagonales différentes de \(0\) : elles sont inversible et par conséquent \(B\) est inversible. Pour la réciproque, \(X\) étant différent de \(0\), \(||BX||>0\) et \(||X||>0\). Ce dont on déduit que \(\lambda>0\). Les valeurs propres sont donc strictement positive, et \(A\) est donc symétrique définie positive.
c) Notons \(N:X\mapsto \sqrt{{X}^TAX}\). Pour être une norme on doit vérifier le caractère homogène, défini positif et l'inégalité triangulaire (les valeurs sont évidemment positives). On note \(A=B^\top B\) avec \(B\) inversible. On remarque que \(N(X)=||BX||\). Si \(X=0\) alors \(N(X)=0\). Si \(N(X)=0\) alors \(X^\top B^\top BX=0\) c'est à dire \(||BX||=0\). On en déduit que \(BX=0\) et puisque \(B\) est inversible \(X=0\). \(N\) est bien définie positive, elle est clairement homogène et via l'expression \(N(X)=||BX||\) on a l'inégalité triangulaire.
Si on considère le produit scalaire \(\varphi(X,Y)=X^TB^\top BY\), alors \(N\) en est la norme associée.
RMS2022-703
Soit \(q:(x_0,\ldots, x_{n-1})\in\mathbb R^n\mapsto x_0^2-\sum_{k=1}^{n-1}x_k^2\).
Soit \(G=\left\{f\in\mathrm{GL}(\mathbb R^n)\, ;\ \forall x\in\mathbb R^n,\ q(f(x))=q(x)\right\}.\)
a) Montrer que \(G\) est stable par composition et passage à l'inverse.
b) Soit \(\beta:(x,y)\mapsto \frac12(q(x+y)-q(x)-q(y))\). Montrer que \(\beta\) est une forme bilinéaire symétrique sur \(\mathbb R^n\).
c) Soient \(J=\mathrm{Diag} (-1,1,\ldots,1)\), \(f\in \mathrm{GL}(\mathbb R^n)\) et \(A\) la matrice de \(f\) dans la base canonique de \(\mathbb R^n\). Montrer que \(f\in G\) si et seulement si \({A}^TJA=J\).
a) Soit \(f\) et \(g\) dans \(G\). Soit \(x\in E\). On a \(q(f\circ g(x))=q(f(g(x)))=q(g(x))=q(x)\) donc \(f\circ g\in G\) : \(G\) est stable par composition. Par ailleurs, si \(f\) est dans \(G\) alors \(f\) est inversible et \(q(f^{-1}(x)=q(f(f^{-1}(x)))=q(x)\). Donc \(G\) est stable par inverse.
b) Pour le bien des calculs, essayons de simplfier l'écriture de \(b(x,y)\) :
Sous cette forme, la bilinéarité est évidente.
c)
Notons \(B\) la matrice définie par : \(B_{ij}=b(e_i,e_j)\). La matrice \(B\) est donc symétrique. Soit \(X\) la matrice de \(x\) dans la base canonique et \(Y\) la matrice de \(y\) dans la base canonique. Alors \(b(x,y)=X^\top BY\). Or \(b(e_i,e_j)=\begin{cases} 0&\text{si }i\ne j\\1&\text{si }i=0=j\\-1&\text{si }i=j\ne0\end{cases}\). Donc \(B=-J\). Notons \(C_1,\dots,C_n\) les colonnes de \(A\), Alors \((A^\top JA)_{ij}=-b(C_i,C_j)=-b(f(e_i),f(e_j))\). On en déduit que \(A^\top JA=J\) ssi pour tout couple \((i,j)\), b(f(e_i),f(e_j))=\begin{cases} 0&\text{si }i\ne j\-1&\text{si }i=j=0\1&\text{si }i=j\ne0\end{cases}=b(e_i,e_j)$.
Par ailleurs, si \(q(f(x))=q(x)\) pour tout \(x\) alors \(b(f(e_i),f(e_j))=\frac 12(q(f(e_i+e_j))-q(f(e_i))-q(f(e_j)))=\frac 12(q(e_i+e_j)-q(e_i)-q(e_j))=b(e_i,e_j)\). Réciproquement, si pour tout couple \(i,j\) ,\(b(e_i,e_j)=b(f(e_i),f(e_j))\) alors par bilinéarité \(b(x,x)=b(f(x),f(x))\) c'est à dire \(q(f(x))=q(x)\). On a donc au final bien l'équivalence demanc
RMS2022-1096
Soit \(E\) l'ensemble des suites réelles \(\left(u_n\right)_n\) telles que la série \(\sum u_n^2\) converge.
Pour \(u=\left(u_n\right)_n\) et \(v=\left(v_n\right)_n\) dans \(E\), on pose \(\langle u, v\rangle=\sum_{n=0}^{+\infty} u_n v_n\).
a) Montrer que \(\langle,\rangle\) définit un produit scalaire sur E$.
b) Montrer que, si \(u \in E\) ne s'annule pas, \(\frac{1}{u}\) n'appartient pas à \(E\).
c) Trouver une condition nécessaire et suffisante sur \(\alpha\) pour que \(\left(\frac{1}{n^\alpha}\right) \in E\).
d) On note \(F\) l'ensemble des suites réelles nulles à partir d'un certain rang. Montrer que \(F\) est un sous-espace vectoriel de \(E\) de dimension infinie.
e) Que dire de \(F+F^{\perp}\) et de \(\left(F^{\perp}\right)^{\perp}\) ?
a) Il faut tout d'abord vérifier que cette quantité est bien définie. On a pour deux suites réelles de carré sommable : \(|u_nv_n|\le \frac 12 (u_n^2+v_n^2)\). Or les séries \(\sum u_n^2\) et \(\sum v_n^2\) sont convergentes donc \(\sum u_nv_n\) est absolument convergente par comparaison, donc convergente. On en déduit que \(\langle u,v\rangle\) est bien définie.
Il n'y a dès lors aucun problème pour la symétrie ni la linéarité, ni la positivité. Pour le caractère défini positif, si \(u\) est une suite de carré sommable, alors si \(\sum_{n\in\mathbb N}u_n^2\) est nulle, alors la suite des sommes partielles est une suite croissante et positive qui tend vers \(0\) : les sommes partielles sont toutes nulles et cela implique, par exemple par réuccrence, que \(u=0\).
