SoitE un espace euclidien

(1)

SEMAINE 16 ESPACES EUCLIDIENS EXERCICE 1 :

SoitC une partie convexe d’un IR-espace vectorielE. Un pointxdeC est ditextr´emalsi

x= y+z

2 avec y∈C , z∈C

=⇒ (y=z=x). SoitE un espace euclidien. On note

C={u∈ L(E)| ∀x∈E ku(x)k ≤ kxk}.

Montrer que C est une partie convexe de L(E) et que l’ensemble de ses points extr´emaux est exactement le groupe orthogonalO(E).

- - - -

• La partie C est la boule unité fermée de L(E) muni de la norme subordonnée à la norme euclidienne de E, et il est immédiat de vérifier (grâce à l’inégalité triangulaire) qu’une boule dans un espace vectoriel normé est toujours convexe.

• Soitf ∈O(E), on a alorsf ∈C. Supposonsf = u+v

2 avecu∈C,v∈C. Pour tout vecteur xnon nul deE, on a

kxk=kf(x)k=1

2 ku(x) +v(x)k ≤ 1

2 ku(x)k+kv(x)k

≤1

2 kxk+kxk

=kxk. On en déduit ku(x)k+kv(x)k= 2kxket, chacun des deux termes étant inférieur ou égal à kxk, cela entraˆıne ku(x)k=kv(x)k=kxk. Enfin,ku(x) +v(x)k=ku(x)k+kv(x)kimplique que les vecteursu(x) etv(x) sont colinéaires et de même sens, donc finalement égaux. Donc u=v=f.

•Soitf ∈C, supposé non orthogonal. Utilisons la décomposition polaire : il existeω∈O(E) et s∈ L(E) auto-adjoint défini positif tels quef =ωs. L’endomorphismesest diagonalisable dans une base orthonormale B de E, soit M_B(s) = diag(λ₁,· · ·, λ_n). Les λ_i sont des réels appartenant à ]0,1]. Ils ne sont pas tous égaux à 1, sinon on auraits= idE et f ∈O(E).

Supposons par exempleλ1∈]0,1[. Consid´erons alors les endomorphismesuetv, de matrices diag(1, λ2,· · ·, λn) et diag(2λ1−1, λ2,· · ·, λn) respectivement dans la baseB, puisg=ωu et h=ωv. Comme |2λ1−1| ≤1, les endomorphismes g et happartiennent `a C ; ils sont tous deux distincts de f, etf = g+h

2 , doncf n’est pas un élément extrémal deC.

Rappel sur la d´ecomposition polaire :

Soit f un automorphisme d’un espace euclidien E. Alors il existe un unique couple (ω, s), avec ω∈O(E) ets∈ L(E) auto-adjoint d´efini positif, tel que f =ωs.

Preuve : Commen¸cons par démontrer que tout endomorphisme auto-adjoint défini positifsadmet une unique racine carréeσauto-adjointe définie positive : en effet, dans une certaine base orthonormale BdeE, la matrice des estdiag(λ₁,· · ·, λ_n) avec lesλ_i srictement positifs ; l’endomorphismeσdont la matrice dans la baseBestdiag(p

λ1,· · ·,p

λn)est auto-adjoint défini positif et vérifie σ²=σ^∗σ=s, d’où l’existence.

Pour l’unicité, si σ est un endomorphisme auto-adjoint défini positif vérifiant σ² = s, alors σ et s commutent ; les sous-espaces propres E₁, . . ., E_m de s associés aux valeurs propresλ₁,. . .,λ_m(ici supposées deux à deux distinctes) sont donc stables par σ. Comme l’endomorphisme σ est diagonalisable, sa restriction σ_i au sous-espace E_i l’est aussi : si µ est une valeur propre de σ_i et x un vecteur propre associé, on a σ(x) = µx d’où s(x) =µ²x, maiss(x) =λ_ix, doncµ²=λ_i etµ=p

λ_i puisqueσest positif. La restriction σi deσau sous-espaceEi est doncp

λi idE_i, ce qui d´etermine enti`erementσ.

(2)

Soit maintenant f ∈GL(E), l’endomorphismef^∗f est auto-adjoint défini positif, donc admet une racine carrée auto-adjointe définie positive s ; il reste à vérifier que ω = f s⁻¹ est orthogonal, ce qui est une pure formalité, d’où l’existence. Enfin, sif =ωs, alorsf^∗f =s² doncsest nécessairement la racine carrée auto-adjointe définie positive def^∗f etω=f s⁻¹, d’où l’unicité.

