Une propriété de la trace des matrices de

CCP PSI 2 2011

Etude de compacité.

I.1)

I.1.1.) On cherche le polynôme caractéristique : P_S( ) = ² 6 + 5. Sa donc deux valeurs propres simples 1 et5 . Les sous-espaces propres sont des droites.

S étant symétrique réelle, on cherche tout de suite une base orthonormale de vecteurs propres et le calcul donne E₁(S) = Vect (I)avecI=1

2 p3

1 puisE₅(S) = Vect (J)avecJ =R ₌₂(I) =1 2

p1

3 :Soit : S =P DP ¹ avecD= diag(1;5) etP = 1

2

p3 1 1 p 3 On a :

(xjs(x)) = 2x²₁+ 2p

3x1x2+ 4x²₂

Si on posex=X1I+X2J dans la base orthonormée (directe) de vecteurs propres on a (xjs(x)) =

t x1

x2 S

x1

x2 =

t X1

X2

tP P D^tP

X1

X2 =

t X1

X2 D

X1

X2 =X₁²+ 5X₂² a l’équation

2x²₁+ 2p

3x1x2+ 4x²₂= 1soit X1

1 + X2 p1

5

!2

= 1

est une ellipse, ( le centre estO;les axes sont dirigés par Iet J et sont de demi longueur1 et1=p

5;). D’où le graphe de .

I.1.2)La matrice proposée est la même qu’à la question précédente en retirant I2 . Donc : S =P DP ¹ avecD= diag(0;4) etP = 1

2

p3 1 1 p 3 Si on posex=X₁I+X₂J dans la base de vecteurs propres on a

(xjs(x)) = 4X₂² et a donc l’équation :

4X₂²= 1soit X₂= 1 2 est l’union de deux droites parallèles de directionI.

I.2.)

I.2.1)Comme la baseC= ("_i)ⁿ_i=1 est une base orthonormale de vecteurs propres

(xjs(x)) = 0 BB B@

0 BB B@

a1

a2

... a_n

1 CC CA

C

0 BB B@

1a1 2a2

...

na_n 1 CC CA

1 CC CA

C

= Xn i=1

a²_i i

Comme 1>0, on peut prendrea1= 1 p

1

,8i 2ai= 0. Le vecteurx= 1 p

1

"1 véri…e(xjs(x)) = 1et est donc c’est un élément de :

6

=; Par ailleurs pour tout vecteurx:

kxk²= Xn i=1

a²_i

et donc comme les _i sont rangés par ordre croissant8i 1 _{i 1} et donc : (xjs(x) ₁

Xn i=1

a²_i = ₁kxk² Pourx2 on a donckxk 1

( existe car 1>0)

est donc bornée

On peut aussi dire que comme tous les termes de la somme sont positifs, pour tout i jxij 1 p

i

p1

1

. Et comme p1

1

ne dépend plus de ic’est un majorant de fxig et donc kxk₁ 1 p

1

(5/2) : x7!(xjs(x)) = Xn i=1

a²_i i((xjs(x))est une somme de carrée de fonctions continue , donc est continue. est alors l’image réciproque du ferméf1gpar une fonction continue donc est fermé. est fermé bornée donc est compact.

I.2.1.) La base proposée existe carS est symétrique réelle donc diagonalisable dans une base orthonormé.

– I.2.1.1) On suppose par l’absurde que n 0 , l’hypothèse sur l’ordre des i impose : 8i , i 0 et donc (xjs(x)) =

Xn i=1

a²_{i i} 0. Donc pour tout x(xjs(x)) 1et est vide, ce qui est absurde I.2.2.2.) Comme _n >0 et ₁ 0on a 1 ₁r²

n

>0et doncx_r est bien dé…ni pour toutr. Les formules de calcul donne :

(x_rjs(x_r)) = ₁r²+ _n1 ₁r²

n

= 1 etkx_rk²=r²+1 ₁r²

n

=r²( _{n 1}) + 1

n

soit : x_r2 . et comme _{n 1}>0 : lim

r!+1kx_rk²= +1. On en déduit que n’est pas bornée.

est borné non vide si et seulement 1>0S2 Sn⁺⁺(R) Ce qui équivaut àS2 Sn⁺⁺(R).

