Partie III - Matrices positivement stables

SESSION 2017

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES 1. FILIERE MP

Partie I - Résultats préliminaires

I.A - Distance deAà A_s

On noterah, ile produit scalaire canonique surM_n(R).

I.A - 1) On sait que S_n(R) et A_n(R) sont des sous-espaces supplémentaires de dimensions respectives n(n+1) 2 et n(n−1)

2 . Vérifions que ces sous-espaces sont orthogonaux l’un à l’autre.

Soit(S, A)∈S_n(R)×A_n(R).

hA, Si=Tr(A^TS) =Tr(−AS) = −Tr(AS) = −Tr(SA) = −Tr(S^TA) = −hS, Ai= −hA, Si

et donc2hA, Si=0 puishA, Si=0. Ainsi,A_n(R)⊂S_n(R)^⊥ puisA_n(R) =S_n(R)^⊥ par égalité des dimensions.

I.A - 2) Soit(A, S)∈ M_n(R)×S_n(R). Alors, A−A_s = A_a ∈ S_n(R)^⊥ et A_s−S ∈S_n(R). D’après le théorème de Pythagore

kA−Sk²2=k(A−A_s) + (A_s−S)k²2=kA−A_sk²2+kA_s−Sk²2>kA−A_sk²2

ou encorekA−Sk2>kA−A_sk2avec égalité si et seulement sikA_s−S)k2=0 ce qui équivaut àS=A_s. I.B - Valeurs propres de A_s

I.B - 1)La matriceAs est symétrique réelle et donc ses valeurs propres dansCsont réelles d’après le théorème spectral.

•Supposons que∀X∈M_n,1(R),X^TA_sX>0 (resp.∀X∈M_n,1(R)\ {0},X^TA_sX > 0). Soientλ∈Rune valeur propre de A_s puisXun vecteur propre associé (en particulier,X6=0). Alors,

X^TA_sX=X^T(λX) =λkXk²2.

Par suite,λkXk²2>0 (resp.λkXk²2 > 0). Puisque kXk²2> 0, on en déduit λ>0 (resp.λ > 0). Ainsi, A_s ∈S⁺_n(R) (resp.

As∈S⁺⁺_n (R)).

• Supposons que A_s ∈ S⁺_n(R). D’après le théorème spectral, il existe P ∈ O_n(R) (de sorte que P⁻¹ = P^T) et D = diag(λ_i)_16i6n ∈ D_n(R⁺) telles que A_s = PDP⁻¹. Pour X = (x_i)_16i6n ∈ M_n,1(R), posons P⁻¹X = X^′ = (x_i^′)_16i6n ∈ M_n,1(R).

X^TA_sX=X^TPDP⁻¹X= P⁻¹XT

D P⁻¹X

=X^′TDX^′ = Xn

i=1

λ_ix_i^′2>0.

Donc∀X∈M_n,1(R),X^TAsX>0.

Supposons de plusA_s∈S⁺⁺_n (R). SoitX∈∈M_n,1(R)\ {0}. PuisquePest inversible,X^′=P⁻¹X6=0 et donc l’un au moins desx_i^′ est non nul. Mais alors

X^TAsX= Xn

i=1

λix_i^′2> 0

car tous lesλ_ix_i^′2sont positifs, l’un d’entre eux au moins étant strictement positif. Donc,∀X∈M_n,1(R)\ {0},X^TA_sX > 0.

I.B - 2)Soientλune valeur propre réelle deApuisXun vecteur propre unitaire associé.

λ=λkXk²2=λX^TX=X^TAX=X^TAsX+X^TAaX.

Ensuite, X^TAaX= −X^TA^T_aX= − (AaX)^TX= −

(AaX)^TXT

= −X^TAaX et doncX^TAaX=0. Avec les notations de la question précédente, il reste donc

λ=X^TAsX=X^′TDX= Xn

i=1

λix_i^′2.

PuisquePest une matrice orthogonale, Xn

i=1

x_i^′2=kX^′k²2=kXk²2=1et donc λ>Min{λi, 16i6n}

Xn

i=1

x_i^′2=Min{λi, 16i6n}

et de mêmeλ6Max{λi, 16i6n}. On a montré que

Min sp_R(A_s)6λ6Max sp_R(A_s). Supposons de plusA_s ∈S⁺⁺

n (R), Min sp_R(A_s)> 0et donc toute valeur propre réelle de Aest strictement positive. En particulier,0 n’est pas valeur propre deAet donc Aest inversible.

I.B - 3) a) On poseAs = PDP⁻¹ où P ∈On(R) et D = diag(λ_i)_16i6n ∈D_n(]0,+∞[). Soit ∆= diag √ λi

16i6n ∈ D_n(]0,+∞[)puisB=P∆P⁻¹.

Best orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients diagonaux strictement positifs et doncB∈S⁺⁺

n (R).

De plus,B²=P∆²P⁻¹=PDP⁻¹=A_s. Ceci montre l’existence deB.

B = P∆P⁻¹ désignant la matrice précédente, soit B^′ ∈ S⁺⁺

n (R) telle que B^′2 = As. B^′ est diagonalisable d’après le théorème spectral et doncM_n,1(R) = M

λ∈Sp(B^′)

E_λ(B^′). De même,M_n,1(R) = M

λ∈Sp(A^s)

E_λ(A_s).