D´emontrons maintenant le r´esultat suivant :

Soitf un endomorphisme d’un espace euclidienE. Alors il existe au moins un couple (ω, s), avec ω∈O(E) ets∈ L(E) auto-adjoint positif, tel quef =ωs.

Preuve : L’ensemble GL(E) des automorphismes de E est un ouvert dense de L(E). Si f ∈ L(E), il existe donc une suite (fp) d’automorphismes de E qui tend vers f. Pour toutp, soitfp =ωpsp la d´ecomposition polaire defp. Comme O(E)est compact, il existe une suite extraite (ω_ϕ(p)) qui converge vers un automorphisme ω de O(E). L’application Φ :

(GL(E)× L(E) → L(E)

(u, f) 7→ u⁻¹f ´etant continue, on a lim

p→∞ω_ϕ(p)⁻¹ f_ϕ(p)=ω⁻¹f et, en notant s=ω⁻¹f, l’endomorphisme s appartient à l’adhérence de l’ensemble des endomorphismes auto-adjoints définis positifs, c’est-à-dire est symétrique positif, et f =ωs, ce qu’il fallait prouver.

Remarquons que l’unicit´e de cette d´ecomposition n’est plus garantie : si, par exemple,f = 0, alorss= 0 etω∈O(E)est quelconque.

EXERCICE 2 :

SoientA1,· · ·,Ap des matrices sym´etriques positives d’ordren. Montrer que det(A₁· · ·A_p)

1p

≤det

A₁+· · ·+A_p p

.

Source : RMS (Revue des Mathématiques de l’Enseignement Supérieur), janvier 2000, Éditions Vuibert, solution empruntée à Moubinool OMARJEE

- - - - La matrice S = 1

p(A1+· · ·+Ap) est sym´etrique positive, donc de d´eterminant positif ou nul.

L’inégalité à démontrer est donc triviale si l’une des matricesAiest de déterminant nul. On peut donc supposer désormais que toutes les matricesAisont symétriques définies positives.

Notons S_n⁺⁺ l’ensemble des matrices symétriques définies positives d’ordre n. C’est une partie convexe deMn(IR). L’inégalité à démontrer se ramène à

1 p

p

X

i=1

ln(detA_i)≤ln det1 p

p

X

i=1

A_i

!

et, pour cela, il suffit de prouver la concavit´e de l’applicationf :

(S_n⁺⁺ → IR S 7→ ln(detS).

(3)

Soient donc A et B deux matrices symétriques définies positives. Il est possible de les réduire simultanément, c’est-à-dire il existe P ∈ GLn(IR) et D diagonale telle que A = ^tP P et B= ^tP DP. Rappelons une démonstration de ce résultat important :

Soient A symétrique définie positive et B symétrique (ces hypothèses sont suffisantes). La matriceAadmet une racine carrée symétrique définie positiveM (siA=U∆U⁻¹=U∆^tU avec U orthogonale et ∆ = diag(λ1,· · ·, λn), poser M = U δ U⁻¹ = U δ^tU avec δ = diag(p

λ₁,· · ·,p

λ_n) : A = M² = ^tM M). La matrice C = ^tM⁻¹BM⁻¹ est alors symétrique (vérification immédiate), donc on peut écrire C=QD^tQ avec D diagonale et Qorthogonale ; on a alors

A= ^tM M= ^tM Q^tQM = ^tP P et B= ^tM CM = ^tM QD^tQM = ^tP DP en posant P = ^tQM.

Soit alors t ∈ [0,1]. Posons D = diag(λ1,· · ·, λn), les λi ´etant strictement positifs puisque B ∈ S_n⁺⁺. Alors (1−t)A+tB = ^tP∆P avec ∆ = diag (1−t) +tλ1,· · ·,(1−t) +tλn

, donc

f (1−t)A+tB

= 2 ln|detP|+

n

X

i=1

ln (1−t) +tλi .

Par ailleurs,

(1−t)f(A) +tf(B) = (1−t) ln det(^tP P)

+t ln det(^tP DP)

= (1−t) (2 ln|detP|) +t 2 ln|detP|+

n

X

i=1

lnλi

= 2 ln|detP|+t

n

X

i=1

lnλi.

Or,λ^t_i =λ^(1−t)0+t1_i ≤(1−t)λ⁰_i +tλ¹_i = (1−t) +tλ_i car la fonctionx7→λ^x_i est convexe, et cela permet de conclure.