Vous avez presque fous oublié de véri…er que xr existe . (Et donc la démonstration pose problème car elles n’utilise pas les hypothèses sur les )

remarque : on a une généralisation en dimension quelconque des ellipses du plan et des ellipsoïdes de l’espace.

Racine carrée d’une matrice de

II.1.1. SiS 2S_n⁺alors8X;^tXSX 0. On prendX =X_iun vecteur propre ; On a :^tX_iSX_i 0et^tX_iSX_i=^tX_i( _iX_i) = _ikX_ik² et donc :

8i; _i 0

II.1.2. SoitX 2 Mn;1(R); on peut décomposer dans la base orthonormaleX_i : X = Xn i=1

x_iX_i on a :

tXSX =

Xn i=1

ix²_i

Comme les i sont tous positifs ou nuls alors^tXSX 0et S2S_n⁺. S2S_n⁺(R),Sp(S) R⁺

II.1.3. On diagonalise dans une base orthonormale : il existe une matrice orthogonaleP telle queS =Pdiag( ₁; : : : ; _n)^tP avec (d’après le résultat admis) les i tous strictement positifs.

S est inversible comme produit de matrices inversibles et

S ¹=Pdiag(1= 1; : : : ;1= n)^tP

Cette matrice est bien symétrique (^t S ¹ =^t Pdiag(1= 1; : : : ;1= n)^tP =Pdiag(1= 1; : : : ;1= n)^tP =S ¹ ) et ses valeurs propres sont strictement positives comme inverses de réels strictement positifs. . On a donc avec le résultat admis :

S ¹2S_n⁺⁺

II.2.1. CommeS 2 Sn⁺ on a pour touti: i 0 et donc est bien dé…nie.

De manière évidente :

2=D

On aN Y = Y doncN²Y = ²Y soit commeN²=D : DY = ²Y ce qui donne, en regardant les coordonnées : 8i2[j1; nj]; _iy_i= ²y_i

Siy_i6= 0 on a ²= _i avec 0et _i 0 et donc =p

i ce qui donne y_i =p

iy_i. Siy_i= 0 on a0 = 0et le résultat reste vrai.

8i2[j1; nj]; yi=p

iyi

Ceci s’écrit matriciellement Y = Y ou encoreN Y = Y.

L’égalitéN Y = Y est donc véri…é pour tout vecteur propre de N . CommeN est symétrique, il existe une base de vecteurs propres. L’égalité N Y = Y est donc véri…ée pour tout vecteur d’une base , donc par linéarité pour tout vecteur deRⁿ . On a donc par unicité de la matrice d’une application linéaire :

=N

II.2.2. S est diagonalisable dans une base orthonormale d’où la décompositionS =U D^tU. Pour toute matrice T de Mⁿ(R) on poseN =U ^tU . On a alors T² =S ,N² =D . On vient de prouver que la seconde égalité admet une unique solution. La première admet donc aussi une unique solution.

8S 2S_n⁺; 9!T 2S⁺_n= T²=S De plus siS=Udiag ( _i)^tU on a T =Udiag p

i t

U

II.3.1. On sait que six est un vecteur propre d’un endomorphisme f associé à la valeur propre ,alors pour tout polynôme P=

Xd i=0

piXⁱ ,xest un vecteur propre deP(f)associé à la valeur propreP( )

On peut retrouver le résultat en véri…ant que sif(x) = xalors Xd p=0

pifⁱ

! (x) =

Xd p=0

pifⁱ(x) = Xd p=0

pi i

x= Xd p=0

pi i

!

(x) =P( )x:On a donc pour toutL_k(S)X_i=L_k( _i)X_i

Par l’interpolation de Lagrange : L_k( _k) = 1etL_k( _m) = 0 sim6=k On a donc :

- Si _i= _k alorsL_k(S)X_i=X_i.

- Sinon, i = _mavecm6=ketLk(S)Xi= 0.