Mais pour chaqueλ deB^′, E_λ(B^′)⊂E_λ²(A_s)car B^′X=λX ⇒A_sX=B²X= λ²X et de plus, lesλéléments de Sp(B^′) étant strictement positifs, lesλ²,λ∈Sp(B^′), sont deux à deux distincts. Ceci montre que le spectre deA_sest exactement l’ensemble desλ²,λ∈Sp(B^′)et que pour chaqueλ∈Sp(B^′),E_λ(B^′) =E_λ²(A_s).

Dit autrement, la matrice P⁻¹B^′P est une matrice diagonale D^′ = diag(µ_i)_16i6n où les µ_i sont strictement positifs..

Enfin,

B^′2=As⇔PD^′2P⁻¹=PDP⁻¹⇔D^′2=D⇔∀i∈J1, nK, µ²_i =λi⇔∀i∈J1, nK, µi=p

λi⇔D^′=∆⇔B^′=B.

Ceci montre l’unicité deB.

b)SoitB∈S⁺⁺

n (R)telle queB²=A. Puisque B∈S⁺⁺

n (R),Best inversible et on peut poserQ=B⁻¹A_aB⁻¹. Q^T = B⁻¹A_aB⁻¹T

= B^T−1

A^T_a B^T−1

= −B⁻¹A_aB⁻¹= −Qet donc Q∈A_n(R). Ensuite,

det(A) =det(A_s+Aa) =det B²+Aa

=det B In+B⁻¹AaB⁻¹ B

=det(B)det(I_n+Q)det(B)

=det B²

det(I_n+Q) =det(A_s)det(I_n+Q). La matriceQ convient.

c)Vérifions que det(I_n+Q)>1.

Soitλ une valeur propre deQ dansCpuisX= (x_i)_16i6n∈M_n,1(C)\ {0}. PuisqueQ est antisymétrique réelle, λX^TX=X^T(λX) =X^TQX= −X^TQ^TX= − QXT

X= −λ X^TX et donc λ+λ

X^TX=0 avecX^TX= Xn

i=1

|x_i|²> 0. On en déduit queλ+λ=0puis queλ∈iR. Ainsi, les valeurs propres deQsont imaginaires pures. En particulier, la seule valeur propre réelle possible deQ est0.

Autre solution : Q²T

= (−Q)(−Q) = Q² et donc Q² est symétrique réelle. Pour tout X ∈ M_n,1(R), X^TQ²X =

−(QX)^TQX= −kQXk²260et doncQ²est symétrique réelle négative. Siλest une valeur propre réelle deQdansC, alors λ²est une valeur propre deQ²dansCet doncλ²est un réel négatif puisλ est un imaginaire pur.

Le déterminant de In+Q est le produit des valeurs propres deIn+Q qui sont les 1+λ, λ∈Sp(Q). La valeur propre éventuelle0deQfournit la valeur propre éventuelle1deIn+Q. Sinon, puisqueQet doncIn+Qsont réelles, pour tout λ∈iR\ {0}valeur propre éventuelle deQ,1+λest valeur propre deIn+Qavec le même ordre de multiplicité que1+λ.

On regroupe les éventuels conjugués deux à deux. Le déterminant deI_n+Q est alors le produit d’un nombre de1 et de nombres réels de la forme(1+λ) 1+λ

= (1+ix)(1−ix) =1+x²,x∈R. Tous les facteurs de ce produit sont supérieurs ou égaux à1et donc det(I_n+Q)>1.

PuisqueA_s∈S⁺⁺

n (R), det(A_s)> 0et donc

det(A) =det(A_s)×det(I_n+Q)>det(A_s)×1=det(A_s). I.B - 4)Vérifions queA A⁻¹

sA^T =As.A=As+Aa. Mais d’autre part, A=A A⁻¹T

A^T =A A⁻¹

s+ A⁻¹

a

T

A^T =A A⁻¹

sA^T −A A⁻¹

aA^T. Maintenant,A A⁻¹

sA^T est symétrique (car A A⁻¹

sA^TT

=A A⁻¹

sA^T) etA A⁻¹

aA^T est anti-symétrique. Par unicité de la décomposition,A A⁻¹

sA^T =As. Mais alors det(A_s) =det A A⁻¹

sA^T

= (det(A))²det A⁻¹

s

. I.C - Partie symétrique des matrices orthogonales

I.C - 1)Soientλ∈Rune valeur propre deA_spuisXun vecteur propre unitaire associé. Déjà, X^TAaX= −X^TA^T_aX= − (A_aX)^TX= −

(A_aX)^TXT

= −X^TAaX et doncX^TAaX=0puis

X^TAX=X^TAsX+X^TAaX=X^T(λX) =λX^TX=λ.

Par suite, d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz,

|λ|= X^TAX

=|hX, AXi|

6kXkkAXk=kXk²(carA∈On(R))

=1.

Ceci montre que Sp_R(As)⊂[−1, 1].

I.C - 2)Les matrices orthogonalesAde format2sont de deux types disjoints.

•A=

cosθ −sinθ sinθ cosθ

. Dans ce cas,As=cosθIn puis Sp(A) = (cosθ,cosθ).

•A=

cosθ sinθ sinθ −cosθ

. Dans ce cas,As=Apuis Sp(A_s) =Sp(A) = (1,−1).

Donc, par exemple,S=diag(1, 0)est une matrice symétrique dont le spectre est contenu dans[−1, 1]et qui n’est la partie symétrique d’aucune matrice orthogonale de format2.