EXERCICE 3 :

SoitA= (aij)∈ Mn(IR) une matrice sym´etrique positive, telle que

∀(i, j)∈[[1, n]]² aij 6= 0. Soit la matriceB = (bij), avecbij = 1

aij

.

On suppose que la matriceB (qui est bien sˆur sym´etrique), est aussi positive.

Montrer qu’il existe une matrice-colonneV (`a coefficients tous non nuls) telle queA=V^tV. - - - -

La matrice A admet une racine carr´ee sym´etrique positive : il existe P ∈ O(n) et D diagonale, D = diag(λ1,· · ·, λn) avec les λi ≥ 0, tels que A = P DP⁻¹ = P D^tP ; en posant

∆ = diag(p

λ1,· · ·,p

λn) et M =P∆P⁻¹=P∆^tP, la matriceM est sym´etrique positive et M²= ^tM M =A.

(4)

En notant (·|·) le produit scalaire canonique sur IRⁿ, et en notant (e1,· · ·, en) la base canonique de IRⁿ, on a, pour tout (i, j),

aij = (Aei|ej) = (^tM M ei|ej) = (M ei|M ej), donc, par Cauchy-Schwarz,

a²_ij= (M e_i|M e_j)²≤ kM e_ik²kM e_jk²=a_iia_jj . Si B est aussi positive, on a aussib²_ij ≤b_iib_jj, soit 1

a²_ij ≤ 1 aiiajj

.

Finalement,a²_ij=aiiajjpour tout couple (i, j)∈[[1, n]]², c’est-à-dire (M ei|M ej)²=kM eik²kM ejk² (cas d’égalité dans Cauchy-Schwarz), les vecteursM ei(1≤i≤n) sont donc tous colinéaires, d’où rg(M)≤ 1 et même rg(M) = 1 puisque M 6= 0. Si C est une colonne non nulle de la matrice M alors, pour tout i ∈[[1, n]], il existeλi tel que la i-ième colonne de M soit Ci = λiC : en notant L la matrice-ligne L = (λ1 · · · λn), on a M = CL. Ensuite, A= ^tM M= ^tL(^tCC)L, mais ^tCC est un scalaire strictement positifr(c’est la somme des carrés des éléments de la colonne C), donc A=r ^tLL. En posant V =√

r ^tL, on a bien A=V ^tV, doncA= (vivj) en notantV = ^t(v1 · · · vn). Les coefficients deA´etant non nuls, aucun coefficient deV ne peut ˆetre nul.

Réciproquement, si V = ^t(v₁ · · · v_n) est une matrice-colonne à coefficients tous non nuls, alors la matrice A=V ^tV = (a_ij) = (v_iv_j)est symétrique positive à coefficients tous non nuls, et la matriceBde coefficient génériquebij = 1

aij

est aussi sym´etrique positive, puisque

B=W^tW avec W = ^t 1

v₁ · · · 1 v_n

.

EXERCICE 4 :

On noteSn le sous-espace vectoriel deMn(IR) formé des matrices symétriques, etS_n⁺⁺ le sous- ensemble des matrices symétriques définies positives.

1. Soit S ∈ S_n⁺⁺. Montrer qu’il existe une unique matrice sym´etrique A telle que e^A = S.

On notera A= LogS.

2.Soient S₁∈ S_n⁺⁺,S₂∈ S_n⁺⁺ telles queS₁S₂=S₂S₁. Montrer que Log(S1S2) = Log(S1) + Log(S2).

3. SoitS ∈ Sn dont toutes les valeurs propres appartiennent `a l’intervalle ]−1,1[. Montrer que In+S∈ S_n⁺⁺ et prouver la relation

Log(I_n+S) =

∞

X

k=1

(−1)^k−1 k S^k.

- - - -

1. • Pour l’existence de A, on diagonalise S à l’aide d’une matrice de passage orthogonale : S = P DP⁻¹ = P D^tP. On a D = diag(λ₁, . . . , λ_n) où les λ_i sont des réels strictement

(5)

positifs. Posons ∆ = diag(lnλ1, . . . ,lnλn) etA=P∆P⁻¹. Alors,A=P∆^tPest sym´etrique et, par un calcul classique,

e^A=e^P∆P⁻¹ =P e^∆P⁻¹=P DP⁻¹=S .