II.3.2. Les polynômes de Lagrange forment une base deRp 1[X]et pour tout polynômeP on aP = Xp k=1

P( _k)Lk :Et donc ici :

P = Xp k=1

p kL_k

On a :

P(S)X_i= Xp k=1

p kL_k(X_i) = X

k; k6= i

p kO+p

iX_i =p

iX_i

P(S)2 Sn⁺(R)car dans la base(X_i)la matrice deP(S)estdiag p

i . La matrice est donc symétrique dans une base orthonormale et ses valeurs propres sont positives

De plusP(S)²X_i = p

i 2

X_i =SX_i. Ainsi on égalité pour tous vecteurs de la base et doncP(S)²=S . Par l’unicité deII.2.2. on a

P(S) =p S

II.3.3. Un calcul du polynôme caractéristique (qui peut commencer par L3 L2+L3 pour faire apparaître le facteur 3 ) donne les valeurs propres3(double) et9 (simple).

S est symétrique à valeurs propres positives doncS2 S3⁺(R)

On a reprend le calcul précédent avec ₁= 3et ₂= 9. D’oùL1(a) =a 9

3 9 etL2(a) =a 3 9 3 d’où P(a) =p

3a 9

3 9 + 3a 3

9 3 =3 p 3 6 a+3p

3 3 2 et donc :

pS= 3 p 3

6 S+3p 3 3

2 In

Une propriété de la trace des matrices de

III.1.1. Les coe¢ cients d’un vecteur de norme 1 sont toujours inférieurs à1 . ( Xn i=1

v²_i = 1 et 8i; v_i² 0) ) 8i , v_i² 1 . La remarque est vraie aussi pour une matrice orthogonale. On atr( V) =

Xn i=1

( V)_i;i= Xn i=1

iv_i;i.On multiplie les inégalités v_i;i 1 par _i 0 (ce qui ne change pas le sens) et on ajoute des inégalités de même sens :

tr( V) = Xn

i=1 ivii

Xn i=1

i;i=tr( )

III.1.2. CommeS est symétrique réelle, il existe P 2On(R)et = diag ( i)tels queS =P D^tP . CommeS 2 Sn⁺(R), les i

sont tous positifs.

Pour toute matriceU orthogonale, on peut poser (même changement de base)V =P U^tP . On a alorsSU =P( V)^tP:

V est le produit de matrices orthogonales donc est orthogonale . On a donctr( V) tr( ). Deux matrices semblables ayant même trace :

8U 2On(R), tr(SU) tr(S)

On peut aussi dire en utilisant tr(AB) = tr(BA): tr(SU) =tr(P D^tP U) =tr(D^tP U P) = tr(DW)avec W =^t P U P matrice orthogonale comme produit de matrices orthogonales. et donctr(SU) =tr(DW) T r(D) =tr(S)

III.2.1. C’est l’amplitude et la phase en utilisant unsin et pas uncos : –Si a=b= 0alors le résultat est immédiat pour tout .

–Sinon, a

pa²+b²

2

+ b

pa²+b²

2

= 1. Il existe ' tel que a

pa²+b² = sin(') et b

pa²+b² = cos(')). On a alors :

acos( ) +bsin( ) =p

a²+b²(sin(') cos( ) + cos(') sin( )) =p

a²+b²sin( +') Si acos( ) +bsin( ) apour tout alorsp

a²+b²sin( +') apour tout . Or p

a²+b²sin( +')varie de p

a²+b²à +p

a²+b². On a doncp

a²+b² aet doncb= 0.

(8 2R; acos( ) +bsin( ) a))b= 0

III.2.2. On part de la matrice identité , on retire les coe¢ cients1 qui sont lignepet ligne q, et on met aux 4 intersections des lignepet qles coe¢ cients de la rotation:

sip= 1; q= 2 on a avecU qui est bien orthogonale.

U = 0 BB BB BB

@

cos( ) sin ( ) 0 0

sin ( ) cos ( ) 0 0

0 0 1 . .. : : :

. .. ... 0

0 0 1

1 CC CC CC A

; AU = 0 BB BB B@

a1;1cos ( ) +a1;2sin( ) ? ? ? ?

? a2;1sin ( ) +a2;2cos ( ) ?

? a3;3 ?

? . .. ?