I.C - 3) a)SoitS∈S_n(R)telle que Sp_R(S)⊂[−1, 1]et que pour tout valeur propreλdeSdans] −1, 1[, la dimension de E_λ(S)est paire. PuisqueS est diagonalisable, la dimension de chaque sous-espace propre est l’ordre de multiplicité de la valeur propre correspondante et donc les éventuelles valeurs propres éléments de] −1, 1[peuvent se regrouper par paires de valeurs propres égales.

D’après le théorème spectral, il existe P ∈ O_n(R) et D ∈ D_n(R) telles que S = PDP⁻¹ et D est de la forme D = diag(1, . . . , 1,−1, . . . ,−1,cos(θ₁),cos(θ₁),cos(θ₂),cos(θ₂), . . . ,cos(θ_k),cos(θ_k)).

SoitA^′ =



















































1 0 . . . 0

0 . .. ...

1

−1 . ..

−1

cos(θ₁) −sin(θ₁) sin(θ₁) cos(θ₁)

. ..

. .. ... 0 0

... 0 cos(θk) −sin(θk)

0 . . . 0 cos(θk) −sin(θk)



















































puisA=PA^′P⁻¹.

A^′ est une matrice orthogonale telle queA_s^′ =Det doncAest une matrice orthogonale telle queA_s=S.

b)SoitA∈On(Rtelle queAs=S. On sait qu’il existeP∈On(R)telle queP⁻¹APest du typeA^′. PuisqueA=As+Aa, P⁻¹AP=P⁻¹A_sP+P⁻¹A_aPavecP⁻¹A_sP∈S_n(R)etP⁻¹A_aP∈A_n(R). Donc, toujours avec les notations de la question précédente,

D=A_s^′ = P⁻¹AP

s=P⁻¹A_sP=P⁻¹SP

puis S = PDP⁻¹ avec D = diag(1, . . . , 1,−1, . . . ,−1,cos(θ₁),cos(θ₁),cos(θ₂),cos(θ₂), . . . ,cos(θ_k),cos(θ_k)). Les va- leurs propres deS qui sont les valeurs propres de D sont toutes dans [−1, 1] (ce qui était déjà connu après la question I.C.1) et les valeurs propres éléments de] −1, 1[éventuelles sont d’ordre pair. Mais alors, puisqueSest diagonalisable, la dimension d’un sous-espace propre associé à une valeur propre élément de] −1, 1[éventuelle est paire.

Partie II - Matrices F-singulières

II.A - Cas où F est un hyperplan

II.A - 1)SiA∈M_n(R)est singulière, il existeX∈En\ {0}tel queAX=0Mais alors, il existeX∈En\ {0}tel que pour toutZ∈En,Z^TAX=0.

Inversement, supposons qu’il existeX∈En\ {0}tel que pour tout Z∈En,Z^TAX=0. Alors, ∀Z∈En, hZ, AXi=0 puis AX∈E^⊥_n ={0}. Ainsi,Xest un vecteur non nul du noyau deAet doncAest singulière.

II.A - 2)SoitA∈M_n(R).

AestH-singulière⇔∃X∈H\ {0}/∀Z∈H, Z^TAX=0

⇔∃X∈H\ {0}/∀Z∈H, hA, AXi=0

⇔∃X∈H\ {0}/ AX∈H^⊥=Vect(N)

⇔∃X∈H\ {0}/∃λ∈R/ AX=λN II.A - 3)Si AestH-singulière, soientX∈H\ {0}et λ∈Rtels queAX=λN. SoitX^′ =

X

−λ

∈M_n+1(R)\ {0}. Un calcul par blocs fournit

ANX^′=

A N N^T 0

X

−λ

=

AX−λN hN, Xi

= 0

0

. X^′ est un vecteur non nul du noyau deA_N et doncA_N est singulière.

Inversement, supposons que la matrice A_N soit singulière. Soit X^′ = X

−λ

, X∈ E_n, λ ∈ R, un vecteur non nul du noyau de cette matrice. Alors,AX=λNethN, Xi=0. Donc,X∈N^⊥ =H. D’autre part, siX=0, alorsλ=0puisX^′=0 ce qui n’est pas. Donc, Xest un élément non nul de Htel qu’il existe λ∈R tel queAX =λN. On en déduit que Aest H-singulière.

II.A - 4)Un calcul par blocs fournit ANB=

A N N^T 0

B1 B2

B3 B4

=

AB1+NB3 AB2+NB4

N^TB1 N^TB2

. On prendB₂= −A⁻¹N, B₁=A⁻¹,B₃=0 etB₄=1∈M_1,1(R). On obtient

A_NB=

A N N^T 0

A⁻¹ −A⁻¹N

0 1

=

In 0 N^TA⁻¹ −N^TA⁻¹N

.

II.A - 5) Un calcul par blocs fournit det(B) = det A⁻¹

= 1

det(A) et det

I_n 0 N^TA⁻¹ −N^TA⁻¹N

= −N^TA⁻¹N.

L’égalité det(A_N)det(B) =det

In 0 N^TA⁻¹ −N^TA⁻¹N

fournit det(A_N) = −N^TA⁻¹Ndet(A).