On a donc bien sous la main un produit scalaire.
b) Si \(u\) ne s'annule pas, alors \(\frac 1u\) est bien définie. Si de plus \(u\in E\) alors \(u_n^2\to 0\) et donc \(\frac 1{u_n^2}\to+\infty\) : il y a divergence grossière de la suite \(\sum \frac 1{u_n^2}\) : \(\frac 1u\) n'appartient pas à \(E\).
c) Posons \(u_n=\frac 1{n^\alpha}\). La série \(\sum u_n^2\) est de terme général \(\frac 1{n^{2\alpha}}\) qui est une série de Riemann de paramètre \(2\alpha\). Elle converge donc si et seulement si \(2\alpha>1\) c'est à dire \(\alpha>\frac 12\).
d) Aucun problème. Soit \(k\in\mathbb N\), on définit \(u^{(k)}\) comme étant la suite de terme général \(u^{(k)}_n=\delta_{kn}\). Cette famille de suite engendre bien l'ensemble des suites nulles à partir d'un certain rang.
e) Soit \(u\in F^\bot\). Soit \(k\in\mathbb N\), on a donc \(\langle u,u^{(k)}\rangle=0\). Or \(\langle u,u^{(k)}\rangle=u_k\) donc pour tout \(k\), \(u_k=0\) : \(u=0\). On peut donc dire que \(F+F^\bot=F\ne 0\) donc l'orthogonal n'est pas un supplémentaire, et \({(F^\bot)}^\bot=E\ne F\).
RMS2022-1097
Soient \(n \geq 2, a, b \in \mathbf{R}\) et \(M \in \mathcal{M}_n(\mathbf{R})\) avec des a sur la diagonale et des \(b\) en dehors.
a) Donner les conditions sur \((a, b)\) pour que \(M\) soit inversible.
b) On munit \(\mathbf{R}^n\) du produit scalaire canonique. Soit \(\left(u_1, \ldots, u_{n+1}\right)\) une famille de vecteurs unitaires telle, que pour tous \(i \neq j,\left\langle u_i, u_j\right\rangle=\alpha\). Soit enfin \(G \in \mathcal{M}_{n+1}(\mathbf{R})\) de coefficients \(\left\langle u_i, u_j\right\rangle\).
c) Montrer que le rang de \(G\) est au plus \(n\).
d) Déterminer la valeur de \(\alpha\) telle que \(G\) soit exactement de rang \(n\).
a) On peut calculer le déterminant d'une telle matrice. En sommant toutes les colonnes dans la première on obtient sur chaque premier terme de ligne la valeur \(a+(n-1)b\) qu'on peut sortir du déterminant : la colonne \(C_1\) est une colonne de uns. On effectue ensuite les opérations \(C_i\leftarrow C_i-bC_1\) pour \(i\ge 2\) : la matrice devient une matrice triangulaire inférieure avec des \(a-b\) sur la diagonale sauf le premier terme qui vaut \(1\) : son déterminant est finalement \((a+(n-1)b)(a-b)^{n-1}\). Ainsi \(M\) est inversible si et seulement si \(a\ne b\) et \(a+(n-1)b\ne 0\).
b) Tout d'abord, la matrice \(G\) a la forme de la première question avec \(a=1\) et \(b=\alpha\). Si \(\alpha=0\), la matrice est égale à la matrice identité et est donc de rang \(n+1\). ce cas semble être oublié dans l'énoncé. Concentrons nous sur le cas \(\alpha\ne 0\). La famille \((u_1,\dots,u_{n+1})\) est une famille de \(n+1\) vecteurs de \(\mathbb R^n\) qui est de dimension \(n\) donc cette famille est liée : l'un des vecteurs est combinaison linéaire des autres. Sans perte de généralité, on peut supposer que c'est \(u_{n+1}\). Notons \(C_1,\dots,C_{n+1}\) les colonnes de \(G\) et \(u_{n+1}=\sum_{k=1}^n\lambda_k u_k\). On a alors pour tout \(i\le n\), \(\langle u_i,u_{n+1}\rangle = \sum_{k=1}^n\lambda_k\langle u_i,u_k\rangle\). C'est à dire \(C_{n+1}=\lambda_1C_1+\cdots+\lambda_nC_n\). Ainsi, le rang de \(G\) est au plus \(n\).
De cette information, on tire la propriété suivante, d'après la première question : Soit \(\alpha=1\), soit \(1+n\alpha=0\) c'est à dire \(\alpha=-\frac 1n\).
On effectue l'opération \(C_{n+1}\leftarrow \sum \lambda_iC_i\). la matrice étant symétrique, on effectue la même opération sur les lignes. On obtient une matrice dont la dernière ligne et la dernière colonne sont remplies de \(0\). Le rang de \(G\) est alors le rang du bloc restant qui est une matrice de la forme de \(M\) : des \(1\) sur la diagonale et des \(\alpha\) partout ailleurs. Pour que \(G\) soit de rang \(n\) il faut et il suffit que ce bloc soit inversible c'est à dire \(\alpha\ne 1\) et \(1+(n-1)\alpha\ne0\). On a donc \(\alpha\ne 1\) c'est à dire, d'après la première partie, \(\alpha=-\frac 1n\). Dans ces condition, on a bien \(1+(n-1)\alpha\ne0\) et la matrice est bien de rang \(n\).
RMS2022-1098
On pose \(\Phi:(A, B) \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})^2 \longmapsto \operatorname{Tr}\left(A^T B\right)\).
a) Montrer que \(\Phi\) est un produit scalaire. Montrer que \(\mathcal{S}_3(\mathbb{R})\) et \(\mathcal{A}_3(\mathbb{R})\) sont supplémentaires orthogonaux. Donner l'expression de \(S(M)\) symétrie orthogonale de \(M\) par rapport à \(\mathcal{S}_3(\mathbb{R})\).
b) Soit \(A\) une matrice de \(\mathrm{SO}_3(\mathbb{R})\). Soit \(S_A\) sa projection orthogonale sur \(\mathcal{S}_3(\mathbb{R})\) et \(\mathrm{Sp}\left(\mathrm{S}_A\right)\) son spectre. Montrer que \(1 \in \mathrm{Sp}\left(\mathrm{S}_A\right) \subset\) \([-1,1]\)
a) c'est un produit scalaire d'après le cours.
On sait que \(M = \frac 12(M+M^\top) +\frac12(M-M^\top)\) est la décomposition de \(M\) selon \(\mathcal S_3\) et \(\mathcal A_3\). Alors l'image de \(M\) est \(s(M)=\frac 12(M+M^\top) +\frac12(M-M^\top)=M^\top\).
b) \(A\) étant dans \(SO_3\), elle est orthogonalement semblable à une matrice de rotation c'est à dire qu'il existe \(P\) orthogonale telle que \(A=P^\top R_\theta P\). On a alors \(S_A=\frac 12(A+A^\top)=\frac 12P^\top (R_\theta+R_\theta^\top)P=P^\top\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\0 & \cos\theta & 0\\0 & 0 & \cos\theta\end{pmatrix}P\). On en déduit que les valeurs propres de \(S_A\) sont \(1\) et \(\cos\theta\), ce qui répond à la questions.
RMS2022-1359
CCINP .
Soit \(E=\R_2[X]\).
Pour \(P\), \(Q\in E\), on pose \(f(P,Q)=P(1)\, Q(1)+P'(1)\, Q'(1)+P''(1)\, Q''(1)\).
- a) Montrer que \(f\) est un produit scalaire sur \(E\).
- b) Déterminer une base orthonormée de \(E\).
- c) Exprimer les coordonnées d'un polynôme \(P\in E\) dans cette base. Que remarque-t-on?
