PARTIE I
On utilisera le produit scalaire canoniquetXY surMn;1(R)
1. On véri…e quetM SM est symétrique car le transposé du produit est le produit des transposés dans l’ordre inverse.
Pour toute matrice colonneXon a : tX tM SM X =t(M X)S(M X). Soit en posantY =M X,tX tM SM X=tY SY . CommeY 2 Mn;1(R)etS2 Sn+(R)on atY SY 0et donc tX tM SM X 0
S2 Sn+(R)) 8M 2 Mn(R),tM SM 2 Sn+(R)
2. SiX est un vecteur propre deS , on aX 6= 0et 9 2R, SX = X . On a dontXSX = tXX= kXk2 soit comme X6= 0, =
tXSX kXk2
–siS 2 Sn+(R)on atXSX 0 et donc 0
–siS 2 Sn++(R)on atXSX >0 (carX6= 0 ) et donc >0
RéciproquementS est symétrique réelle donc diagonalisable dans une base orthonormale : 9P 2 On(R);9D= diag ( i) ,S=P DtP
On en déduit en posantX =P Y :avecY = (yi)ni=1 quetXSY =tYtP StP P Y =tY DY = Xn i=1
iy2i –Si Sp(S) R+ ,8i; i 0 et donctXSY 0
–SiSp(S) R+ ,8i; i>0et donctXSY 0et de plus
tXSY >0) 8i; iyi2= 0) 8i; yi = 0)X =P Y = 0 S 2 Sn+(R),Sp(S) R+
S2 Sn++(R),Sp(S) R+
3. Aest symétrique réelle de polynôme caractéristique 2 3 + 1 . La somme et le produit des racine sont strictement positifs. Donc les racines sont strictement positives.
A2 Sn++(R) 4. 1 est valeur propre évidente deB donc
B =2 Sn+(R)
5. Si deux matrices sont semblables elles ont mêmes valeurs propres donc les valeurs propres ont le même signe : S 2 Sn+(R),T 2 Sn+(R)
6. a) Si est une valeur propre nulle , les vecteurs propres associés sont des vecteurs non nuls du noyau deM . M n’est pas inversible : absurde
Si est une valeur propre non nul de M;il existe une matrice colonne non nulle X telle que M X = X , on a donc X = M X
, si on prend Y = M X on a un matrice non nulle ( M est inversible) véri…ant M 1Y = 1
Y et donc 1 2Sp(M 1). Réciproquement si 1
est valeur propre deM 1(inversible) 1
1= = est valeur propre de M 1 1=M siM inversible 2Sp(M), 1
2Sp M 1
b) SiS 2 Sn++(R)on a prouvéSp(S) R+ , 0n’est pas valeur propre de S doncS est inversible. Les valeurs propres deS 1 sont les inverses des valeurs propres deS donc sont strictement positives. Et doncS 12 Sn++(R)
S2 Sn++(R))S 12 Sn++(R)
7. D’après le calcul de la première question, si X est un vecteur propre associé à la valeur propre on a =
tXSX kX2k . On suppose ici : 8X2 Mn;1(R);tXSX = 0et donc = 0:
S est symétrique donc diagonalisable dans un base orthonormale : S=P DtP =P0tP = 0
8.
DANGER :
malgré la notation utilisée, on ne sait à priori rien de la relation sur les matrices.. Il ne vaut pas utiliserune propriété de la relation avant de l’avoir prouvée. En particulier la transitivité n’existe pas.Comme02 Sn+(R),S S
est ré‡exive
a)SiS1 S2etS2 S1on aS2 S12 Sn+(R)etS1 S22 Sn+(R), on a donc pour toute colonneX: tX(S2 S1)X 0 ettX(S2 S1)X 0et donctX(S2 S1)X = 0. D’après la question précédente on a doncS2 S1= 0doncS2=S1
est antisymétrique.
b) On prend S1 = 0 et S2 = diag( 1;1; 1) . Les deux matrices sont symétriques et S2 S1 a une valeur propre négative doncS2 S12 S= n+(R)et de même pourS1 S2.
Le contre exemple ne marche que pourn 2 . Pour n= 1 , la relation est la relation d’ordre usuelle sur l’unique coe¢ cient réel de la matrice . Donc c’est un ordre total.
pourn 2 , n’est pas "total"
c) Pour n 2 on prend S1 = 0 et S2 = diag(0;1; 1) symétriques ,les valeurs propres de S2 S1 sont 0 et 1 : S2 S12 Sn+(R);S26=S1et S2 S12 S= n++(R)
d) Si S1 etS2 sont symétriques S1 et S2 sont symétriques : la question a un sens.
Pour une matrice M on sait (ou on retrouve) : si = 0,Sp( M) =f0g
si 6= 0 , 2Sp(M), 2Sp( M) . En prenantM =S2 S1
et en regardant le signe on a :
S1 S2) 8<
:
si = 0 ,S2=S1
si >0 , S1 S2
si <0 , S2 S1
e)Toutes les matrices sont bien symétriques.
On a(S+S2) (S+S1) =S2 S1 et donc
S1 S2) 8S 2 Sn(R),S+S1 S+S2
9. On a tM S2M tM S1M =tM(S2 S1)M . On peut appliquer la première question àS=S2 S1
8M 2 Mn(R),S1 S2)tM S1M tM S2M 10.
On aSX = X ,(S In)X= ( 1)X , 2Sp(S),( 1)2Sp(S In).