II.A - 6) Supposons que det A⁻¹

s

= 0. Soit N un vecteur unitaire du noyau de A⁻¹

s. On a déjà vu que N^T A⁻¹

aN=0et donc

N^TAN=N^T A⁻¹

sN+N^T A⁻¹

aN=N^T0+0=0.

La question précédente montre que det(A_N) =0 et la question II.A.3 montre queAestH-singulière oùH=N^⊥.

II.A - 7) Si det(A_s) =0, alors (det(A))²det A⁻¹

s

= 0 d’après la question I.B.4 puis det A⁻¹

s

= 0 car A est inversible. La question précédente montre qu’il existe un hyperplanHtelle queAest H-singulière.

II.A - 8) Supposons par l’absurde qu’il existe un hyperplan Htel que Asoit H-singulière. Soit N un vecteur unitaire normal àH. Il existe un vecteurXdeH\ {0}et un réelλtel que AX=λN. Mais alors

X^TA_sX=X^TA_sX+X^TA_aX=X^TAX=λX^TN=λhX, Ni=0.

Mais ceci est impossible carA_sest définie, positive et Xest non nul. Donc, pour tout hyperplanH,AestH-régulière.

II.B - Exemple

II.B - 1)det(A(µ)) = (2−µ)(2−µ+µ−1) + (−1+µ) =16=0. Donc,A(µ)est inversible pour tout réelµ.

II.B - 2)(A(µ))_s = 1 2









2−µ −1 µ

−1 2−µ µ−1

0 −1 1



+





2−µ −1 0

−1 2−µ −1 µ µ−1 1







=











2−µ −1 µ 2

−1 2−µ µ 2 −1 µ

2 µ

2 −1 1









 .

En développant suivant la première colonne, on obtient

det((A(µ))_s) = (2−µ)

−µ² 4 +1

+

−µ² 4 +µ

2 −1

+ µ 2

µ² 2 − 3µ

2 +1

= µ³ 2 − 3µ²

2 +1= (µ−1) µ²

2 −µ−1

= 1

2(µ−1) µ²−2µ−2

= 1

2(µ−1) µ−

1+√

3 µ− 1−√

3

Donc,(A(µ))_s est singulière si et seulement siµ∈

1, 1+√

3, 1−√ 3

.

II.B - 3)A(1) =





1 −1 1

−1 1 0 0 −1 1



. SoitB= (e₁, e2, e3)la base canonique deM_3,1(R)puisB^′= (e₁^′, e₂^′, e₃^′)la base de M_3,1(R)telle queA(1) =P_B^B′. Alors,A(1)⁻¹=P_B^B_′.

A(1) =P_B^B′ ⇔





e₁^′ =e₁−e₂ e₂^′ = −e₁+e₂−e₃ e₃^′ =e₁+e₃

⇔





e₂=e₁−e₁^′ e₃= −e₁+e₃^′

e₂^′ = −e₁+ (e₁−e₁^′) − (−e₁+e₃^′)

⇔





e₁=e₁^′ +e₂^′ +e₃^′ e₂=e₂^′ +e₃^′ e₃= −e₁^′ −e₂^′

et donc A(1)⁻¹ =





1 0 −1 1 1 −1 1 1 0



 puis A(1)⁻¹

s =









 1 1

2 0 1 2 1 0 0 0 0











. Un vecteur unitaire du noyau de A(1)⁻¹

s est

N=



 0 0 1



. Pour ce vecteurN, on aN^TA⁻¹N=N^T A⁻¹

sN=0puis det(A_N) =0 d’après la question II.A.5 et donc A(1)est N^⊥-singulière.

En résumé,A(1)estH-singulière oùHest le plan d’équationz=0.

II.C - Cas oùF est de dimension n−2

II.C - 1)AestF-singulière si et seulement si il existeX∈F\ {0}tel queAX∈F^⊥ce qui équivaut à l’existence deX∈F\ {0}

et de deux réelsλ₁ etλ₂tels que AX=λ₁N₁+λ₂N₂.

II.C - 2)Si Aest F-singulière, soit X ∈F\ {0} et (λ₁, λ2) ∈R² tels que AX = λ1N1+λ2N2. Soit X^′ =



 X

−λ₁

−λ₂



 ∈ M_n+2,1(R)\ {0}.

A_NX^′ =





A N₁ N₂ N^T₁ 0 0 N^T₂ 0 0







 X^′

−λ₁

−λ₂



=





AX−λ₁N₁−λ₂N₂ hN₁, Xi hN₂, Xi





=



 0 0 0



.

X^′ est un vecteur non nul du noyau deAN et doncAN est singulière.

Réciproquement, si AN est singulière, il existe X^′ =



 X

−λ₁

−λ₂



∈ M_n+2,1(R)\ {0} tel que ANX^′+0 ou encore tel que AX=λ₁N₁+λ₂N₂ethN₁, Xi=hN₂, Xi=0.

X∈(N₁, N₂)^⊥=F. De plus, siX=0, alorsλ₁N₁+λ₂N₂=0 puisλ₁=λ₂=0car(N₁, N₂)est libre et finalementX^′=0 ce qui n’est pas. Donc,Xest un vecteur non nul deFtel qu’il existe deux réels λ₁etλ₂tels queAX=λ₁N₁+λ₂N₂. On en déduit queAest F-singulière.

II.C - 3)SoitB=

A⁻¹ −A⁻¹N 0 I2

. ANB=

A N N^T 0

A⁻¹ −A⁻¹N 0 I2

=

In 0 N^TA⁻¹ −N^TA⁻¹N

.

