CHAPITRE 21 - ENDOMORPHISMES DES ESPACES EUCLIDIENS

C

21 - E

1. rotation d’axe



 1 1 0



d’angle+π/6.

2. réflexion orthogonale par rapport au plan d’équationx−2y+3z=0 3. rotation d’axe



 1 1 1



d’angle+π/6.

4. rélexion-rotation autour de



 0 1 1



d’angleθavec cosθ=7 9 . Exercice 21.2

Deux possibilités pour cet exercice :

→ on se place dans une base adaptée : on fixeu=p1 3



 1 1 1



, on complète en une base orthonormée (u,v,w) avecv=p1 2



 1

−1 0



etw=u∧v. Dans cette base, la matrice derest sous la forme standard. On détermine les coordonnées dee₂ete₃dans cette base afin d’écrire la relation r(e₂)=e₃. On obtient alors cosθet sinθpuis avec un changement de bases, la matrice derdans la base canonique.

→ On travaille directement dans la base canonique. La matrice derestAavec

A=





a 0 a^′ b 0 b^′ c 1 c^′



.

On ecrit le fait queAest orthogonale :c^′=c=0,a²+b²=1,a^′2+b^′2=1 etaa^′+bb^′=0. On a alorsa=cosθ,b=sinθ,a^′= −sinθ^′etb^′=cosθ^′ (par exemple, c’est pour simplifier) avec sin(θ^′−θ)=0. Ainsiθ^′=θouθ^′=θ+π. On a

A=





cosθ 0 −sinθ^′ sinθ 0 cosθ^′

0 1 0



. Le déterminant deAdoit être égal à 1, ce qui nous place dans la situationθ^′=θ+π.

A=





cosθ 0 sinθ

sinθ 0 −cosθ

0 1 0



.

Enfin le vecteur d’axe doit être invariant, ce qui donne cosθ+sinθ=1 et−cosθ+sinθ=1. Ainsi cosθ=0 et sinθ=1. Finalement

A=





0 0 1

1 0 0

0 1 0



. C’est une rotation d’angle+2π/3 autour de l’axe dirigé par (1, 1, 1).

Exercice 21.3

1. Le coefficient (j,j) de la matrice^tA Aest égal à Xn

i=1

a_i²_,j. Comme^tA A=In, on en déduit que∀j∈J1 ;nK, Xn

i=1

a²_i,j=1, donc en sommant surj variant de 1 àn, on a X

1Éi,jÉn

a²_i,j=n. On peut le voir en écrivant que le carré de la norme de chacune des colonnes deAvaut 1. En ajoutant ces normés au carré, on trouve la somme des carrés des coefficients deA, et égalementn.

2. SoitVle ecteur colonne^t(1, . . . , 1). Lai^èmecoordonnée deAVest égale à Xn j=1

a_i,j, donc X 1Éi,jÉn

a_i,j=(AV|V). Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

¯¯

¯¯

¯ X 1Éi,jÉn

a_i,j

¯¯

¯¯

¯É kAVkkVk = kVk²=n.

3. Commea_i,j∈[−1, 1], on saita_i²_,jÉ |a_i,j|. En sommant pourietjvariant de 1 àn, on obtient X 1Éi,jÉn

|a_i,j| Ê X 1Éi,jÉn

a²_i,j=nd’après la première question. Par inégalité de Cauchy-Schwarz dansR⁽ⁿ²⁾, on a

X 1Éi,jÉn

|a_i,j| ≤ s X

1Éi,jÉn a²_i,j

s X 1Éi,jÉn

1=n s X

1Éi,jÉn

a_i²_,j=np n.

Exercice 21.4

La matriceAest symétrique car^tA=I_n−2^t(U^tU)=A. On a donc^tA A=A². Par ailleurs, on a A²=(I_n−2U^tU)²=I_n−4U^tU+4u^tUU^tU. Or tUU=1, si bien queu^tUU^tU=U(^tUU)^tU=U^tU. Finalement^tA A=In. La matriceAest donc orthogonale, mais également symétrique. C’est donc la matrice d’une symétrie orthogonale. Il reste à déterminer les vecteurs invariants parA. SoitX∈M_n,1(R) tel queAX=X. Cela équivaut à l’équation (E) : 2u^tU X=0. SiUest le vecteur^t(u₁, . . . ,u_n) etSle vecteur^t(x₁, . . . ,x_n), l’équation (E) est équivalente à (

Xn

i=1

u_ix_i)u=0. Comme le vecteuruest non nul, l’espace invariant est l’hyperplan d’équation

Xn i=1

u_ix_i=0. La matriceAest donc une réflexion orthogonale par rapport à l’hyperplan orthogonal au vecteurU.