C'est un produit scalaire : pour \(P\in E\), on a \(f(P,P)=P(1)^2+P'(1)^2+P''(1)^2\) et donc \(f(P,P)=0\) ssi \(P(1)=P'(1)=P''(1)=0\). On en déduit que \(1\) est racine triple et puisque \(P\in E\), alors \(P=0\).
On applique l'algorithme d'orthonormalisation de Schmidt. On note \(R_0,R_1,R_2\) la base orthonormée.
\(R_0=0\).
\(R_1^* = X-<X|1>1=X-1\) et \(R_1=\frac{X-1}{1}=X-1\)
\(R_2^* = X^2-<X^2|X-1>(X-1)-<X^2|1>1=X^2-2(X-1)-1=X^2-2X+1=(X-1)^2\) et \(R_2=\frac 12(X-1)^2\).
Soit \(P\) un polynôme de \(R_2[X]\), on obtient les coordonnées en calculant \(<P|R_i>\) : \(<P|1>=P(1)\), \(<P|X-1>=P'(1)\) et \(<P|\frac1{2}(X-1)^2>=P''(1)\). On obtient les coefficients de la formule de Taylor pour les polynômes.
RMS2022-1360
CCINP
-
a) Montrer que \((A,B)\mapsto \tr(A^T B)\) est un produit scalaire sur \({\cal M}_2(\R)\).
-
b) Montrer que \({\cal E}=\left\{ \small\begin{pmatrix}a&b\\-b&a\end{pmatrix};\ (a,b)\in\R^2\right\}\) est un sous-espace vectoriel de \({\cal M}_2(\R)\).
-
c) Donner une base orthonormée de \({\cal E}^{\perp}\).
-
d) Déterminer la distance de \(\small\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}\) à \({\cal E}^{\perp}\).
Les deux premières questions sont des questions de cours.
Cherchons une base orthonormée de \(E^\bot\). Soit \(B=\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ \gamma & \delta\end{pmatrix}\) orthogonale à \(E\), alors en particulier, \(\tr(I_n B)=0\) donc \(\alpha+\delta=0\) et \(\tr(\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix} B)=0\) donc \(-\gamma+\beta=0\). Ainsi, \(E\) est de dimension \(2\), \(E^\bot\) est de dimension 2, \(\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}\) et \(\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}\) sont deux matrices de \(E^\bot\) formant une famille libre : C'est une base de \(E^\bot\). Une BON est donc donnée par : \(\left(\frac 1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix},\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}\right)\).
On a enfin \(A=\begin{pmatrix} 1&1\\1&1\end{pmatrix}=\underset{\mathcal E}{\underbrace{I_2}}+\underset{\mathcal E^\bot}{\underbrace{\begin{pmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}}}\). Donc \(d(A,\mathcal E^\bot)=||I_2||=\sqrt2\).
RMS2022-1361
IMTSoit \(E=\R_n[X]\). On considère \(n+1\) nombres réels distincts \(a_0,\ldots,a_n\) et on pose, pour \(P,Q\in E\), \(\phi(P,Q)=\sum_{k=0}^n P(a_k)\, Q(a_k)\).
-
a) Montrer que \(\phi\) définit un produit scalaire sur \(E\).
-
b) On pose \(F=\left\{P\in E,\ P(a_0)+\cdots +P(a_n)=0\right\}\). Déterminer \(F^{\perp}\).
-
c) Soit \(P\in E\). Déterminer la distance de \(P\) à \(F\).
On trouve que c'est un roduit scalaire : pour le caractère défini positif, on a \(n+1\) racines pour un polynôme de degré \(n\) : c'est trop.
\(F\) est clairement le noyau de la forme linéaire : \(P\mapsto P(a_0)+\cdots+P(a_n)\). Son orthogonal est donc de dimension \(1\). Soit \(P\in F\) et soit \(Q=1\), alors \(<P|Q>=P(a_0)+\cdots+P(a_n)=0\). On en déduit \(F^\bot=Vect(1)=\mathbb R\). Calculons pour un polynôme \(P\) quelconque, \(<P|1> =\sum P(a_i)\). On en déduit que \(d^2(P,F)=||P-\frac{<P|1>}{||1||^2}||^2=||P-\frac{<P|1>}{||1||^2}||^2=||P||^2-\frac 2{n+1}<P|1>^2+\frac{<P|1>^2}{n+1}=||P||^2-\frac{<P|1>^2}{n+1}\).
RMS2022-1362
Soit \(E\) un espace euclidien de dimension \(3, \mathcal{B}=\left(e_1, e_2, e_3\right)\) une base orthonormée directe, \(e =\frac{1}{\sqrt{3}}\left(e_1-e_2+e_3\right)\) et \(D\) la droite portée par le vecteur e. On considère la rotation \(u\) autour de l'axe \(D\), d'angle \(\frac{2 \pi}{3}\). Déterminer la matrice de \(u\) dans \(\mathcal{B}\).
Posons \(e' = \frac1{\sqrt 2}(e1+e_2)\) et \(e''=\frac1{\sqrt 6}(-e_1+e_2+2e_3)\). Ces deux vecteurs sont orthogonaux à \(e\) et la famille \(\mathcal B'=(e,e',e'')\) est une base orthonormée. Dans cette base, la matrice de \(u\) est \(A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & -\frac 12 & -\frac{\sqrt 3}2 & 0 & \frac{\sqrt 3}{2} & -\frac 12\end{pmatrix}\). Notons \(P\) la matrice de passage de \(\mathcal B\) à \(\mathcal B'\). La matrice de \(u\) dans la base \(\mathcal B\) est donc
Ce résultat est plutôt satisfaisant.
RMS2022-1363
IMT .
Montrer que, pour toute matrice \(A\in\mathcal{S}_n(\R)\), \(\tr(A)^2\leq \rg(A)\tr(A^2).\)
On va devoir admettre un résultat de deuxième année : \(A\) étant symétrique, elle est diagonalisable, c'est à dire qu'il existe une matrice inversible \(P\) telle que \(P^{-1}AP=D\) avec \(D\) diagonale. Or la trace et le rang sont invariants par similitude donc l'inégalité \(\tr(A)^2\leq \rg(A)\tr(A^2)\) est strictement équivalente dans ce cas à l'inégalité \(\tr(D)^2\leq \rg(D)\tr(D^2)\). Notons \(\lambda_1,\dots,\lambda_n\) les coefficients diagonaux de \(D\) et \(r\) le nombre de \(\lambda_i\) non nuls : le rang de \(D\) est donné par \(r\). On a de plus \(\tr(D)=\sum\lambda_i\) et \(\tr(D^2)=\sum\lambda_i^2\). Posons \(\varepsilon_i=\begin{cases}1&\text{si }\lambda_i \ne0\\0&\text{sinon}\end{cases}\). On a :
D'où l'inégalité recherchée.