II.C - 4)Un calcul par blocs fournit det(B) =det A⁻¹

= 1

det(A) puis det(A_N) = 1

det(B)det(I_n)det −N^TA⁻¹N

=det(A)×(−1)²det N^TA⁻¹N

=det N^TA⁻¹N det(A).

II.C - 5)On poseP= P1 P2

∈M_n,2(R).

P^TA⁻¹P= P^T₁

P^T₂

A P1 P2

=

P^T₁A P^T₂A

P1 P2

=

P^T₁AP1 P^T₁AP2

P^T₂AP1 P^T₂AP2

où les P^T_iAP_j sont des réels. Posons P₁^′ = A⁻¹P₁ et P₂^′ = A⁻¹P₂ puis P^′ = P₁^′ P₂^′

. Puisque A⁻¹ est inversible, P^′∈G_n,2(R)⇔P∈G_n,2(R). Ensuite, pour(i, j)∈{1, 2}²,

P_i^′TAP_j^′= A⁻¹P₂T

AA⁻¹P_j=P₂^T A⁻¹T

P_j=

P₂^T A⁻¹T

P_jT

=P^T_jA⁻¹P_i et donc

det P^′TAP^′

=det

P₁^′TAP₁^′ P₁^′TAP₂^′ P₂^′TAP₁^′ P₂^′TAP₂^′

= P₁^′TAP₁^′

P₂^′TAP₂^′

− P₂^′TAP₁^′

P₁^′TAP₂^′

= P₁^TA⁻¹P₁

P^T₂A⁻¹P₂

− P^T₁A⁻¹P₂

P^T₂A⁻¹P₁

=det

P^T₁A⁻¹P₁ P₁^TA⁻¹P₂ P^T₂A⁻¹P₁ P₂^TA⁻¹P₂

=det P^TA⁻¹P . En particulier, det P^′TAP^′

=0⇔det P^TA⁻¹P

=0.

II.C - 6)det N^′TAN^′

=det

N₁^′TAN₁^′ N₁^′TAN₂^′ N₂^′TAN₁^′ N₂^′TAN₂^′

= N₁^′TAN₁^′

N₂^′TAN₂^′

− N₂^′TAN₁^′

N₁^′TAN₂^′

. Ensuite,

• N₁^′TAN₁^′

= N₁^′TAsN₁^′

+ N₁^′TAaN₁^′

= N₁^′TAsN₁^′

et de même N₂^′TAN₂^′

= N₂^′TAsN₂^′ puis N₁^′TAN₁^′

N₂^′TAN₂^′

= N₁^′TA_sN₁^′

N₂^′TA_sN₂^′ .

• N₂^′TA_aN₁^′

= N₂^′TA_aN₁^′T

= − N₁^′TA_aN₂^′

et donc N₂^′TAN₁^′

N₁^′TAN₂^′

= N₂^′TA_sN₁^′

+ N₂^′TA_aN₁^′

N₁^′TA_sN₂^′

+ N₁^′TA_aN₂^′

= N₁^′TA_sN₂^′

− N₁^′TA_aN₂^′

N₁^′TA_sN₂^′

+ N₁^′TA_aN₂^′

= N₁^′TA_sN₂^′2

− N₁^′TA_aN₂^′2

et finalement, det N^′TAN^′

= N₁^′TA_sN₁^′

N₂^′TA_sN₂^′

− N₁^′TA_sN₂^′2

+ N₁^′TA_aN₂^′2

. II.C - 7) On suppose que As ∈ S⁺⁺

n (R). L’application ϕ : (X, Y) 7→ X^TAsY est bilinéaire, symétrique (X^TAsY = X^TA_sYT

=Y^TA_sX), définie, positive carA_sest définie, positive. Donc,ϕ est un produit scalaire surM_n,1(R). D’après l’inégalité deCauchy-Schwarz, la famille(N₁^′, N₂^′)étant libre,

N₁^′TA_sN₁^′

N₂^′TA_sN₂^′

− N₁^′TA_sN₂^′2

=ϕ(N₁^′, N₁^′)ϕ(N₂^′, N₂^′) −ϕ(N₁^′, N₂^′)²> 0 et donc det N^TA⁻¹N

=det N^′TAN^′

= N₁^′TA_sN₁^′

N₂^′TA_sN₂^′

− N₁^′TA_sN₂^′2

+ N₁^′TA_aN₂^′2

> N₁^′TA_sN₁^′

N₂^′TA_sN₂^′

− N₁^′TA_sN₂^′2

> 0.

II.C - 8)On suppose queA_s∈S⁺⁺

n (R). D’après la question précédente, pour toutN= N1 N2

∈G_n,2(R), det(AN) =det N^TA⁻¹N

det(A)6=0,

et doncAn’est pas(N₁, N₂)^⊥-singulière. On a montré que pour tout sous-espaceFde dimensionn−2,AestF-régulière.

II.D - Exemple

II.D - 1)A(1)_s=













1 −1 1 2

−1 1 −1 1 2

2 −1 2 1













etA(1)_a=













0 0 1

2

0 0 1

2

−1 2 −1

2 0











 .

On choisit déjà pourN₁^′ un vecteur non nul du noyau deA(1)_s. On peut prendreN₁^′ =



 1 1 0



.