• Pour l’unicité, on procède comme pour démontrer l’unicité de la racine carrée symétrique définie positive d’une matrice du même métal (utile pour prouver l’unicité de la décomposition polaire d’une matrice inversible, cf. exercice 1). SiA est une matrice symétrique vérifiant eÂ =S, alors A et S commutent ; les sous-espaces propres E1, . . ., Em deS associés aux valeurs propres λ1, . . ., λm(ici supposées deux à deux distinctes) sont donc stables par A (enfin, par l’endomorphisme adeIRⁿ canoniquement associé). Comme l’endomorphismea est diagonalisable, sa restrictionai au sous-espaceEil’est aussi : siµest une valeur propre de a_i et X un vecteur propre associé, on a AX =µX d’où SX =eÂX = e^µX, mais SX =λ_iX, doncµ= lnλ_i ; la restrictiona_i de aau sous-espaceE_i (1≤i≤m) est donc a_i= ln(λ_i) id_E_i, ce qui garantit l’unicité dea.

Remarque : Il est immédiat par ailleurs que l’exponentielle d’une matrice symétrique est une matrice symétrique définie positive (si A = P DP⁻¹ avec P orthogonale et D diagonale, alorseÂ=P e^DP⁻¹∈ S_n⁺⁺). L’application exponentielle réalise donc une bijection deSn

surS_n⁺⁺.

2.PosonsA1= LogS1etA2= LogS2. SiA1etA2 commutent, alorsA1+A2 est symétrique et eÂ¹^+A² =eÂ¹eÂ² =S1S2. Prouvons donc queA1etA2 commutent, ce qui nous conduit au Lemme. Deux endomorphismes symétriques (deE euclidien) qui commutent sont

diagonalisables dans une mˆeme base orthonormale.

D´emonstration du lemme : notons uet v ces deux endomorphismes, E est la somme directe orthogonale des sous-espaces propres de u, notonsE= ⊕^⊥

λ∈Sp(u)

Eλ(u). Pour toutλ∈Sp(u), le sous-espace propre Eλ(u) est stable par v ; la restriction ˜v de v `a Eλ(u) est un endomorphisme sym´etrique (auto-adjoint), donc diagonalisable dans une base orthonormale Bλ

deEλ(u). Il ne reste plus qu’à construire une base Bde E par concaténation desBλ pour obtenir une base orthonormale de E dans laquelleuetv sont représentés par des matrices diagonales.

Revenons à la question posée : les matrices symétriques définies positivesS1etS2commutent, donc le produitS₁S₂est symétrique, etS₁etS₂se diagonalisent à l’aide d’une même matrice de passage orthogonale P (on déduit au passage que S₁S₂ est aussi définie positive) ; la construction des “logarithmes”A₁ etA₂des matricesS₁ etS₂, explicitée dans la question 1., montre que ces deux matrices peuvent aussi être diagonalisées grâce à la même matrice de passageP, donc elles commutent, ce qu’il fallait démontrer.

3.La matriceI+S est sym´etrique et ses valeurs propres sont les 1 +λi(o`u lesλi sont les valeurs propres deS), elles sont donc toutes strictement positives et I+S∈ S_n⁺⁺.

PosonsS=P DP⁻¹=P D^tP avecD= diag(λ₁, . . . , λ_n) etP ∈O(n).

AlorsI+S=P(I+D)P⁻¹; posons ∆ = diag ln(1 +λ1), . . . ,ln(1 +λn) . Comme |λi| < 1, on a ln(1 + λi) =

∞

X

k=1

(−1)^k−1

k λ^k_i pour tout i ∈ [[1, n]], donc

(6)

∆ =

∞

X

k=1

(−1)^k−1

k D^k, puis

Log(I+S) = P∆P⁻¹=P

∞

X

k=1

(−1)^k−1 k D^k

! P⁻¹

=

∞

X

k=1

(−1)^k−1

k (P D^kP⁻¹) =

∞

X

k=1

(−1)^k−1 k S^k.

EXERCICE 5 :

SoitEun espace pr´ehilbertien r´eel. Une famille (x1,· · ·, xp) de vecteurs deEest diteobtusangle si

i6=j=⇒(xi|xj)<0. 1.Soit (x1,· · ·, xp) une famille obtusangle. Démontrer l’inégalité

p

X

i=1

|λi|xi

≤

p

X

i=1

λixi

.

2. Dans un espace euclidien de dimensionn, montrer qu’une famille obtusangle a au plusn+ 1

´

el´ements.

3. Soit E un espace euclidien de dimension n. Montrer que l’on peut construire une famille (u1,· · ·, un+1) de vecteurs unitaires de E v´erifiant (ui|uj) =−1

n pouri6=j.