RMS2022-1364
Soit \(A \in G L_2(\mathbb{R})\) vérifiant \(A^2=A^T\) et \(A \neq I_2\).
a) Trouver un polynôme annulateur de \(A\).
b) Montrer que le spectre d'une matrice est inclus dans l'ensemble des racines d'un polynôme annulateur. En déduire le spectre de A.
c) Montrer que \(A\) est orthogonale.
d) Déterminer \(\operatorname{det}(A)\).
e) En déduire les matrices \(A\) vérifiant les conditions de l'énoncé.
a,b) on a \(A^4=(A^\top)^2=(A^2)^\top=(A^\top)^\top=A\). Donc \(P=X^4-X\) est un polynôme annulateur de \(A\). Les racines de \(P\) sont \(0\), \(1\), \(j\) et \(\bar j\). \(A\) est inversible donc on peut enlever \(0\). Le polynôme caractéristique de \(A\) est réel de degré 2 et ses racines sont donc \(1\), \(j\) ou \(\bar j\). Puisqu'il est réel, si \(j\) est racine, alors \(\bar j\) aussi. On en déduit deux possibilité : soit \(\chi_A=(X-1)^2\) soi \(\chi_A=X^2+X+1\). Si \(\chi_A=(X-1)^2\) alors \(A^2-2A+I_2=0\), c'est à dire \(A^\top -2A+I_2=0\). En passant à la transposée : \(A-2A^\top+I_2=0\) et en combinant ces deux relations (\(2L_1+L_2\)) on a \(-3A+3I_2=0\) c'est à dire \(A=I_2\) ce qui est exclu par l'énoncé. On a donc \(\chi_A=X^2+X+2\) et les valeurs propres de \(A\) sont \(j\) et \(\bar j\).
c) On calcule \(A^\top A=A^2A=A^3\). Or \(A^3-I_2=(A-I_3)(A^2+A+I_2)=0\). Donc \(A^\top A=I_2\) et \(A\) est orthogonale.
d) On a évidemment \(\det(A)=j\bar j=1\).
e) Ainsi \(A\) est dans \(SO_2(\mathbb R)\). Il existe donc \(\theta\in]-\pi;\pi]\) tel que \(A=R_\theta\). On a alors \(A^2=R_{2\theta}\) et \(A^\top=R_{-\theta}\). La relation \(A^2=A^\top\) donne alors \(R_{2\theta}=R_{-\theta}\). On obtient les relations : \(\begin{cases}\cos(2\theta)=\cos\theta\\\sin2\theta=-\sin\theta\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}(\cos\theta-1)(\cos\theta+\frac 12)=0\\\sin\theta(\cos\theta+\frac 12)=0\end{cases}\).
Cela donne soit \(\cos\theta=1\) et \(\sin\theta=0\) ce qui implique \(A=I_2\) ce qui est exclu. Soit \(\cos\theta=-\frac 12\) et donc \(\sin\theta=\pm\frac{\sqrt3}2\). On vérifie que les deux solutions fonctionnent bien.
RMS2022-1365
Soient \(A \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})\) et \(P \in \mathbb{R}[X]\) un polynôme annulateur de \(A\).
a) Montrer que les valeurs propres de \(A\) sont des racines de \(P\).
b) Peut-on avoir à la fois \(\operatorname{tr}(A)=0\) et \(A^2+A^\top=I_3\) ?
a) Soit \(\lambda\) une valeur propre de \(A\), \(X\ne 0\) un vecteur propre associé. On a pour tout \(k\), \(A^kX=\lambda^k X\). Donc \(P(A)X=P(\lambda) X\) et donc \(P(\lambda)=0\). Les valeurs propres de \(A\) sont donc des racines de \(P\).
b) On a \(I_3-A^2=A^\top\) et donc en passant à la transposée, \(A=I_3-(A^\top)^2=I_3-(I_3-A^2)^2=I_3-(A^4-2A^2+I_3)=-A^4+2A^2\). Le polynôme \(X^4-2X^2+X\) est annulateur de \(1\). Or ses racines sont \(0\), \(1\), \(\frac{-1\pm\sqrt 5}{2}\) . La trace de \(A\) peut alors s'écrire \(\tr(A)=\lambda_0 \times 0+\lambda_1\times 1 +\lambda_2\times \frac {-1-\sqrt 5}{2}+\lambda_3\times \frac{-1+\sqrt 5}{2}=0\) avec \(\lambda_i\in\mathbb N\) et \(\sum\lambda_i=3\). Cela se traduit par \(\lambda_1-\frac 12\lambda_2-\frac12\lambda_3+\frac{\sqrt5}2(\lambda_3-\lambda_2)=0\). Or \(\sqrt5\) est irrationnel et les \(\lambda_i\) entiers donc nécessairement \(\lambda_2=\lambda_3\) et on en déduit \(\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3\). Or \(\sum\lambda_i=0\) donc \(\lambda_0+3\lambda_1=3\). Il y a donc \(2\) solutions :
-
Soit \(\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=1\). Alors \(1\) est valeur propre de \(A\) donc \(0\) est valeur propre de \(A^2-1\) c'est à dire de \(A^\top\). Or \(A\) et \(A^\top\) ont les mêmes valeurs propres : \(0\) devrait être valeu propre de \(A\) ce qui n'est pas le cas. Donc ce cas est impossible.
-
Soit \(\lambda_0=0\) et \(0\) est seule valeur propre de \(A\). On trouve alors que \(1\) doit être valeur propre de \(A^\top\) ce qui est encore une fois exclu.
Donc on ne peut pas avoir \(\tr A=0\) et \(A^2+A^\top=I_3\).
RMS2022-1366
IMT
-
a) Montrer que la matrice d'une projection orthogonale dans une base orthonormée est une matrice symétrique.
-
b) Montrer que toute matrice \(A\in{\cal M}_n(\R)\) vérifiant \(A^2=A\) et \(A^T=A\) est la matrice d'une projection orthogonale dans la base canonique de \(\R^n\).
-
c) Que dire de la matrice \(M=\small\frac{1}{14}\begin{pmatrix}1&2&3\\2&4&6\\3&6&9 \end{pmatrix}\) ?
Soit \(p\) une projection orthogonale sur un sev \(F\). Soit \(e_1,\dots,e_n\) une base orthonormée. Alors \(p(e_k)=<p(e_k)|e_1>e_1+\cdots+<p(e_k)|e_n>e_n\). Soit \(A\) la matrice de \(p\) dans la base \((e_1,\dots,e_n)\) alors \(a_{ij}=<p(e_j)|e_i>\) et \(a_{ji}=<p(e_i)|e_j>\). Pour \(i\in\{1,\dots,n\}\), notons \(e_i=e_i^F+e_i^\bot\) sa décomposition dans \(F\oplus F^\bot\). On a \(p(e_i)=e_i^F\) et \(<p(e_i)|e_j>=<e_i^F|e_j^F+e_j^\bot>=<e_i^F|e_j^F>\). Par symétrie on a aussi \(<p(e_j)|e_i>=<e_j^F|e_i^F>=<e_i^F|e_j^F>=<p(e_i)|e_j>\). On en déduit ainsi que \(a_{ij}=a_{ji}\) et donc que \(A\) est symétrique.