Alors, N₁^′TAsN₁^′

= 0 et N₁^′TAsN₂^′2

= N₂^′TAsN₁^′2

= 0. D’après la question II.C.6, il reste det N^′TAN^′

= N₁^′TAaN₂^′2

.

On cherche alorsN₂^′ =



 x y z



non colinéaire àN₁^′ et vérifiantN₁^′TA(1)_aN₂^′ =0.

N₁^′TA(1)_aN₂^′ = 1

2 1 1 0





0 0 1 0 0 1

−1 −1 0







 x y z



= 0 0 1



 x y z



=z.

On prend par exempleN₂^′ =



 1 0 0



.

II.D - 2)Si on prendN₁=A(1)N₁^′ =





1 −1 1

−1 1 0 0 −1 1







 1 1 0



=



 0 0

−1



etN₂=A(1)N₂^′ =





1 −1 1

−1 1 0 0 −1 1







 1 0 0



=



 1

−1 0



, puis

N=





0 1 0 −1

−1 0





alors det N^TA(1)⁻¹N

=0 et doncA(1)est(N₁, N₂)^⊥-singulière.F= (N₁, N₂)^⊥ est la droite d’équations

x−y=0 z=0 ou encoreFest la droite vectorielle engendrée par



 1 1 0





II.E - Cas général

II.E - 1) Soit A ∈ M_n(R). On note (N₁, . . . , Np) une base de F^⊥ puis N = N1 . . . Np

∈ G_n,p puis AN = A N

N^T 0p

∈M_n+p(R). Comme aux questions II.A.3 ou II.C.2,Aest F-singulière si et seulement si det(A_N) =0.

On suppose de plusAinversible. Comme aux questions II.A.4 et II.C.4,AestF-singulière si et seulement si det N^TA⁻¹N

= 0.

Pouri∈J1, pK, on poseN_i^′=A⁻¹N_i puisN^′ = N₁^′ . . . N_p^′

. PuisqueA⁻¹est inversible,N^′ ∈G_n,p puis N^TA⁻¹N

= (AN^′)^TN^′=N^′TA^TN^′ = N^′TAN^′T

et donc det N^TA⁻¹N

= det N^′TAN^′

. N^′ est un élément de G_n,p tel que A est F-singulière si et seulement si det N^′TAN^′

=0.

II.E - 2)SoitX∈M_p,1(R).N^′Xest un élément deM_n,1(R)et donc X^TN^′AN^′X=X^TN^′A_sN^′X>0.

Supposons de plusN^′X=0. PuisqueN^′∈G_n,p, il existeplignes deN^′constituant une base deM_1,p(R). La matriceN₁^′ constituée de cesplignes est inversible de formatpet donc

N^′X=0⇒N₁^′X=0⇒X=0.

Finalement, siX∈M_p,1(R)\ {0}, alorsX^TN^′AN^′X > 0.

II.E - 3)N^′TAN^′est un élément deM_p(R). Soientλune éventuelle valeur propre réelle deN^′TAN^′puisX∈M_p,1(R)\{0}

un vecteur propre associé. PuisqueX6=0,X^TN^′AN^′X > 0avec

X^TN^′AN^′X=X^T(λX) =λkXk²2. PuisquekXk²2> 0, on en déduit queλ > 0.

II.E - 4)Le déterminant deN^′TAN^′est le produit des valeurs propres deN^′TAN^′. Les éventuelles valeurs propres réelles deN^′TAN^′ sont strictement positives et les éventuelles valeurs propres non réelles deN^′TAN^′ se regroupent deux à deux sous la formeλ×λ=|λ|²> 0(puisqueλ6=0). Donc det N^′TAN^′

> 0.

II.E - 5)Pour toutN^′∈G_n,p,0n’est pas valeur propre deN^′TAN^′d’après la question II.E.3 et donc det N^′TAN^′

6

=0 puis A n’est pas F-singulière. On a montré que A est F-régulière pour tout sous-espace F de dimension n−p avec 16p6n−1et d’autre partAn’est pasEn singulière d’après la question II.A.1. Finalement,AestF-régulière pour tout sous-espaceF6={0}deEn.

Partie III - Matrices positivement stables

III.A - Exemples

III.A - 1) Le polynôme caractéristique de A est χ_A = X²− (Tr(A))X+det(A). Si χ_A admet deux solutions réelles éventuellement confondues strictement positivesx₁etx₂, il est nécessaire que Tr(A) =x₁+x₂> 0et det(A) =x₁x₂> 0.

Siχ_Aadmet deux solutions non réelles z₁etz₂=z₁ de parties réelles strictement positives, on a det(A) =|z₁|²> 0 et il est nécessaire que Tr(A) =2Re(z1)> 0. On a montré que siAest positivement stable, alors Tr(A)> 0et det(A)> 0.

Réciproquement, supposons que Tr(A)> 0 et det(A)> 0. Siχ_Aadmet deux solutions réelles éventuellement confondues x₁etx₂, alorsx₁x₂> 0de sorte quex₁etx₂sont non nuls et de même signe puisx₁+x₂> 0de sorte quex₁> 0etx₂> 0.

Siχ_Aadmet deux solutions non réelles conjuguées z₁etz₂=z₁, alors Re(z₁) =Re(z₂) = 1

2(z₁+z₂) = 1

2Tr(A)> 0.

On a montré que pour toutA∈M₂(R),Aest positivement stable si et seulement si Tr(A)> 0et det(A)> 0.