Exercice 21.6

La matriceMest diagonalisable donc il existeP∈O_n(R) et des réelsλ₁, . . . ,λ_ntels queM=Pdiag(λ₁, . . . ,λ_n)P⁻¹. L’égalitéM^p=I_nentraîne que

∀i,λ^p_i =1, doncλ_i∈{−1, 1}, d’oùλ²_i =1, ce qui donne immédiatement queM²=P InP⁻¹=In. Exercice 21.7

On utilise la relation X 1Éi,jÉn

a_i²_,j=tr (^tA A)=tr (A²) (carAest symétrique). La matriceAest symétrique et réelle, elle est donc diagonalisable dans une base orthonormale. Il existe une matrice orthogonalePtelle queP⁻¹AP=DoùD=diag(λ₁, . . . ,λn). On a alorsA=P DP⁻¹etA²=P D²P⁻¹. En passant à la trace, on obtient tr (A²)=tr (P D²P⁻¹)=tr (D²P⁻¹P)=tr (D²), d’où le résultat.

Exercice 21.8

La matrice^tA Aest symétrique réelle. Elle est donc diagonalisable. Il existePinversible (et même orthogonale) telle que^tA A=P DP⁻¹oùDest diagonale de diagonaleλ₁, . . . ,λn. Alors

det(In+^tA A)=det(In+P DP⁻¹)=det(P) det(In+D) det(P⁻¹)= Yn

k=1 (1+λ_k).

Puisque les valeurs propres sont à peu près quelconques, on s’intéresse à chaque facteur 1+λ_k. La matrice^tA Aest positive : si^tA AX=λXpourX6=0, on obtient en multipliant par^tX,kAXk²=λkXk². Ainsi Sp(A)⊂R+. On obtient det(I_n+^tA A)Ê1.

Exercice 21.9

Considérons l’applicationϕ:V7→(cosθ)V+(sinθ)e∧V+(1−cosθ)(e|V)e. On veut montrer queρ=ϕ.

→ Première méthode :il suffit de le vérifier sur une base deE, de préférence une base adaptée dans laquelle les calculs sont faciles, c’est-à-dire une base orthonormale dont le premier vecteur este. On note cette base (e,e₁,e₂). Alors

ϕ(e) = (cosθ)e+(sinθ)e∧e+(1−cosθ)(e|e)e

= (cosθ)e+(1−cosθ)e=e=ρ(e)

ϕ(e₁) = (cosθ)e₁+(sinθ)e∧e₁+0=(cosθ)e₁+(sinθ)e₂=ρ(e₁) ϕ(e₂) = (cosθ)e₂+(sinθ)e∧e₂+0=(cosθ)e₂+(sinθ)(−e₁)=ρ(e₂).

Commeρetϕcoïncident sur une base, elles sont donc égales.

→ Deuxième méthode :on noteD=Vect(e) etPle plan orthogonal àD. SoitV∈E. On écritV=(e|V)e

| {z } surD

+(V−(e|V)e)

| {z } surP

. On notew=V−(e|V)ela composante surP. On remarque quee∧w=e∧V−0. Ce vecteur est orthogonal àeet àw. Commeeetwsont orthogonaux, il est de même norme quew(eest unitaire). La base (e,w,e∧w) est directe etρ(V)=(e|V)e+(cosθw+sinθe∧w). En remplaçante∧wpare∧V, on obtient

ρ(V) = (e|V)e+cosθ(V−(e|V)e)+sinθe∧V

= cosθV+sinθe∧V(1−cosθ)(e|V)e.

Exercice 21.10

→ On notee^iθete^−iθles deux valeurs propres (elles sont conjuguées car le polynôme caractéristique deAest à coefficients réels). SoitXun vecteur propre deApour la valeur propree^iθ. On noteX=Y+i ZavecY,Z∈M2,1(R). On aAX=e^−iθX(en conjugant) si bien deXest vecteur propre pour la valeur propree^−iθ.

→ On développeAX=e^iθX:

AY+i AZ=(Ycosθ−Zsinθ)+i(Ysinθ+Zcosθ).

