Diagonalisation – DM4 PeiP (2019) – Correction

Exercice 1. [⋆]

1. SoitEunR-espace vectoriel de base(e₁, . . . , e_n)etΦun produit scalaire sur E. Montrer que la matrice S = (Φ(e_i, e_j))_i,j est sym´etrique, puis que les valeurs propres de S sont toutes strictement positives.

2. SoitS∈ M_n(R) sym´etrique. Montrer que l’application suivante est une forme bilin´eaire sym´etrique :

∀X, Y ∈Rⁿ, Φ(X, Y) =X^T S Y ∈R.

Correction :

1. Le premier point vient de la sym´etrie de Φ. Prenons λ une valeur propre de S `a laquelle on lui associe le vecteur propreV :

Φ(V, V) =

n

∑

i,j=1

vivjΦ(ei, ej) =V^TSV =V^T(λV) =λ

n

∑

i=1

v_i².

Comme V ≠ 0, on sait que ∑ⁿ_i=1v²_i > 0. Par ailleurs Φ est une forme d´efinie positive, ce qui implique que Φ(V, V) >0 (car V ≠0). Donc λ>0.

2. Soit X, Y etZ trois vecteurs de Rⁿ etλ∈R. On voit tout d’abord que :

Φ(X, Y) =

n

∑

i,j=1x_is_ijy_j=

n

∑

i,j=1y_js_ijx_i=

n

∑

i,j=1y_js_jix_i,

carS est sym´etrique.

On a montr´e que Φ(X, Y) =Φ(Y, X). L’application Φ est sym´etrique. De plus, on a :

Φ(λX+Z, Y) = (λX+Z)^TSY =λX^TSY +Z^TSY

=λΦ(X, Y) +Φ(Z, Y).

Correction :

Enfin, on v´erifie que :

Φ(X, λY +Z) =Φ(λY +Z, X) =λΦ(Y, X) +Φ(Z, X)

=λΦ(X, Y) +Φ(X, Z),

par sym´etrie et lin´earit´e par rapport `a la premi`ere va- riable. On vient donc de montrer que Φ est une forme bilin´eaire sym´etrique surRⁿ.

Exercice 2. [⋆⋆] On consid`ere l’espace vectorielE=R2[X]. 1. Montrer que l’application

Φ(P, Q) =P(0)Q(0) +P^′(0)Q^′(0) +P^′′(0)Q^′′(0) est un produit scalaire sur E.

2. Calculer l’orthogonal deF =V ect(X) dans (E, Φ). Correction :

1. Il est imm´ediat que Φ est sym´etrique et bilin´eaire : c’est une forme bilin´eaire sym´etrique. Soit P ∈E. Alors on a :

Φ(P, P) =P(0)²+P^′(0)²+P^′′(0)²≥0.

Donc Φ est positive.

Maintenant supposons que P=a₂X²+a₁X+a₀ v´erifie Φ(P, P) =0 c’est-`a-dire :

P(0)²+P^′(0)²+P^′′(0)² =0.

Il s’agit d’une somme de termes positifs qui est nulle : chaque terme est lui-mˆeme nul. Ainsi P(0) = 0 = a₀, P^′(0) =0=a1 et P^′′(0) =0=2a2 impliquent bien que P est le polynˆome nul. Donc Φ est d´efinie positive.

Correction :

Finalement Φ est un produit scalaire.

2. SoitP =a₂X²+a₁X+a₀un ´el´ement deF^⊥.Cela signifie que Φ(P, Q) = 0 pour tout Q ∈ F. Cependant par d´efinition de F on sait queQ est de la forme λX. Par bilin´earit´e de Φ, on a λ Φ(P, X) = 0. Pour λ = 0, la relation est triviale. Si λ ≠ 0, cela implique que Φ(P, X) = 0. De la mˆeme fa¸con on montre que si Φ(P, X) =0, alorsP ∈F^⊥.

Il nous reste plus qu’`a trouver les polynˆomesP tels que Φ(P, X) =0id est

0=a₀×0+a₁×1+2a₂×0=a₁. Ainsi on vient de montrer que

F^⊥= {a2X²+a0, ∀a0, a2∈R} =V ect(1, X²).