4.SoitEeuclidien de dimensionn. Montrer que le seul r´eelαdiff´erent de 1 pour lequel il existe une famille (u1,· · ·, un+1) de vecteurs unitaires telle que (ui|uj) =αpour tout couple (i, j) aveci6=j, estα=−1

n.

Source : Jacques CHEVALLET, Alg`ebre MP/PSI, collection Vuibert Sup´erieur, ISBN 2-7117- 2092-6

- - - - 1.Posons u=

p

X

i=1

λixi et v=

p

X

i=1

|λi|xi. Alors

kuk²=

p

X

i=1

λ²_ikxik²+ 2 X

i<j

λiλj(xi|xj) et kvk²=

p

X

i=1

λ²_ikxik²+ 2 X

i<j

|λiλj|(xi|xj),

donc kvk²− kuk² = 2 X

i<j

|λ_iλ_j| −λ_iλ_j

(x_i|x_j) et chaque terme de cette somme est n´egatif ou nul, donckvk²− kuk²≤0, ce qu’il fallait d´emontrer.

(7)

2. Nous allons d’abord démontrer que toute famille obtusangle de cardinal p dans un espace préhilbertien réel E est de rang au moins égal à p−1 : soit X = (x1,· · ·, xp) une telle famille. Si on avait rgX ≤p−2, alors la sous-famille (x1,· · ·, xp−1) serait liée : il existerait doncp−1 réelsλ1,· · ·,λ_p−1, non tous nuls, tels que

p−1

X

i=1

λixi= 0E. Mais, d’apr`es la question 1., une telle relation entraˆıne

p−1

X

i=1

|λ_i|x_i= 0_E, d’o`u

p−1

X

i=1

|λ_i|(x_i|x_p) = 0. Dans cette dernière somme, tous les termes sont négatifs ou nuls, ils sont donc tous nuls, donc lesλ_i sont tous nuls, ce qui est bête.

Dans un espace euclidien E de dimension n, une famille obtusangle est donc de cardinal au plusn+ 1. La question suivante prouvera qu’il existe effectivement des familles obtusangles de cardinaln+ 1 dansE.

3.Proc´edons par r´ecurrence surn= dimE.

• pourn= 1, c’est imm´ediat (prendre les deux vecteurs unitaires oppos´es) ;

•soitn≥2, supposons la propri´et´e vraie en dimensionn−1, soitEeuclidien de dimensionn.

Soitxun vecteur unitaire deE, soitH = (IRx)^⊥l’hyperplan orthogonal `ax. Par hypoth`ese, dans H, il existe une famille (v1,· · ·, vn) de vecteurs unitaires tels que (vi|vj) = − 1

n−1 pour i6=j. Soit, dansE, une famille de vecteurs U = (u₁,· · ·, u_n, u_n+1) avecu_n+1 =xet ui= vi+λix

p1 +λ²_i pour touti∈[[1, n]]. Pour que la familleU (dont les vecteurs sont unitaires) v´erifie les conditions impos´ees, il faut et il suffit que

- pour touti∈[[1, n]] (x|ui) =−1

n, ce qui est r´ealis´e si et seulement si λ_i=− 1

√n²−1 ; - pour tout couple (i, j) avec i6= j, (ui|uj) =−1

n et on vérifie que cette condition est bien réalisée siλ_i=λ_j =− 1

√n²−1.

La famille U = (u₁,· · ·, u_b, u_n+1), avec u_n+1 = x et u_i = 1 n

pn²−1v_i−x

pour tout i∈[[1, n]], satisfait aux conditions de l’´enonc´e.

Une famille(u₁,· · ·, u_n+1)satisfaisant à ces conditions dans un espace euclidien de dimension nest appelée unsimplexe régulier. On peut vérifier (c’est facile) que

n+1

X

k=1

u_k= 0_E et que, sii6=j, on a kui−ujk=

r2(n+ 1) n .

4. Soit U = (u₁,· · ·, u_p) une famille équiangulaire de vecteurs unitaires (c’est-à-dire telle que les produits scalaires (u_i|u_j) avec i 6=j, aient une valeur communeα). Soit G la matrice de Gram de cette famille, à savoir la matrice carrée d’ordre p de coefficient générique g_ij = (u_i|u_j). On vérifie facilement que, siBest une base orthonormale deE, on aG= ^tU U, où U ∈ Mn,p(IR) est la matrice de la famille de vecteurs U relativement à la base B.