On a par conséquentAY =Ycosθ−ZsinθetAZ=Ysinθ+Zcosθ. Si on prouve que (Z,Y) est une base deM2,1(R), alors la matrice, dans cette nouvelle base, de l’endomorphisme canoniquement associé àAsera

µcosθ −sinθ sinθ cosθ

¶

→ S’il existeλ∈Rtel queZ=λY, alorsX=(1+iλ)Y etX=(1−iλ)Y. Les vecteursXetXsont alors colinéaires (dansC) et ne peuvent former une base de vecteurs propres (on peut aussi le démontrer en utilisant le fait queY =1

2 (X+X) etZ= 1

2i(X−X) puis écrire une combinaison αY+βZ=0 et prouver l’indépendance linéaire). Finalement (Z,Y) est libre donc est une base deM2,1(R). Cela termine la démonstration.

Exercice 21.12

On commence par réduire la matriceA(en base orthonormée mais ce n’est pas obligatoire). Elle est semblable à une matrice diagonale par blocs D=(−Im,R_θ1, . . . ,R_θk) avecR_θimatrice d’une matrice d’angleθ_iet lesθ_isont dans ]−π, 0[∪]0,π[ : il existeQ∈On(R) telle queA=QDQ⁻¹. On a alors A^p=QD^pQ⁻¹etA^p est convergente si et seulement siD^pest convergente (puisqu’on a égalementD^p=Q⁻¹AQ). OrD^kest la matrice diagonale (−I_m^p,R_pθ1, . . . ,R_pθk) - elle ne converge jamais (pas si immédiat que ça, mais ça se fait avec des suites extraites par exemples). On s’intéresse à la suite des moyennes.

→ Sur la partie−Im, on obtient, suivant la parité, 0 ou− 1

p+1Imet cette partie tend vers 0.

→ On s’intéresse au cas d’une matriceR_θ. On aR_θ=P⁻¹D_θPpour une certaine matrice de passageP∈GL_n(C) etD_θla matrice

Ãe^iθ 0 0 e^−iθ

! . On calcule et simplifie la moyenne ce qui donne

R^p θ=P⁻¹

µS_θ,p 0 0 S_−θ,p

¶ P

oùS_θ,p= 1 p+1

Xp

k=0

(e^iθ)^k= 1 p+1

1−e^i(p+1)θ 1−e^iθ

, de limite nulle lorsqueptend vers+∞. Finalement, la limite deB_pest nulle.

Exercice 21.14

1. Soity=^tX AX, alorsy∈M1,1(R) et^ty=y. Cela donne^tX AX=^tX(−A)X, puis^tX AX=0.

2. SoitX∈Mn,1(R) tel que (In+A)X=0. En multipliant par^tX, on obtient^tX X+^tX AX=0=^tX X= kXk². AinsiX=0 etIn+Aest inversible (l’endomorphisme canoniquement associé est injectif ).

3. La transposition commute avec le passage à l’inverse, donc^tB=^t(I_n−A)^t(I_n+A)⁻¹, d’où^tB=(I_n+A)(I_n−A)⁻¹, orI_n+Acommute avec I_n−Adonc avec son inverse, d’où^tB B=I_n, doncBest orthogonale.

4. On a detB=det(In−A)

det(I_n+A), or det(In+A)=det^t(In+A)=det(In−A), d’où detB=1, doncB∈On(R).

Exercice 21.16

1. Puisqueaest unitaire〈a,x〉aest le projeté dex surD=Vect(a). Un petit dessin et on se rend compte quef_aest la symétrie orthogonale par rapport à l’hyperplan orthogonal àa. On peut le montrer différemment. Soite1=aete2, . . . ,enune base orthonormée deH=D^⊥. On a fa(e₁)= −e₁etfa(e_k)=e_ksik∈J2 ;nK. La matrice defadans la base orthonorméeB_{=(e1, . . . ,en}) est diagonale de diagonale (−1, 1, . . . , 1). On retrouve la symétrie orthogonale par rapport àH.

2. Soith=g◦f_a◦g⁻¹. En tant que composée d’endomorphismes orthogonaux,hest un endomorphisme orthogonaux. Siy=g(x)∈g(H) alors h(x)=g(fa(x))=g(x)=y. Les éléments deg(H) sont invariants parh. De mêmeh(g(a))= −g(a). Ainsihest la symétrie orthogonale par rapport à l’hyperplang(H).

Exercice 21.17

Comme^tB=A^tA−^tA A=B, la matriceBest symétrique et réelle. Elle est donc diagonalisable dans une base orthonormale avec, d’après l’énoncé, des valeurs propres toutes positives. Or trB=tr (A^tA)−tr (^tA A)=0 est la somme des valeurs propres. Les valeurs propres sont donc toutes nulles etB est semblable à la matrice nulle doncBest nulle.