Soit maintenant \(A\) telle que \(A^2=A\) : on sait que \(A\) est la matrice d'une projection \(p\). On cherche donc à montrer que le fait que \(A^\top=A\) permet d'affirmer que cette projection est orthogonale. Soit \(x\in \mathbb R^n\), on note \(X\) la matrice colonne correspondant à ses coordonnées dans la base canonique. Prenons donc \(x\) et \(y\) dans \(\mathbb R^n\) de matrice colonne associées \(X\) et \(Y\) et supposons \(x\in\ker p\) et \(y\in\im p\) : on a donc \(AY=Y\) et \(AX=0\). Calculons \(<x|y>=X^\top Y=X^\top AY=X^\top A^\top Y=(AX)^\top Y=0Y=0\). Donc le noyau et l'image de \(p\) sont orthogonaux : \(p\) est une projection orthogonale.
La matrice \(M\) est symétrique et \(M^2=M\) donc \(M\) est la matrice d'une projection orthogonale. Son noyau a pour équation \(x+2y+3z=0\) : c'est un plan, et son image est donc l'orthogonal de ce plan à savoir le vecteur \((1,2,3)\).
RMS2022-1365
Soient \((E,\langle\rangle)\) un espace euclidien et \(u \in \mathcal{S}(E)\).
a) Montrer l'équivalence : \(\forall x \in E \quad\{0\},\langle u(x), x\rangle>0 \Leftrightarrow \mathrm{Sp}(u) \subset \mathbb{R}^{+^*}\).
Un endomorphisme symétrique vérifiant ces conditions est dit défini positif.
b) Si \(a\) et \(b\) sont deux endomorphismes symétriques définis positifs, montrer qu'il existe un unique \(c \in \mathcal{L}(E)\) tel que \(b=a \cdot c+\) c. a.
c) Montrer que \(c\) est symétrique défini positif.
a) c'est une question de cours.
b)Soit \(\varphi: c\mapsto ac+ca\). \(\varphi\) est un endomorphisme de \(\mathcal L(E)\). Montrons qu'il est injectif. Soit \(c\in\ker\varphi\), alors \(ac+ca=0\). \(a\in S(E)\) donc \(a\) est diagonalisable : il existe une base de vecteurs propres. Soit \(x\) un vecteur propre associé à \(\lambda\). \(a\) est défini positif donc \(\lambda>0\). On a alors \(a\circ c(x)=-c\circ a(x)\) c'est à dire \(a(c(x))=-\lambda c(x)\). Si \(c(x)\ne0\) alors \(c(x)\) est un vecteur propre de \(a\) associé à la valeur propre \(-\lambda<0\). Or \(a\) n'admet que des valeurs propres \(>0\) : \(c(x)=0\). Ainsi, \(c\) est nul sur tout élément d'une base : \(c=0\) et donc \(\varphi\) est injective. C'est un endomorphisme en dimension finie donc \(\varphi\) est un automorphisme et il existe bien un unique \(c\) tel que \(b=ac+ca\).
c) Soit un tel \(c\), soit \(x_1\) et \(x_2\) deux vecteurs propres de \(a\) associés respectivement aux valeurs propres \(\lambda_1\) et \(\lambda_2\). On a :
On montre de même que \(\langle b(x_2),x_1\rangle=(\lambda_1+\lambda_2)\langle c(x_2),x_1\rangle\). Or \(b\) est symétrique donc \(\langle b(x_2),x_1\rangle=\langle b(x_1),x_2\rangle\) dont on déduit \((\lambda_1+\lambda_2)\langle c(x_2),x_1\rangle=(\lambda_1+\lambda_2)\langle c(x_1),x_2\rangle\) et puisque \(\lambda_1+\lambda_2>0\), \(\langle c(x_1),x_2\rangle=\langle x_1,c(x_2)\rangle\) : \(c\) est symétrique.
De plus, soit \(x\ne 0\) un vecteur propre de \(c\) associé à une valeur propre \(\lambda\),
Or \(\langle b(x),x\rangle > 0\) et \(\langle a(x),x\rangle >0\) donc \(\lambda >0\) : \(c\) est défini positif.
RMS2022-1368
CCINP Soit \(A\in{\cal M}_n(\R)\) telle que \(A(A^T A)^2=I_n\).
-
a) Montrer que \(A\) est inversible.
-
b) Montrer que \(A\) est symétrique.
-
c) En déduire que \(A=I_n\).
\(A\) est clairement inversible, d'inverse \((A^\top A)^2\).
Passons l'égalité à la transposée :
Ainsi \(A^{-1}\) est symétrique donc \(A\) est symétrique.
La condition de l'énoncé devient alors \(A^5=I_n\). On a besoin d'un résultat de deuxième année : \(A\) étant symétrique, elle est diagonalisable : il existe \(P\) inversible réelle telle que \(P^{-1} AP=D\). En multipliant à gauche par \(P^{-1}\) et à droite par \(P\), l'équation \(A^5=I_n\) devient \(D^5=I_n\) (c'est une équation équivalente. Si on note \(\lambda_1,\dots,\lambda_n\) les coefficients diagonaux de \(D\), on a sur chaque terme diagonal \(\lambda_i^5=1\) c'est à dire \(\lambda_i=1\). \(A\) est donc semblable à la matrice identité : \(A=I_n\).
Centrale Python
RMS2022-1099
- a) Ecrire une fonction Python qui prend un entier \(n\) et renvoie une matrice de \(\mathcal{S}_n(\mathbb R)\) à coefficients aléatoires dans \([0,1[\). Calculer les valeurs propres et des vecteurs propres de quelques-unes de ses matrices. Que peut-on conjecturer sur la valeur propre maximale? Sur un vecteur propre associé?
On munit \(\mathbb R^n\) de sa structure euclidienne canonique. Soient \(M\in\mathcal{S}_n(\mathbb R^+)\), \(\lambda_1 \ldots, \lambda_n\) ses valeurs propres et \(\alpha\) leur maximum. Soit \(\Phi:X\mapsto\langle X,MX\rangle\).
-
b) Justifier l'existence de \(\alpha\). Montrer que, pour tout \(X\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb R)\), $ \Phi(X)\leq \alpha \lVert X\rVert^2$ et qu'il y a égalité si et seulement si \(X\) appartient au sous-espace propre de \(M\) associé à \(\alpha\).
-
c) Soit \(C=\left\{X\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb R)\;;\;\lVert X\rVert=1\text{ et }\forall i\in[\![1,n]\!],\,X_i\geq0\right\}\). Montrer que \(\Phi\) est bornée sur \(C\) et admet un maximum \(\mu\leq \alpha\).
-
d) Soient \(X\) un vecteur propre unitaire de \(M\) associé à \(\alpha\) et \(W\in\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb R)\) dont les composantes sont les valeurs absolues des composantes de \(X\). Montrer que \(W \in C\) et en déduire que \(\mu\geq\lvert \alpha\rvert\).