III.A - 2) a) Les matricesA=

1 −1 1 0

et B=

1 1

−1 0

sont positivement stables car de traces égales à1 et de déterminants égaux à1 mais la matriceA+B=

1 0 0 0

n’est pas positivement stable car est de déterminant nul.

Donc, siAet Bsont positivement stables, A+Bn’est pas nécessairement positivement stable.

b)Montrons par récurrence que pour toutn>1, deux éléments AetBdeM_n,1(R)qui commutent sont simultanément trigonalisables dansC.

•C’est clair pourn=1.

• Soitn>1. Supposons le résultat pourn. Soient AetB deux éléments deM_n+1(R)qui commutent. Soientf et gles endomorphismes deCⁿ⁺¹ canoniquement associés àAetBrespectivement.

fadmet au moins une valeur propreλ1dansC. Puisque fet gcommutent, le sous-espace propreEλ1(f)est stable parg ou encoreginduit un endomorphisme de Eλ1(f). Mais alors,gadmet au moins un vecteur propre dansEλ(f)qui est un vecteur propree1commun àfetg. On complète la famille libre(e₁)en une base(e₁, . . . , en+1)deCⁿ⁺¹dans laquelle les matrices defetgs’écrivent sous la forme

λ1 LA

0 A^′

et

µ1 LB

0 B^′

oùA^′ et B^′ sont des matrices carrées de format netLA etLB sont des matrices lignes.

Il existe doncP1∈GLn(C)telles queP⁻¹₁ AP1=

λ1 LA

0 A^′

etP₁⁻¹BP1=

µ1 LB

0 B^′

. Par hypothèse de récurrence, il existeQ∈GL_n(C)telle queQ⁻¹A^′QetQ⁻¹B^′Qsoient des matrices triangulairesT_Aet T_B. Si on poseP₂=

1 0 0 Q

, P2 est un élément de GLn+1(C) tel que P₂⁻¹P⁻¹₁ AP1P2 =

λ1 × 0 T_A

et P⁻¹₂ P₁⁻¹BP1P2 =

µ1 × 0 T_B

ou encore, si P=P₁P₂∈GLn+1(C), alorsP⁻¹APet P⁻¹BP sont triangulaires.

Le résultat est démontré par récurrence.

Soient maintenantAetBdeux éléments deM_n(R)positivement stables et qui commutent. Posons Sp(A) = (λi)_16i6n et

Sp(B) = (µi)_16i6n. Il existeP∈GL_n(C)telle queP⁻¹APsoit de la forme













λ₁ × . . . × 0 . .. ... ...

... . .. ... × 0 . . . 0 λ_n













etP⁻¹BPsoit de la forme













µ₁ × . . . × 0 . .. ... ...

... . .. ... × 0 . . . 0 µ_n













. Mais alorsP⁻¹(A+B)P=













λ₁+µ₁ × . . . × 0 . .. ... ... ... . .. ... × 0 . . . 0 λ_n+µ_n













puis Sp(A+B) = (λ_i+µi)_16i6n.

Puisque pour touti∈J1, nK, Re(λ_i+µ_i) =Re(λ_i) +Re(µ_i)> 0, la matriceA+Best positivement stable.

III.A - 3) a)Re X^TAX

=Re (Y−iZ)^TA(Y+iZ)

=Y^TAY+Z^TAZ=Y^TAsY+Z^TAsZ. PuisqueX6=0, on aY6=0ou Z6=0. PuisqueAa∈S⁺⁺

n (R), les deux réelsY^TAsY et Z^TAsZsont positifs, l’un d’entre eux au moins étant strictement positif. Donc, Re

X^TAX

> 0.

b)Soitλune valeur propre deAdansCpuisX= (xk)_16k6n∈M_n,1(C)\ {0}un vecteur propre associé. Alors, Re

X^TAX

=Re λX^TX

=Re(λ) Xn

k=1

|x_k|²> 0.

PuisqueX6=0, Xn

k=1

|x_k|²> 0et finalement Re(λ)> 0. Ceci montre queAest positivement stable.

III.A - 4)La matriceA=

1 −1 1 0

a une trace et un déterminant strictement positifs et est donc positivement stable.

MaisA_s=diag(1, 0)admet0 pour valeur propre et n’est donc pas définie positive.

III.B -

III.B - 1)v=u^′+λu⇒∀t∈R⁺, e^λtu^′

(t) =e^λtv(t)⇒∀t∈R⁺, u(t) =u(0)e^−λt+e^−λt Zt

0

e^λxv(x)dx. Soit alors Mun majorant de la fonction |v|surR⁺. Pourt∈[0,+∞[,

|u(t)|6|u(0)|

e^−λt +

e^−λt

Zt

0

e^λx

|v(x)|dx6M

|u(0)|e^−Re(λ)t+e^−Re(λ)t Zt

0

e^Re(λ)xdx

=M

|u(0)|+e^−Re(λ)t 1 Re(λ)

e^Re(λ)t−1

(car Re(λ)> 0)

=M

|u(0)|+ 1

Re(λ)

1−e^−Re(λ)t

6M

|u(0)|+ 1

Re(λ)

. Donc la fonctionuest bornée surR⁺.