Exercice 21.18

1. voir cours

2. Pour tout vecteurxde norme 1, on a (f(x)+g(x)|x)=(f(x)|x)+(g(x)|x)Ê(f(x)|x)+λ(g). On obtient ainsi, pour toutxde norme 1, (f(x)|x)+ λ(g)ɵ(f+g). On passe à la borne supérieure sur tous les vecteurs de norme 1, et on obtientµ(f+g)≥µ(f)+λ(g).

Exercice 21.19

1. CommeAcommute avec sa transposée, on a (^tA A)^p=(^tA)^pA^p=0. On en déduit que toutes les valeurs propres de^tA Asont nulles. Or cette matrice est symétrique donc diagonalisable, on en déduit qu’elle est nulle.

2. On sait que tr (^tA A)= X 1≤i,j≤n

a²_{i j}, donc cette somme est nulle, ce qui entraîne que tous ses termes sont nuls, donc queAest nulle.

Exercice 21.20

1. Puisqueuest un endomorphisme symétrique d’un espace euclidien, il existe (e1, . . . ,en) base orthonormale de vecteurs propres associées aux valeurs propresλ₁, . . . ,λ_n. Six=

Xn

i=1

x_ie_i, alorsu(x)= Xn

i=1

λ_ix_ie_iet (x|u(x))= Xn

i=1

λ_ix²_i. On remarque notamment (cela servira par la suite), que pour toutx∈E, on a (x|u(x))Éλnkxk². Enfin on a (x|u(x))−λnkxk²=

Xn i=1

(λ_i−λn)x²_i. Pour touti∈J1 ;nK, on a (λ_i−λn)x_i²É0. La somme précédente est une somme de termes négatifs. Elle est nulle seulement lorsque, pour touti∈J1 ;nK, on a (λ_i−λ_n)x_i²=0. Lorsqueλ_i<λ_n, cela donnex_i=0 et il ne reste plus que des coefficients sur les vecteurs propres associés à la valeur propreλ_n. Sixvérifie (x|u(x))=λ_nkxk², alors x∈ker(u−λnId_E). La réciproque est immédiate (et peut se faire en même temps que le sens direct).

2. D’après la question précédente, le vecteurxest un vecteur propre deupour la valeur propreλnsi et seulement si (x|u(x))=λnkxk². Notons a_{i j} les coefficients de la matrice deudans la baseB_{. On a (x|u(x))=} ^X

1Éi,jÉn

x_ix_j(e_i|u(e_j)) et puisque la baseBest orthonormale, on a (e_i|u(e_j))=a_{i j}. Ainsi (x|u(x))= X

1Éi,jÉn

a_{i j}x_ix_j. De même, on a (y|u(y))= X 1Éi,jÉn

a_{i j}|x_i||x_j|. Or tous les coefficientsa_{i j} sont positifs, et

on a X

1Éi,jÉn

a_{i j}|x_i||x_j| Ê X 1Éi,jÉn

a_{i j}x_ix_j =λ_nkx_nk². On a égalementkyk²= Xn

i=1

|x_i|²= kxk². Par conséquent, on obtient (y|u(y))Êλ_nkyk². Puisqueλ_nest la plus grande des valeurs propres, on a, pour toutz∈E, (z|u(z))Éλ_nkzk²(voir au début). On a donc à la fois (y|u(y))Êλ_nky|² et (y|u(y))Éλnkyk². D’où (y|u(y))=λnkyk², et, d’après la première question, cela équivaut àyvecteur propre pour la valeur propreλn. Soitx=

Xn i=1

x_ie_iun vecteur propre associé à la valeur propreλ_k. On a de nouveau (u(x)|x)=λ_kkxk²= X iÉi,jÉn

a_{i j}x_ix_j. On obtient alors

|λ_k|kxk²=¯

¯ X iÉi,jÉn

a_{i j}x_ix_j¯

¯≤ X 1Éi,jÉn

|a_{i j}x_ix_j| = X 1Éi,jÉn

a_{i j}|x_i||x_j|,

puisque les coefficientsa_{i j}sont positifs. Soity= Xn i=1

|x_i|e_i. On a d’une part (u(y)|y)= X 1Éi,jÉn

a_{i j}|x_i||x_j| Ê |λ_k|kxk², et d’autre part, (u(y)|y)É λ_nkyk². On a égalementkyk²= kxk²=

Xn i=1

x_i². On obtient alors|λ_k|kxk²É(u(y)|y)Éλ_nkxk²et finalement|λ_k| Éλ_n. Exercice 21.21

SoitP une matrice orthogonale telle queP⁻¹SP=^tP SP =D est diagonale de diagonaleλ1, . . . ,λn. On a, siΩ∈On(R), tr (ΩS)=tr (ΩP D^tP)= tr ((^tPΩP)D).