Les valeurs propres deS In sont positives:Les valeurs propres de S sont plus grande que1:
Elle sont donc non nulles etS est bien inversible.
Les valeurs propres deS 1sont les inverses des valeurs propres deS( cf Q6) . Elle sont donc toutes inférieures à1:Les valeurs propres deIn S 1 sont positives.
In S)S 1 In
11.
a) Si S =tM M on a pour toute colonne X : tXSX =t(M X) (M X) = kM Xk2 0 , et comme M est inversible X6= 0)M X 6= 0) kM Xk2>0
M 2 GLn(R))tM M2 Sn++(R)
b) Si S =D = diag ( i) est diagonale dé…nie positive alors les i sont positifs et M =diag p
i est une solution du problème.
c)Dans le cas général on diagonalise S dans une base orthonormée S =P DtP . On prendM =diag p
i
tP et on a
tM M=P DtP =S .
2
12. CommeS1>0 ,S1 est symétrique , dé…nie positive, et on peut appliquer la question précédente.
On aIn =tM11tM1M1M11=tM11S1M11 . On peut appliquer la question9:
S1 S2)tM11S1M11 tM11S2M11)In tM11S2M11
D’aprèsQ10tM11S2M11est inversible donc aussiS2=tM1 tM11S2M11 M1comme produit de matrices inversibles.
et de plus tM11S2M11 1 In
On a doncM1S21tM1 In=M1S11tM1 et donc parQ9: S2 S1 0< S1 S2)S21 S11
PARTIE II
1.
a)Une résolution par Pivot de Gauss donne comme 16= 2 : 8>
<
>:
P1= S 2In
1 2
P2= S 1In
2 1
. Ce sont des matrices symétriques par combinaisons linéaires de matrices symétriques.
b)SiS =P DP 1on aP1=PD 2In
1 2
P 1=P D1P 1avecD1= diag ( 1 2; ; 1 2;0 ;0)
1 2
= diag (1; 1;0; ;0) ) et de mêmeP2=P D2P 1 avecD2= diag (0; ;0;1; ;1)
On a D21 = D1; D22 = D2; D1D2 = D2D1 = 0; rg(D1) = n1; rg(D2)n2 . Et donc en faisant le changement de base P12=P1; P22=P2; P1P2=P2P1= 0; rg(P1) =n1; rg(P2) =n2
c) P1 et P2 commutant, on peut développerS = 1P1+ 2P2 par le binôme de Newton , et comme tous les produits P1P2 sont nuls on a :
Sk = k1P1k+X
0 + k2P2k
Et commeP12=P1 il est évident par récurrence que pour toutk 1 P1k =P1 . Et donc pourk 1: Sk= k1P1+ k2P2.
Par construction la formule est aussi vraie pourk= 0
8k2N,Sk = k1P1+ k2P2
On a donc
Q(S) = Xd k=0
qkSk= Xd k=0
qk k1P1+ Xd
k=
qk k2P2=Q( 1)P1+Q( 2)P2
8Q2R[X]: Q(S) =Q( 1)P1+Q( 2)P2
d) S In = 0 BB BB
@
2 1 1
1 2 . .. ... ... . .. . .. 1
1 1 2
1 CC CC
A . Si = 1 on a une matrice de rang 1 , donc 1 est valeur propre de multiplicité au moinsn 1 , La trace donne la dernière valeur propren+ 1.
Les formules dua) donnent :
P1= 1 n
0 BB BB
@
n 1 1 1
1 n 1 . .. ... ... . .. . .. 1
1 1 n 1
1 CC CC
A ,P2= 1 n
0 BB BB
@
1 1 1
1 1 . .. ...
... . .. ... 1
1 1 1
1 CC CC A
2. a)Comme S est symétrique :
(u(x)jy) =t(SX)Y =tXtSY =tXSY = (xju(y)) C’est la dé…nition même d’un endomorphisme symétrique.
3
b) On prend x 2Ei et y 2Ej , on a donc u(x) = ix et u(y) = jy . En reportant dans (u(x)jy) = (xju(y)) on a ( j i) (xjy) = 0, Soit comme j 6= i ,(xjy)
uest diagonalisable donc pi=1Ei=Rn .
c)Par orthogonalité on a pour toutxet touty(pi(x)jy) = (xjpi(y)) = (pi(x)jpi(y)). Ce qui assure quepiest symétrique, donc aussiPi.
Par orthogonalité six2Ej, on ax?Eidoncpi(x) = 0. On a donc pourj 6=i,Ej Ker(pi)et donc j6=iEj Ker(Pi) . Comme j6=iEj et Ker(Pi)sont deux supplémentaires deEi = Im(pi), ils ont même dimension et l’inclusion prouve l’égalité.
d)On prend x2Eet on décompose xdans pi=1Ei ,x= Xp i=1
xi avecxi2Ei .
–On a la décomposition x = xi+X
i6=j
xi avec xi 2 Ei , X
i6=j
xi 2 (Ei)? donc pour tout j pj(x) = xj soit x=
Xn i=1
pi(x)et doncX pi=In
–on a aussiu(x) = Xp i=1
u(xi) = Xp
=1 ixi=
Xp i=1
ipi(x)et doncu= Xp i=1
ipi
La suite du sujet étudie des fonctions dé…nie sur l’ensemble des matrices symétriques et l’intégrale de telles fonctions.
4