III.B - 2)On noteλ₁, . . . ,λ_n les coefficients diagonaux deT. On au_n^′ +λ_nu_n=0. D’après la question précédente, la fonctionu_n est bornée sur R⁺. Soiti ∈J1, n−1K. Supposons que les fonctions u_n, un−1, . . . , ui+1 soient bornées sur R⁺. A la ligne idu systèmeU^′+TU=0, on obtient une égalité de la formeu_i^′+λ_iu_i=

Xn

k=i+1

α_ku_k. D’après la question précédente, la fonctionui est bornée surR⁺.

On a montré par récurrence descendante que chaque fonctionu_i,16i6n, est bornée surR⁺.

III.B - 3)On noteµ1= λ1−α, . . . ,µn =λn−αles valeurs propres de la matriceA−αIn. Les parties réelles de ces valeurs propres sont strictement positives. Il existe une matrice triangulaire supérieureT dont les coefficients diagonaux sontµ₁, . . . ,µ_n et une matriceP∈GL_n(C)telles queP⁻¹(A−αI_n)P=T.

Les solutions deU^′+TU=0sont les fonctionU : t7→e^tTU0, U0∈M_n,1(C)avec e^tT =e^{tP−1(A−αIn)P} =P⁻¹e^−αte^tAP

et ces solutions sont bornées surR⁺. En posantV(t) =PU(t)etV₀=PU₀de sorte queU₀décritM_n,1(C)si et seulement siV₀ décritM_n,1(C), on obtient le fait que les fonctions de la forme V : t7→e^−αte^tAV₀,V₀∈M_n,1(C), sont bornées surR⁺.

En prenant en particulier pourV0chacun des vecteurs de la base canonique deM_n,1(C), on obtient le fait que les fonctions vecteurs colonnes de la fonction matriciellet7→e^−αte^tA sont bornées sur R⁺ et finalement la fonctiont7→e^−αte^tA est bornée surR⁺.

III.C - Une caractérisation des matrices positivement stables

III.C - 1)Pour M∈M_n(C), posonsΦ₁^′(M) =A^TMetΦ₂^′(M) =MAet on noteΦ₁etΦ₂les restrictions deΦ₁^′ etΦ₂^′ àM_n(R)de sorte queΦ=Φ₁+Φ₂.Φ₁ etΦ₂commutent (∀M∈R),Φ₁◦Φ₂(M) =Φ₂◦Φ₁(M) =A^TMA. D’après la question III.A.2.b), il suffit de montrer queΦ₁ etΦ₂ sont positivement stables.

Une valeur propreλ ∈Cde Φ2 est encore valeur propre deΦ₂^′ et donc il existeM∈M_n(C)\ {0} telle queMA= λM puisM(A−λIn) =0. SiA−λIn est inversible, alorsM=0ce qui n’est pas. Donc,A−λInn’est pas inversible ou encore λest une valeur propre deA. Par suite, Re(λ)> 0. Ceci montre queΦ2est positivement stable.

PuisqueA^T etAont les mêmes valeurs propres, on montre de manière analogue queΦ1est positivement stable. Finalement, Φest positivement stable.

III.C - 2) (a) Φ est un endomorphisme de l’espace de dimension finie M_n(R) n’admettant pas 0 pour valeur propre.

Donc, Φ est un automorphisme de l’espace M_n(R). En particulier, il existe un élément B∈ M_n(R) et un seul tel que A^TB+BA=I_n.

(b)En transposant, on obtientA^TB^T+B^TA=In ou encoreΦ B^T

=In. Par unicité, on en déduit queB^T =Bet donc Best symétrique.

PuisqueBest symétrique,In=A^TB^T +BA= (BA)^T +BA=2(BA)s et donc(BA)s= 1

2In. Par suite,(BA)s∈S⁺⁺

n (R) puis d’après la question I.B.3.c,

det(A)det(B) =det(BA)>det((BA)_s)> 0.

Le déterminant de Aest un produit de réels strictement positifs et de nombres de la formeλλ=|λ|², λ∈C\R. Donc, det(A)> 0et finalement det(B)> 0.

III.C - 3) (a) L’application M 7→ M^T est un endomorphisme de l’espace M_n(R) et donc l’application M 7→ M^T est continue surM_n(R). Par suite, pourt∈R,

exp −tA^T

= lim

p→+∞

Xp

k=0

−tA^Tk

k! = lim

p→+∞



 Xp

k=0

(−tA)^k k!

!T

=



 lim

p→+∞

Xp

k=0

(−tA)^k k!

!T



= (ext(tA))^T.

•Pour toutt∈R, exp −tA^T

exp(tA)T

= (exp(tA))^T exp −tA^TT

=exp −tA^T

exp(tA)et doncV(t)∈S_n(R).

•SoitX∈M_n,1(R)\ {0}. On sait que∀t∈R, exp(−tA)∈GL_n(R)et donc exp(−tA)X6=0puis X^TV(t)X=X^Texp −tA^T

exp(tA)X= (exp(tA)X)^Texp(tA)X=kexp(tA)Xk²₂> 0.

Donc, pour toutt∈R,V(t)∈S⁺⁺

n (R).

•En posant pour tout t∈R,V(t) = (v_i,j(t))_16i,j6n, on a

(W(t))^T = Zt

0

vi,j(s)ds

16i,j6n

!T

= Zt

0

vj,i(s)ds

16i,j6n

= Zt

0

V(s)^T ds= Zt

0

V(s)ds=W(t) et donc, pour toutt∈R,W(t)∈S_n(R).