→ la matrice^tPΩPest orthogonale comme produit de 3 matrices orthogonales

→ plus précisément, l’applicationΩ7→^tPΩPest une bijection deOn(R) sur lui-même (attention ce n’est pas un espace vectoriel) : on vérifie que l’application réciproque estΩ^′7→PΩ^′tP(qui va bien deOn(R) dans lui-même). Ainsi les matrices^tPΩPdécriventOn(R), ce qui donne

max{tr (Ω.S),Ω∈On(R)}=max{tr (Ω.D),Ω∈On(R)}

→ On a tr (Ω.D)= Xn i=1

λ_iΩ[i,i]É Xn i=1

λ_iavec égalité pourΩ=In.

→ On en déduit que max{tr (Ω.S),Ω∈On(R)}=trS.

Exercice 21.22

Notonsλ₁, . . . ,λnles valeurs propres deA. On a 1+(detA)^1/n=1+(λ₁···λn)^1/n. Il existePinversible telle queA=P DP⁻¹avecD=diag(λ₁, . . . ,λn).

AlorsI_n+A=PC P⁻¹avecC=diag(1+λ₁, . . . , 1+λ_n). On est donc ramené à montrer que pournréels positifs, 1+(λ₁···λ_n)^1/nÉ

Yn

k=1

(1+λ_k)^1/n.

On se doute bien que cela revient à montrer une bonne inégalité de convexité... le tout est de trouver laquelle. On essaie de se rapprocher de l’écriture classique. On remarque que dès que l’un desλ_iest nul alors l’inégalité est automatiquement vérifiée. On suppose qu’ils sont tous strictement positifs.

Cela devient équivalent à

ln³

1+(λ₁···λ_n)^1/n´ É1

n Xn

k=1

ln(1+λ_k).

Pour se ramener à une écriture usuelle, on utilise simplement exp(lnu)=usiu>0. On noteµ_i =lnλ_i et on se ramène à montrer la propriété équivalente suivante :

ln Ã

1+exp Ã1

n Xn

k=1 µ_k

!!

É1 n

Xn

k=1

ln(1+exp(µ_k)).

On notef:x7→ln(1+e^x). L’inégalité est alors

f Ã1

n Xn

k=1 µ_k

! É1

n Xn

k=1 f(µ_k).

Il ne reste plus qu’à montrer quef est convexe. On dérive f^′(x)= e^x

1+e^x = 1

1+e^−x etf^′′(x)= − −e^−x (1+e^−x)²Ê0 Exercice 21.23

1. La matriceAest orthogonalement semblable à une matrice diagonaleDà diagonale strcitement positive. Il existePorthonormale telle que A=P DP⁻¹=P D^tP.

→ SiD=diag(λ₁, . . . ,λn), on noteRla matriceR=diag(p λ₁, . . . ,p

λn) (car lesλ_isont positifs). On aR²=D. Alors A=P D^tP=P R^2t=(P R^tP)(P R^tP)=C²

avecC=P R^tP. Cette matrice est symétrique et ses valeurs propres sont également strictement positives.

→ On a^tM=^tC^−1tB^tC⁻¹=(^tC)⁻¹B(^tC)⁻¹=MpuisqueBetCsont symétriques. SoitXun vecteur colonne. On a, toujours puisqueCest symétrique,

tX M X=^t(C⁻¹X)B(C⁻¹X)=^tY B Y

avecY =C⁻¹X. PuisqueBest symétrique positive, alors^tX M X=^tY B Y Ê0, pour tout vecteur colonneX. On en déduit que la matrice symétriqueMest positive et que ses valeurs propres sont positives.

→ On aB=C MC, detB=detC²detM=detA. detMetA+B=C²+C MC=C(In+M)Cd’où det(A+B)=detC². det(In+M). On est donc ramené à montrer que 1+detMÊdet(I_n+M) avecMsymétrique positive. On diagonaliseM. Si on noteµ₁, . . . ,µ_nles valeurs propres de M(toutes positives), on a 1+detM=1+µ1. . .µnet det(I+M)=

Yn k=1

(1+µ_i). Lorsqu’on développe ce produit, on fait appraître 1+µ1. . .µn et plein de termes tous positifs. On a donc le résultat.