(8)

On a donc rg(U) = rg(U) = rg(G) puisque les matrices U et ^tU U (ou les applications

linéaires canoniquement associées) ont le même noyau. Ici, on a G=







1 α . . . α α 1 . .. ...

... . .. . .. α α . . . α 1





 et detG= 1 + (p−1)α

(1−α)^p−1. La famille U est donc libre sauf pourα= 1 (auquel cas tous les vecteurs sont ´egaux) et pourα=− 1

p−1. Pour quen+ 1 tels vecteurs existent en dimensionn, la famille doit être liée, donc nécessairement α=−1

n. EXERCICE 6 :

Notations : soitnun entier naturel non nul ; on note O(n) le groupe orthogonal d’ordren;

S_n⁺l’ensemble des matrices sym´etriques positives d’ordren;

S_n⁺⁺ l’ensemble des matrices sym´etriques d´efinies positives d’ordren;

siE est un espace euclidien etX = (x1,· · ·, xp) une famille finie de vecteurs deE, on note G(X) la matrice de Gram de la familleX, c’est-à-dire la matrice symétrique d’ordrep, de coefficient générique gij = (xi|xj).

1.SoitA∈ Mn(IR). Montrer l’existence d’une matrice Ω∈O(n) et d’une matriceS∈ Sn telles queA= ΩS (on pourra commencer par supposerA inversible, puis conclure en invoquant la compacit´e deO(n)).

2.SoitE un espace euclidien, soitBune base deE, soitf un endomorphisme deE, de matrice M relativement `a la base B. Montrer quef est un automorphisme orthogonal de E si et seulement si ^tM G(B)M =G(B).

3.SoitEun espace euclidien de dimension 2n, soientF etGdeux sous-espaces supplémentaires, chacun de dimensionn. Montrer qu’il existe une symétrie orthogonale échangeantF etG.

Source : Jean-Marie ARNAUDI ÈS et Henri FRAYSSE, Algèbre bilinéaire et géométrie, Éditions Dunod, ISBN 2-04-016550-9

- - - -

1.LorsqueAest inversible, il s’agit de ladécomposition polaire: la matrice ^tAAest symétrique définie positive, donc admet une racine carréeS elle aussi dansS_n⁺⁺ (évident en diagona- lisant ^tAA en base orthonormale). En posant Ω = AS⁻¹, il suffit de vérifier que Ω est orthogonale.

Dans le cas oùAest inversible, on peut démontrer l’unicité du couple(Ω, S), mais ce n’est pas utile ici, cf. exercice 1.

L’ensemble GL(n,IR) des matrices inversibles est un ouvert dense de Mn(IR). Si A est une matrice deMn(IR), il existe donc une suite (A_p) de matrices inversibles qui tend versA.

Pour tout p, soit A_p = Ω_pS_p la d´ecomposition polaire de A_p. Comme O(n) est compact,

(9)

il existe une suite extraite (Ω_ϕ(p)) qui converge vers une matrice Ω de O(n). L’application Φ :

(GL_n(IR)× Mn(IR) → Mn(IR)

(U, M) 7→ U⁻¹M ´etant continue, on a lim

p→∞Ω⁻¹_ϕ(p)A_ϕ(p) = Ω⁻¹A et, en notant S = Ω⁻¹A, la matrice S appartient à l’adhérence deS_n⁺⁺, c’est-à-dire à S_n⁺, et A= ΩS, ce qu’il fallait prouver.

Remarquons que l’unicit´e de cette d´ecomposition n’est plus garantie : si, par exemple,A est la matrice nulle, alors S= 0et Ω∈O(n)est quelconque.

2.Manipulons un peu les matrices de Gram : soitE un espace euclidien de dimensionn.

•SiB0est une base orthonormale deE, siF= (x₁,· · ·, x_p) est une famille depvecteurs deEde matriceF =M_B₀(F)∈ Mn,p(IR) relativement `a la baseB0, alorsG(F) = ^tF F ∈ Mp(IR).

• SiB= (e1,· · ·, en) et B⁰ = (e⁰₁,· · ·, e⁰_n) sont deux bases de E, siP =P_B,B⁰ =M_B(B⁰) est la matrice de passage de B versB⁰, on a B⁰ : =MB₀(B⁰) = PB₀,B⁰ =PB₀,BPB,B⁰ =BP avec B=MB₀(B), donc

G(B⁰) = ^tB⁰B⁰= ^t(BP)(BP) = ^tP^tBBP = ^tP G(B)P (cela sera utile pour la question suivante).