-
e) Conclure que \(\alpha\geq0\) puis que \(M\) admet un vecteur propre positif et unitaire associé à \(\alpha\).
-
f) Montrer que, pour tout \(i\in[\![ 1,n]\!]\), \(\lvert \lambda_i\rvert\leq \alpha\).
import numpy.random as rd
import numpy as np
import numpy.linalg as alg
def matrice(n) :
mat = rd.random((n,n))
for i in range(n) :
for j in range(i+1,n) :
mat[i,j]=mat[j,i]
return mat
matrice(10)
array([[0.86412279, 0.04383621, 0.28173104, 0.96325364, 0.49593489,
0.14782584, 0.68952986, 0.84691523, 0.23987557, 0.11848261],
[0.04383621, 0.95012231, 0.61961975, 0.18613789, 0.86297763,
0.17234387, 0.16669323, 0.07794961, 0.73524331, 0.2915039 ],
[0.28173104, 0.61961975, 0.25936591, 0.28189823, 0.08766872,
0.3064019 , 0.93833231, 0.83539369, 0.64369324, 0.12957165],
[0.96325364, 0.18613789, 0.28189823, 0.37675386, 0.81959546,
0.90134562, 0.99163682, 0.98950777, 0.62457388, 0.82850319],
[0.49593489, 0.86297763, 0.08766872, 0.81959546, 0.07158813,
0.66598947, 0.38232788, 0.09955077, 0.52880258, 0.89908024],
[0.14782584, 0.17234387, 0.3064019 , 0.90134562, 0.66598947,
0.23568475, 0.76592098, 0.91708412, 0.22709152, 0.08448742],
[0.68952986, 0.16669323, 0.93833231, 0.99163682, 0.38232788,
0.76592098, 0.52432127, 0.85775874, 0.96187132, 0.54634075],
[0.84691523, 0.07794961, 0.83539369, 0.98950777, 0.09955077,
0.91708412, 0.85775874, 0.19435524, 0.40136103, 0.05443334],
[0.23987557, 0.73524331, 0.64369324, 0.62457388, 0.52880258,
0.22709152, 0.96187132, 0.40136103, 0.51246195, 0.97516175],
[0.11848261, 0.2915039 , 0.12957165, 0.82850319, 0.89908024,
0.08448742, 0.54634075, 0.05443334, 0.97516175, 0.82789235]])
A=[[0.54814329, 0.01707534, 0.46435858, 0.40987609, 0.89383662,
0.19502919, 0.85760277, 0.41728122, 0.86199469, 0.27191172],
[0.01707534, 0.35462962, 0.45410158, 0.29877502, 0.77865009,
0.48156917, 0.4260578 , 0.04055034, 0.01656269, 0.87173053],
[0.46435858, 0.45410158, 0.28902189, 0.82314999, 0.72326745,
0.49864878, 0.94597117, 0.73352484, 0.22088824, 0.24956041],
[0.40987609, 0.29877502, 0.82314999, 0.08882107, 0.71225511,
0.49104623, 0.83592674, 0.3049004 , 0.67130192, 0.93999932],
[0.89383662, 0.77865009, 0.72326745, 0.71225511, 0.1206751 ,
0.3509758 , 0.74128956, 0.46816275, 0.16441883, 0.69783434],
[0.19502919, 0.48156917, 0.49864878, 0.49104623, 0.3509758 ,
0.41158529, 0.33335725, 0.08969364, 0.96298834, 0.67383967],
[0.85760277, 0.4260578 , 0.94597117, 0.83592674, 0.74128956,
0.33335725, 0.42530824, 0.17962704, 0.19854905, 0.16162811],
[0.41728122, 0.04055034, 0.73352484, 0.3049004 , 0.46816275,
0.08969364, 0.17962704, 0.86145417, 0.10142675, 0.31525457],
[0.86199469, 0.01656269, 0.22088824, 0.67130192, 0.16441883,
0.96298834, 0.19854905, 0.10142675, 0.96596368, 0.33281203],
[0.27191172, 0.87173053, 0.24956041, 0.93999932, 0.69783434,
0.67383967, 0.16162811, 0.31525457, 0.33281203, 0.95191578]]
alg.eig(A)
EigResult(eigenvalues=array([ 4.94347402, 1.32063897, 1.36098245, -1.21635819, 0.67703086,
0.2303119 , -0.10153825, -0.88924961, -0.56355987, -0.74421414]), eigenvectors=array([[-0.32252475, 0.44776064, -0.00990726, 0.39846252, 0.13404501,
-0.56732884, -0.19623767, -0.30861429, 0.25066973, 0.01415166],
[-0.2513879 , -0.48146781, -0.07034084, 0.29653322, 0.18307841,
0.05219575, -0.56976024, -0.06629117, -0.43104321, -0.24708599],
[-0.3439748 , 0.10609736, -0.29418483, -0.13466308, 0.02509319,
0.46722244, 0.07609431, -0.62310412, -0.11430804, 0.37376991],
[-0.3630221 , -0.04111901, 0.03135339, 0.56235554, 0.04078043,
0.08841092, 0.58804621, 0.33225977, -0.24708482, 0.15024001],
[-0.36062605, -0.06562763, -0.21632631, -0.38469238, 0.1331696 ,
-0.25211239, -0.23342345, 0.48774537, 0.00135504, 0.54514024],
[-0.28832262, -0.10052254, 0.40458081, 0.16098226, -0.06895375,
0.46483479, -0.25734282, 0.14881801, 0.63606435, 0.05820986],
[-0.33854387, 0.19435592, -0.24825277, -0.29549564, 0.46673759,
0.15281417, 0.17179291, 0.15847767, 0.137993 , -0.61951636],
[-0.22123066, 0.17911667, -0.41097623, 0.03866411, -0.7944599 ,
0.05053566, -0.13160098, 0.17642339, -0.0143809 , -0.25730646],
[-0.2879188 , 0.36676647, 0.66416584, -0.29602571, -0.14581635,
0.01369799, -0.07404264, 0.00329551, -0.46901485, -0.08318352],
[-0.35077761, -0.57962515, 0.15904845, -0.2618596 , -0.23121384,
-0.37891239, 0.33503672, -0.29225642, 0.18288166, -0.13776551]]))
On trouve que la valeur propre maximale est positive.
def propreMax(n) :
mat = matrice(n)
ep = alg.eig(mat)
maxi = max(ep[0])
i = 0
while ep[0][i]<maxi :
i=i+1
return ep[1][:,i] # Attention à l'utilisation du résultat de eig
propreMax(10)
array([0.35732799, 0.28309218, 0.29663849, 0.33570183, 0.28912819,
0.42042333, 0.33084065, 0.32091661, 0.22724159, 0.25894551])
On se rend compte que toutes les coordonnées ont même signe sur un vecteur propre associé à la valeur propre maximale.
Le nombre de valeurs propres étant fini, il y a bien un maximum.