2. Pour toutp∈N∗, la matriceAp=A+1

p Iⁿest symétrique définie positive. On a lors det(Ap+B)ÊdetAp+detB. Par continuité du déterminant surM_n(R), lorsqueptend vers+∞, on obtient det(A+B)ÊdetA+detB.

Exercice 21.24

1. La matriceAest symétrique réelle définie positive, elle est donc diagonalisable et toutes ses valeurs propres sont strictement positives. Soient λ1, . . . ,λ_n les valeurs propres deA. On a detA=

Yn

k=1

λ_k et trA= Xn

k=1

λ_k. Montrer que (detA)^1/nÉtrA

n , revient à montrer que 1n Xn

k=1 lnλ_kÉ ln

à _n X k=1

1 nλ_k

!

(toutes les valeurs propres sont strictement positives). Puisque Xn

k=1 1

n=1 et 1/n>0, c’est une conséquence de la concavité de la fonction logarithme.

2. SoitE_i le vecteur deMn,1(R) dont la i-ème coordonnée est égale à 1, les autres coordonnées étant nulles. Alors^tE_iAE_i =^tE_iC_i oùC_i est la colonneideA, et donc^tE_iAE_i=a_{i i}. Par conséquenta_{i i}=^tE₁AE_i>0, puisqueAest définie positive.

3. SoitXun vecteur colonne non nul. On a^tX B X=^tX D AD X=^tD X A(D X)>0 puisqueDest diagonale (donc symétrique) et queD Xn’est pas le vecteur nul. La matriceBest également symétrique (^tB=D^tAD=B). La matriceBest donc symétrique réelle définie positive. La multiplication deAparDà droite a pour effet de multiplier la colonneiparp1a_{i i} et la multiplication à gauche a pour effet de multiplier la ligneiparp1a_{i i}. L’élément diagonala_{i i}est donc multiplié par 1/a_{i i}. La diagonale de la matriceBest donc constituée de 1. En appliquant la première formule de l’exercice, on obtient detB=det(D)²detA≤

³trB n

´_n

=1, et donc detA≤ 1 det(D)²=

Yn

i=1 a_{i i}. Exercice 21.25

1. → Existence La matriceA=^tM Mest symétrique définie positive. Il existeSsymétrique définie positive telle queA=S². On pose alors U=M S⁻¹de sorte queM=U Set^tUU=^tS^−1tM M S⁻¹=S⁻¹S²S⁻¹=IndoncUest orthogonale.

→ Unicité SupposonsM=U S=U^′S^′avecUetU^′orthogonales,SetS^′symétriques définies positives. On a alors^tM M=^tS^tUU S=S²et de même^tM M=S^′2, d’oùS²=S^′2. On utilise la partie unicité de l’exercicesur la racine carrée pour obtenirS=S^′, ce qui donne en remplaçant U=U^′.

2. → Soitf :Mn(R)→Mn(R) définie parf(M)=^tM M. L’applicationf est continue etOn(R) est l’image réciproque parf du singleton {In} qui est fermé, doncOn(R) est fermé dansMn(R). SoitM∈On(R), alors∀X∈Rⁿ,kM Xk = kXk, donc la norme triple deMest égale à 1, donc O_n(R) est borné dansM_n(R). On en déduit que c’est un compact.

→ Soit (A_k)_k∈Nune suite dansS+nqui converge versA. Pour tout entierket tout vecteur colonneXdeRⁿ, on a^tA_k=A_ket^tX A_kXÊ0, donc en faisant tendrekvers l’infini, on obtient^tA=Aet^tX AXÊ0, d’oùA∈S⁺_n. Il en résulte queS⁺_nest fermé dansMn(R).

3. SoitM ∈Mn(R) non inversible. CommeGLn(R) est dense dansMn(R), il existe une suite (M_k)_k∈NdansGLn(R) qui converge versM. En appliquant la question 1), pour tout entierk, il existeU_korthogonale etS_ksymétrique définie positive telles queM_k=U_kS_k. CommeO_n(R) est compact, on peut extraire de la suite (U_k)_k∈Nune sous-suite (U_φ(k))_k∈Nqui converge vers une matriceU∈On(R). Par conséquent,S_φ(k)= U_φ(k)⁻¹ M_φ(k)converge vers la matriceS=U⁻¹M. OrS⁺_nest fermé, doncS∈S_n⁺, et on a bienM=U S.