•Si maintenantB= (e1,· · ·, en) est une base quelconque deE, six=

n

X

i=1

xieiety=

n

X

j=1

yjej

sont deux vecteurs de E, on a (x|y) =X

i,j

x_iy_j(e_i|ej) = ^tX G(B)Y, en notantX =M_B(x) et Y =M_B(y) les matrices-colonnes constitu´ees des coordonn´ees des vecteurs xet y dans la baseB.

De cette dernière remarque, on déduit que, si f est un endomorphisme de E de matrice M relativement à la baseB, on a

f ∈O(E) ⇐⇒ ∀(x, y)∈E² f(x)|f(y)

= (x|y)

⇐⇒ ∀(X, Y)∈ Mn,1(IR)² t(M X)G(B) (M Y) = ^tX G(B)Y

⇐⇒ ^tM G(B)M =G(B).

3. Soit E euclidien de dimension 2n, soient F et G supplémentaires de dimension n. Con- sidérons une baseB = (B1,B2) de E obtenue par concaténation d’une base orthonormale B1 = (e1,· · ·, en) de F et d’une base orthonormale B2 = (en+1,· · ·, e2n) de G. On a alors G(B) =

I A

tA I

, en notant I =I_n la matrice-unité d’ordren et avecA ∈ Mn(IR), de coefficient générique a_ij= (e_i|en+j).

D’apr`es la question1., il existe Ω∈O(n) etS∈ S_n⁺telles queA= ΩS, doncS = Ω⁻¹A= ^tΩA et aussiS= ^tS= ^tAΩ. PosonsP =

Ω 0 0 I

. AlorsP ∈O(2n) et

P⁻¹= ^tP =

tΩ 0

0 I

=

Ω⁻¹ 0

0 I

.

(10)

SoitB⁰ = (B₁⁰,B2) la base deE telle que P=P_B,B⁰ (alorsB₁⁰ = (e⁰₁,· · ·, e⁰_n) est encore une base orthonormale de F). On a

G(B⁰) = ^tP G(B)P =

tΩΩ ^tΩA

tAΩ I

=

I S S I

.

Soit maintenantf l’endomorphisme deE tel queMB⁰(f) =M = 0 I

I 0

. De M²=I2n, on d´eduit quef est une sym´etrie. Il est clair quef(F) =Getf(G) =F. Enfin,

tM G(B⁰)M = 0 I

I 0

I S S I

0 I I 0

=

I S S I

=G(B⁰), doncf ∈O(E) par la question2.

EXERCICE 7 :

Soient p et q deux projecteurs orthogonaux dans un espace euclidienE, soit l’endomorphisme f =pq.

a.Montrer que les valeurs propres de f appartiennent au segment [0,1].

b.Montrer quef est diagonalisable.On pourra introduire l’endomorphisme g=pqp.

- - - - a.Un projecteur orthogonal vérifie les propriétés

∀(y, z)∈E² p(y)|p(z)

= p(y)|z

; (1)

∀y∈E kp(y)k ≤ kyk. (2)

Donc, siλ∈Sp(f) est non nul et sixest un vecteur propre associ´e, on a kpq(x)k²= pq(x)|pq(x)

= pq(x)|q(x)

=λ x|q(x)

=λkq(x)k² avecq(x)6= 0, donc λ= kpq(x)k²

kq(x)k² ∈]0,1]. Tenant compte de l’´eventuelle valeur propre 0, on a Sp(f)⊂[0,1].

b. L’endomorphisme g = pqp est autoadjoint (car p^∗ = p et q^∗ = q), donc diagonalisable.

On a donc X

λ∈Sp(g)

dimEλ(g) = dimE. Nous allons montrer que Sp(f) = Sp(g) et que

∀λ ∈ Sp(f) dimEλ(f) = dimEλ(g), d’o`u il r´esultera que X

λ∈Sp(f)

dimEλ(f) = dimE et quef est diagonalisable.

• Soit d’abordλune valeur proprenon nulle deg.

Si x∈ Eλ(g), alors pqp(x) = λx et, en appliquant p, on a pqp(x) = λp(x), on en d´eduit p(x) =x(carλ6= 0), doncf(x) =pq(x) =pqp(x) =λxetx∈Eλ(f) ; on a ainsi l’inclusion Eλ(g)⊂Eλ(f).

Si x ∈ E_λ(f), alors pq(x) =λx et, toujours en appliquant p, on a pq(x) = λp(x) donc p(x) =x, doncg(x) =pqp(x) =pq(x) =λxet x∈E_λ(g), d’o`u l’autre inclusion.