Exercice 3. [⋆ ⋆ ⋆] (Turn around)

Le but de l’exercice est de trouver tous les points (x, y) ∈R² tels que : x²+xy+y²+x+y=1. (1) 1. Montrer qu’il existe une matrice S ∈ M₂(R) sym´etrique et une appli- cation lin´eaire L ∶ R² → R tels que (x, y) v´erifie (1) si et seulement si

(x y)S(x

y) +L((x, y)) =1.

2. Trouver les valeurs propres de S.

3. Trouver une base propre orthonormale de S.

4. MettreS sous la formeS=P DP^T avecP inversible etD= (

1/2 0 0 3/2).

5. On pose(s

t) =P^T (x

y). Montrer que(x, y)v´erifie (1)si et seulement si

s² 2 +3t²

2 +

√ 2t=1.

6. On pose u=s/

√

2 etv=1/

√ 3 + t

√

3/2. Montrer alors qu’il existe un angle θ∈ [−π, π[ tel que :

u= 2

√

3cosθ etv= 2

√ 3sinθ.

7. En d´eduire que (x, y) v´erifie (1) si et seulement s’il existe θ∈ [−π, π[ tel que

⎧⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎩ x= √²

3 cosθ+^{2 sinθ−1}

3 ,

y= − √²

3 cosθ+^{2 sinθ−1}

3 .

8. Dessiner (`a main lev´ee) l’ensemble des points (x, y) qui v´erifient (1).

Correction :

1. Il suffit de poser L((x, y)) =x+y qui est bien lin´eaire et

S= ( 1 1/2 1/2 1 ). 2. Le polynˆome caract´eristique de S est :

χS= (1−X)²− (1/2)²= (3

2−X) (1 2−X). Donc les valeurs propres de S sont 1/2 et 3/2.

Correction :

3. On voit facilement que (1, −1) est un vecteur propre associ´e `a 1/2 et(1, 1)`a 3/2. Ils sont orthogonaux, mais pas norm´es. Il suffit de les normaliser pour avoir une base propre orthonormale deS :

B = (

√ 2

2 (1, −1),

√ 2

2 (1, 1)).

4. Comme S est diagonalisable, on sait que S =P DP⁻¹ avec :

P =

√ 2

2 ( 1 1

−1 1). Cependant, on a :

P⁻¹=

√ 2 2 (

1 −1

1 1 ) =P^T.

On vient donc de trouver la d´ecomposition souhait´ee.

5. Tout d’abord on voit que : x=

√ 2

2 (s+t) et y=

√ 2

2 (−s+t).

Ainsi on a x+y=

√

2 t. De plus, on trouve que : (x y)S(x

y) = (x y)P DP^T(x

y) = (s t)D(s t). On a donc bien trouv´e l’´equation de l’´enonc´e.

6. L’´equation sur (s, t) est ´equivalente `a u² +v² = 4/3.

Cette derni`ere ´equation est celle du cercle de centre (0, 0)et de rayon 2/

√

3. Cela implique bien qu’il existe un tel angleθ.

Correction :

7. On vient donc de montrer que s=2

√

2/3 cosθ et que t=

√

2 (2 sinθ−1)/3. Par la relation entre x,y,sett, on trouve que le r´esultat ´enonc´e.

8. L’ensemble de ces points est l’ellipse C dessin´ee ci- dessous :

Exercice 4. [⋆ ⋆ ⋆⋆] (Curioser and curioser)

On appelle homoth´etie positive un endormorphisme u de (E,Φ) (espace euclidien) qui v´erifie :

∀x∈E,∀y∈E, d(u(x), u(y)) =λ d(x, y),

pour un certain λ appel´e rapport de l’homoth´etie, et d la distance associ´ee `a la norme N (elle-mˆeme associ´ee au produit scalaire Φ).

1. Montrer que siu est une homoth´etie positive de rapport λ, alors λ≥0.

2. Montrer qu’on a ´equivalence entre :

(a) u est une homoth´etie positive de rapportλ ; (b) ∀x∈E, N(u(x)) =λ N(x) ;

(c) Pour toute base orthonorm´ee B, l’image par u de B est une base orthogonale dont chaque vecteur est de norme valant λ.

3. Soitu une homoth´etie positive de rapportλ. On d´efinit pour toutx∈E, v(x) =u(x)/√

λ. Montrer quev est une isom´etrie.