Notons \(E_1\), \(\dots\), \(E_p\) les sous-espaces propres de \(M\) associés au valeurs propres \(\lambda_1,\dots,\lambda_p\) et supposons sans perte de généralité que \(\alpha=\lambda_1\). \(M\) étant dans \(S_n(\mathbb R^+)\), ces sep sont orthogonaux entre eux. Posons \(X=X_1+\dots+X_p\) une décomposition de \(X\) avec pour tout \(i\ne j\), \(X_i\in E_i\) et \(X_i^\top X_j=0\).
On a donc \(\Phi(X)=\dots=\sum_{i=1}^p \lambda_i ||X_i||^2\). De plus \(||X||^2=\sum_{i=1}^p ||X_i||^2\). Donc \(\Phi(X)=\alpha||X||^2\) ssi \(\sum_{i=1}^p(\alpha- \lambda_i) ||X_i||^2=0\). On a là une somme de termes positifs qui est donc nulle ssi tous les termes sont nuls. Or pour \(i>1\), \(\lambda_i\ne \alpha\) donc si \(i>1\), \(X_i=0\) et ainsi \(X\in E_1\).
\(\Phi\) est une fonction continue et \(C\) est un fermé borné de \(\mathbb R^n\). Par théorème des bornes atteintes, \(\Phi\) est bornée et atteint ses bornes. En particulier, \(\Phi\) admet un maximum sur \(C\) noté \(\mu\). Or \(\Phi(X)\le \alpha\) pour \(X\in C\). Donc \(\mu\le\alpha\).
d) \(W\) est clairement dans \(C\). On remarque que pour un vecteur \(X\) quelconque, \(X^\top MX=\sum_{i,j}x_im_{ij}x_j\). On a ici :
Ainsi, \(\mu\ge |\alpha|\).
e) On sait par ailleurs que \(\mu\le \alpha\). Donc \(\alpha\ge|\alpha|\) c'est à dire \(\alpha\ge 0\). On a donc \(\alpha\le\mu\le\alpha\) et donc par antisymétrie de la relation d'ordre, \(\mu=\alpha\). \(\mu\) étant atteinte sur \(C\), on peut affirmer qu'il existe un vecteur propre positif et unitaire associé à \(\alpha\). Notons \(W\) un tel vecteur.
f) Soit \(X\) un vecteur propre associé unitaire à la valeur propre \(\lambda_i\). Notons \(\bar X\) le vecteur dont les coordonnées sont les valeurs propres de celles de \(X\). On a alors \(\bar X\in C\). Ainsi :
RMS2022-1166
Soient \(n \geqslant 2\) et \(A=(a_{i,j})_{1\leq i,j\leq n}\) la matrice de \({\cal M}_n(\R)\) telle que \(a_{i,j}=1\) si \(|i-j|=1\), les autres coefficients étant nuls.
Pour \(j\in\{1,\dots ,n\}\), on pose \(X_j=\left( \sin\left(\frac{j\pi}{n + 1}\right) \; \sin\left(\frac{2j\pi}{n + 1}\right)\; \dots \; \sin\left(\frac{n j\pi}{n + 1}\right)\right)^T\).
On note \(P \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) la matrice dont les colonnes sont \(X_1, \ldots, X_n\) et, pour \((p, q) \in \mathbb{N}^2\), on pose \(S_{p, q} = \sum_{k = 1}^n \sin\left(\frac{k p\pi}{n + 1}\right)\sin\left(\frac{k q\pi}{n + 1}\right)\).
a) Que vaut \(\sum_{k = 1}^n \cos\left(\frac{k\pi}{n + 1}\right)\) ?
b) Montrer que \(A\) est diagonalisable. Que dire de ses sous-espaces propres ?
c) Écrire une fonction A(n) (resp. P(n)) qui renvoie la matrice \(A\) (resp. \(P\)).
d) Écrire une fonction B(n) qui renvoie la matrice \(P^{-1} A P\). Calculer \(B(n)\) pour différentes valeurs de \(n\). Émettre une conjecture sur le spectre de \(A\) et sur la famille \((X_1, \ldots, X_n)\).
On admet la validité de ces conjectures.
e) En déduire la valeur de \(S_{p, q}\) pour \(p \neq q\).
f) Calculer \(T_p = \sum_{k = 1}^n \cos\left(\frac{k p\pi}{n + 1}\right)\) pour tout \(p \in \mathbb{Z}\). On discutera selon la valeur de \(p\).
g) Montrer la conjecture de d).
Si \(n=2p\) alors :
Et si \(n=2p+1\)
Dans tous les cas, on tombe sur \(0\).
b) \(A\) est symétrique donc diagonalisable et même plus elle est orthogonalement semblable à une matrice diagonale. Ses sous-espaces propres sont orthogonaux.
import numpy as np
import numpy.linalg as alg
def A(n) :
mat = np.zeros((n,n))
for i in range(n-1) :
mat[i,i+1] = 1
for i in range (1,n) :
mat[i,i-1] = 1
return mat
A(5)
array([[0., 1., 0., 0., 0.],
[1., 0., 1., 0., 0.],
[0., 1., 0., 1., 0.],
[0., 0., 1., 0., 1.],
[0., 0., 0., 1., 0.]])
def P(n) :
mat = np.zeros((n,n))
for i in range(n) :
for j in range(n) :
mat[i,j] = np.sin((i+1)*(j+1)*np.pi/(n+1))
return mat
P(5)
array([[ 5.00000000e-01, 8.66025404e-01, 1.00000000e+00,
8.66025404e-01, 5.00000000e-01],
[ 8.66025404e-01, 8.66025404e-01, 1.22464680e-16,
-8.66025404e-01, -8.66025404e-01],
[ 1.00000000e+00, 1.22464680e-16, -1.00000000e+00,
-2.44929360e-16, 1.00000000e+00],
[ 8.66025404e-01, -8.66025404e-01, -2.44929360e-16,
8.66025404e-01, -8.66025404e-01],
[ 5.00000000e-01, -8.66025404e-01, 1.00000000e+00,
-8.66025404e-01, 5.00000000e-01]])
def B(n) :
p = P(n)
a = A(n)
return np.dot(alg.inv(p),np.dot(a,p))
B(5)
array([[ 1.73205081e+00, 1.39442132e-16, -6.12323400e-17,
3.50906371e-16, 3.61486737e-16],
[-1.69614039e-16, 1.00000000e+00, 1.06057524e-16,
-7.57669464e-17, -4.41008625e-16],
[ 1.32005048e-16, 9.00395574e-17, 1.27494047e-32,
1.13501330e-16, 2.01061860e-16],
[ 4.49934819e-17, -8.56304650e-17, 1.06057524e-16,
-1.00000000e+00, -3.22549238e-16],
[ 2.90840827e-17, 1.92960522e-16, -6.12323400e-17,
2.69632405e-16, -1.73205081e+00]])
print(B(4))
[[ 1.61803399e+00 1.01223459e-16 -1.15863146e-16 3.83686090e-16]
[ 1.83622837e-16 6.18033989e-01 6.24243341e-17 -5.16975259e-17]
[-1.70893829e-17 1.47548574e-16 -6.18033989e-01 2.18230980e-16]
[ 1.11081705e-18 5.27227201e-20 7.83614492e-17 -1.61803399e+00]]
print(B(5))
[[ 1.73205081e+00 1.39442132e-16 -6.12323400e-17 3.50906371e-16
3.61486737e-16]
[-1.69614039e-16 1.00000000e+00 1.06057524e-16 -7.57669464e-17
-4.41008625e-16]
[ 1.32005048e-16 9.00395574e-17 1.27494047e-32 1.13501330e-16
2.01061860e-16]
[ 4.49934819e-17 -8.56304650e-17 1.06057524e-16 -1.00000000e+00
-3.22549238e-16]
[ 2.90840827e-17 1.92960522e-16 -6.12323400e-17 2.69632405e-16
-1.73205081e+00]]
A la précision des calculs près, la matrice \(B\) est diagonale avec des valeurs propres qui semblent distinctes. Cela permet de dire que les sous-espaces propres sont de dimension \(1\) et que les \(X_i\) sont des vecteurs propres : ils forment une base orthogonale de vecteurs propres (rien ne dit qu'ils soient normés).