(11)

On a ainsi montr´e Eλ(f) =Eλ(g).

• On v´erifie facilement que, pour tout endomorphisme u de E, on a Ker(u^∗u) = Ker(u).

On a pq = (qp)^∗, donc les endomorphismespq et qp ont le mˆeme rang, et dim Ker(pq) = dim Ker(qp). Mais Ker(qp) = Ker (qp)^∗(qp)

= Ker(pqp) = Ker(g). Ainsi, les sous-espaces propres E0(f) = Ker(pq) et E0(g) = Ker(pqp) ont la même dimension, ce qui achève la démonstration.

EXERCICE 8 :

1.Soituun endomorphisme autoadjoint positif dans un espace euclidienE. Montrer l’´equivalence

∀x∈E u(x)|x

= 0 ⇐⇒ x∈Keru .

2.Soient aetbdeux endomorphismes autoadjoints positifs dans un espace euclidienE.

a.Montrer l’existence d’un endomorphisme autoadjoint positifhtel queh²=b.

b.Montrer que l’endomorphismef =abest diagonalisable.On pourra consid´erer l’endomorphisme g=hah.

- - - -

1. Notons λ1, · · ·, λm les valeur propres distinctes et strictement positives de u. On a alors, d’après le théorème spectral, E =

⊥

M

0≤i≤m

Ei avec E0 = Ker(u) (éventuellement réduit à {0}) et E_i =E_λ_i(u) = Ker(u−λ_i id_E) pouri ∈ [[1, m]]. Soit x=x₀+

m

X

i=1

x_i ∈E, alors

u(x) =

m

X

i=1

λixiet u(x)|x

=

m

X

i=1

λikxik²; cette derni`ere somme, dont tous les termes sont positifs, est nulle si et seulement si tous les termes sont nuls, soit ssi ∀i∈[[1, m]] x_i = 0, doncssix∈E₀= Ker(u).

2.a. Question classique : avec les notations de la question précédente (et en posantλ₀ = 0), on prend pour h l’endomorphisme co¨ıncidant avec l’homothétie de rapport p

λi sur chaque sous-espaceE_i.On peut prouver l’unicit´e deh, mais ce n’est pas demand´e, cf.exercice 1.

b. On a f =ab =ah² = (ah)h et g =h(ah). L’endomorphisme g =hah est autoadjoint, donc diagonalisable, donc X

λ∈Sp(g)

dimEλ(g) = dimE. Comme dans l’exercice précédent, nous allons montrer quef etgont les mêmes valeurs propres, avec des sous-espaces propres associés de même dimension.

Lemme : Soient u et v deux endomorphismes d’un IK-espace vectoriel E de dimension finie. Alors toute valeur propre λ non nulle de uv est aussi valeur propre de vu et on a dimEλ(vu) = dimEλ(uv).

Démonstration du lemme : sixest un vecteur propre (donc non nul) de uvpour la valeur propre non nulleλ, on auv(x) =λx, d’oùvuv(x) =λv(x). Maisv(x)6= 0(sinon on aurait uv(x) = 0 donc λx = 0, ce qui est absurde), donc v(x) est un vecteur propre de vu pour la valeur propre λ, ainsi λ∈ Sp(vu). On a aussi prouvé que v Eλ(uv)

⊂Eλ(vu), mais

(12)

la restriction de v `aEλ(uv) est injective donc dimv Eλ(uv)

= dimEλ(uv). L’inclusion obtenue ci-dessus montre alors quedimEλ(uv)≤dimEλ(vu). Les endomorphismesuetv jouant le même rôle, il y a égalité des dimensions.

En appliquant le lemme avec u=ahet v =h, on voit que toute valeur propre non nulle de g=hahest aussi valeur propre def =ab=ah² (et r´eciproquement), les sous-espaces propres ayant mˆeme dimension.

Par ailleurs, on a Ker(ah) = Ker(hah) : l’inclusion directe est imm´ediate et, si x∈Ker(hah), alors 0 = hah(x)|x

= ah(x)|h(x)

donch(x)∈Kerad’apr`es la question 1.et x∈Ker(ah). Enfin, rg(f) = rg(ah²)≤rg(ah), donc

dim Ker(f) = dim Ker(ah²)≥dim Ker(ah) = dim Ker(hah) = dim Ker(g). On a finalement prouv´e que Sp(g) = Sp(f) et X

λ∈Sp(f)

dimE_λ(f)≥dimE (inégalité qui est forcément une égalité), etf est diagonalisable.