4. Montrer que le d´eterminant d’une homoth´etie de rapport λ>0est±λ^n/2. 5. On pose M = ( 6 −2√

3 2√

3 6 ). Montrer qu’il existe une homoth´etie po- sitive h de rapport λ et une rotation r d’angle θ telle que M soit la repr´esentation deh○r. On pr´ecisera les valeurs de λet de θ.

Correction :

1. Comme la distance est une fonction positive, il est imm´ediat queλest positif.

2. Montrons que (a) implique (b). Soit x ∈ E. On voit que :

N(u(x)) =d(u(x), u(0)) =λd(x, 0) =λN(x).

Passons `a la d´emonstration de(b)impliquant(c). Soit B = (e₁, . . . , e_n) une base orthonorm´ee deE. On note fi=u(ei)etB^′= (f1, . . . , fn). Dans un premier temps, on a pour tous indicesiet j que :

Φ(fi, fj) =Φ(u(ei), u(ej))

=1

2[N(u(e_i) +u(e_j))²−N(u(e_i))²−N(u(e_j))²]

= 1

2[N(u(e_i+e_j))²−N(u(e_i))²−N(u(e_j))²]

Correction :

Φ(fi, fj) = λ²

2 [N(ei+ej)²−N(ei)²−N(ej)²] =λ²Φ(ei, ej).

CommeB est une base orthonorm´ee deE, par l’´egalit´e pr´ec´edente, on voit que pour i≠ j, Φ(f_i, f_j) =0. De plus, on a :

N(f_i)² =Φ(f_i, f_i) =λ²Φ(e_i, e_i) =λ². Finalement on a bien montr´e le r´esultat (c).

Finissons par supposer le r´esultat(c) et montrons(a). Soit B = (e₁, . . . , e_n)une base orthonorm´ee de E. On notefi=u(ei). On sait par(c)que Φ(fi, fj) =0 sii≠j et λ² sinon. Consid´erons deux ´el´ements x = ∑ⁿ_i=1xiei

ety= ∑ⁿ_i=1y_ie_i. On a alors que :

d(u(x), u(y))²=N[u(x) −u(y)]²=N[u(x−y)]²

=N[u(

n

∑

i=1(x_i−y_i)e_i)]

2

=N[

n

∑

i=1(x_i−y_i)f_i]

2

=

n

∑

i=1

(x_i−y_i)²N(f_i)²,

par le th´eor`eme de Pythagore, vu que la famille desf_i est orthogonale. Finalement on a que :

d(u(x), u(y))²=λ²

n

∑

i=1

(xi−yi)². Cependant on sait que ;

d(x, y)²=N[x−y]²=N[

n

∑

i=1

(x_i−y_i)e_i]

2

=

n

∑

i=1

(xi−yi)²N(ei)² =

n

∑

i=1

(xi−yi)²,

Correction :

toujours par le th´eor`eme de Pythagore, car B est une base orthonorm´ee. On a donc fini par montrer que :

d(u(x), u(y)) =λ d(x, y). 3. Soit x∈E. On a alors que :

N(v(x)) =N( u(x)

√ λ ) =

1

λN(u(x)) =N(x), d’apr`es la question pr´ec´edente. Par la caract´erisation des isom´etries, on vient de montrer quev´etait bien une isom´etrie.

4. Soit u une homoth´etie positive de rapport λ et v l’application d´efinie dans la question pr´ec´edente. On sait quev est une isom´etrie. Donc detv= ±1. Cepen- dant, on a :

detu=det(

√

λv) =λ^n/2detv= ±λ^n/2, par multilin´earit´e du d´eterminant.

5. On d´efinit λ=detM =48, puis h l’homoth´etie h posi- tive de rapportλ. On pose M̃= √¹

λM = (

√3/2 −1/2 1/2 √

3/2). Il s’agit de la matrice d’une rotationr. Pour connaˆıtre son angle θ, il suffit de r´esoudre le syst`eme :

{

cosθ=

√ 3/2, sinθ=1/2,

dont la solution dans[−π, π[ estθ=π/6.

Enfin on v´erifie que : M=

√

λM̃=Mat(h)Mat(r) =Mat(h○r).