En admettant cette conjecture, on remarque que \(S_{p,q}=X_p^\top X_q\) et donc \(S_{p,q}=0\) si \(p\ne q\).
Si \(p=0\), alors \(\sum_{k=1}^n\cos\left(\frac{kp\pi}{n+1}\right)=n\). Supposons que \(p\ne 0\). On a alors \(\sum_{k=1}^n \cos\left(\frac{kp\pi}{n+1}\right)=Re\left(\sum_{k=1}^n e^{i\frac{kp\pi}{n+1}}\right)\). Concentrons nous sur cette somme.
Il y a donc deux cas :
- si \(p=2k\) alors \(T_{2k}=(-1)^k\frac{\sin\left(\frac{nk\pi}{(n+1)}\right)}{\sin\left(\frac{p\pi}{2(n+1)}\right)}\) ;
- si \(p=2k+1\) alors \(T_{2k+1}=0\) (c'est cohérent avec la première question).
Calculons \(AX_j\) :
On en déduit que \(X_j\) est vecteur propre associé à la valeur propre \(2\cos\frac{j\pi}{n+1}\). On fait donc bien apparaître \(n\) valeurs propres distinctes, les sous-espaces propres sont orthogonaux car \(A\) est symétriques, et les \(X_i\) étant des vecteurs propres associés à chacune des racines, il sont obligatoirement orthogonaux.
RMS2022-1179
Soit \(A \in \mathcal{M}_n(\R)\).
On dit que \(A\) est à diagonale propre lorsque \(\chi_A=\prod_{k=1}^n (X-a_{k,k})\).
a) Montrer que si \(A\) est triangulaire alors elle est à diagonale propre.
b) Une matrice à diagonale propre est-elle nécessairement diagonale ? triangulaire supérieure ?
c) Déterminer les matrices de \(\mathcal{M}_2(\R)\) à diagonale propre.
d) Écrire un programme Python testant si une matrice de \(\mathcal{M}_3(\R)\) est à diagonale propre (avec un seuil à \(10^{-5}\) pour tester les égalités de réels).
e) Soit \(A \in \mathcal{S}_n(\R)\). Exprimer \(\tr(A^TA)\) de deux façons différentes, dont une à l'aide des valeurs propres de \(A\). En déduire que \(A\) est à diagonale propre si et seulement si elle est diagonale.
f) Soit \(A \in \mathcal{A}_n(\R)\) à diagonale propre. Déterminer le spectre de \(A\). En considérant \(A^2\), montrer que \(A=0\).
a) Si \(A\) est triagulaire, on sait que \(A\) contient se valeur propres sur la diagonale et est donc évidemment à diagonale propre.
b) diagonale n'est pas nécessaire (on vient de dire que ça marchait avec les triangulaires). Triangulaire n'est pas nécessaire non plus. En effet la matrice \(\begin{pmatrix} 1& -1 & 1\\0 & 2 & -1 \\1&1&1\end{pmatrix}\) est à diagonale propre.
c) Soit \(M\in\mathcal M_2(\mathbb R)\) à diagonale propre. On pose \(M=\begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix}\). Son polynôme caracétristique est donné par \(\chi_M=(X-a)(X-d)-bc\). Pour que \(M\) soit à diagonale propre il faut et il suffit que \(bc=0\) c'est à dire que \(M\) soit triangulaire ou diagonale.
import numpy as np
import numpy.linalg as alg
def est_dedans_approx(x,E,precision) :
estdedans=False
for y in E :
if abs(x-y)<precision :
estdedans=True
return estdedans
def inclusion_approx(A,B,precision) :
est_inclus=True
for a in A :
if not(est_dedans_approx(a,B,precision)) :
est_inclus=False
return est_inclus
def test(A) :
n = len(A)
coeff_diag = [A[i,i] for i in range(n)]
valeurs_propres = alg.eigvals(A)
return inclusion_approx(coeff_diag,valeurs_propres,0.00001) and inclusion_approx(valeurs_propres,coeff_diag,0.00001)
test(np.array([[1,-1,1],[0,2,-1],[1,1,1]]))
True
On a testé l'inclusion directe et réciproque entre l'ensemble des valeurs propres et l'ensemble des coefficients diagonaux (à une précision près).
Soit \(A\in\mathcal S_n(\mathbb R)\), alors \(A\) est diagonalisable dans une base orthonormée. Donc il existe \(P\in O(n)\) et \(D\) diagonale telles que \(A=PDP^\top\). On a alors \(\tr(A^\top A)=\tr(PD^\top P^\top P A P^\top)=\tr(D^2)=\sum_{i=1}^n \lambda_i^2\) où les \(\lambda_i\) sont les valeurs propres de \(A\).
Par ailleurs, on l'a vu en cours certainement, \(\tr(A^\top A)=\sum_{ij}a_{ij}^2\). Si \(A\) est à diagonale propre, ces deux écritures permettent d'écrire \(\sum_{i\ne j}a_{ij}^2=0\) et on a une somme nulle de termes positifs : si \(i\ne j\) alors \(a_{ij}=0\) : la matrice est diagonale.
Si \(A\) est antisymétrique, ses termes diagonaux sont nuls et donc si elle est à diagonale propre, sa seule valeur propre est \(0\). Posons \(B=A^2\). Alors \(B^\top=(A^2)^\top=A^\top A^\top=(-A)(-A)=A^2=B\). Donc \(B\) est symétrique. Ainsi, \(B\) est diagonalisable, mais puisque l'unique valeur propre de \(A\) est \(0\), alors l'unique valeur propre de \(B\) est \(0\). On en déduit que \(A\) est semblable à la matrice nulle, donc \(A^2=0\).
Or \(A^2=-A^\top A\) et donc \(\tr(A^2)=0=-\tr(A^\top A)=-\sum_{ij}a_{ij}^2\). On a donc encore une somme de termes nuls donc tous les termes sont nuls : \(A=0\).