? ? ? ? a_n;n

1 CC CC CA

donctr(AU) = (a_1;1+a_2;2) cos ( ) + (a_1;2 a_2;1) sin ( ) + Xn

3

a_i;iet tr(A) = (a_1;1+a_2;2) + Xn

3

a_i;i

La conditiontr(AU) tr(A)impose donc que pour tout : (a1;1+a2;2) cos ( ) + (a1;2 a2;1) sin ( ) (a1;1+a2;2) La question précédente impose donca2;1=a1;2

Dans le cas général en utilisant(E_i;j)la base canonique deMn(R), on a

U = X

i =2fp;qg

Ei;i+ cos( )Ep;p+ sin( )Eq;p+ cos( )Eq;q sin( )Ep;q)

Le calcul classique deAE_i;j donneAE_i;j= (0;0; ; C_i;0 0)avec la j-ème colonne deAE_i;j qui contient lai-ème de A, On a donctr(AE_i;j) =a_j;i.

Donc par linéarité :

tr(AU) = X

i =2fp;qg

a_i;i+ cos( )(a_p;p+a_q;q) + sin( )(a_p;q a_q;p)

La conditiontr(AU) tr(A)donne donc pour tout : cos( )(ap;p+aq;q) + sin( )(ap;q aq;p) (ap;p+aq;q). la question précédente imposeap;q =aq;p

Ceci est vrai pour toutp < q :

A2Sn(R) III.2.3. Dans la base de vecteurs proprestr(A) =

Xn i=1

i. ,U = diag( 1;1; : : : ;1)ettr(AU) = ₁+ Xn

i=2

i=tr(A) 2 ₁> tr(A) car ₁<0 : absurde

L’Hypothèse de la question "il existe une valeur propre strictement négative" est absurde . Donc toutes les valeurs propres son positives

(8U 2On(R); tr(SU) tr(S)))A2 Sn⁺(R)

Des inégalités remarquables

T existe et est unique d’après la deuxième partie.

S(etT)sont bien inversible car éléments de Sn⁺⁺(R) d’aprèsII.1.3 S ¹et T ¹ sont dansSn⁺⁺(R) d’aprèsII.1.3

IV.1. Il faut remarquer que d’après la dé…nition det: (s(x)jx) = t²(x)jx = (t(x)jt(x)) =kt(x)k²cartest un endomorphisme symétrique.

De même s ¹(x)jx = t ¹(x) ²

L’inégalité demandé est donc celle de Cauchy Schwarz :

(t(x)jt ¹(x))² kt(x)k²: t ¹(x) ² Il y a égalité dans Cauchy Schwarz si et seulement si les 2 vecteurs sont liés :

–si t ¹(x)6= 0 : 9 , t(x) = t ¹(x) . On peut composer par t qui est bijective t(x) = t ¹(x) , t²(x) = x ,(s(x) = x).

–sit ¹(x) = 0, alorsx= 0(t ¹ est injective)

8x2E ,(t(x)jt ¹(x))² (s(x)jx) s ¹(x)jx , avec égalité pour0 et pour les vecteurs propres des IV.2. Si on factorise, on trouveP(a) = (a ₁)(a _n)et donc tous les _isont entre les racines de P et on a

8i; P( _i) 0 Commes(x) = ix,s ¹(x) = 1

i

xetP(s)(x) =P( i)x. Ainsi v(x) = P(s)(1

i

x) = 1

i

P(s)(x) = P( _i)

i

x

Le résultat est vrai pour tous les vecteurs propres de la base de vecteurs propres des(qui existe carsest symétrique) Dans cette base la matrice deP(s)est diag P( _i)

i

, c’est une matrice symétrique à valeurs propres positives d’après l’hypothèse et la question précédente.

V 2S⁺

IV.3. On a

–Q(0) = (s ¹(x)jx) _{1 n} , s ¹ est symétrique dé…nie positive ( II.1.3); ₁ et _n sont strictement positifs donc Q(0)>0

–Q(1) = (s(x)jx) ( 1+ n)kxk²+ s ¹(x)jx = (s(x) ( 1+ n)x+ 1 ns ¹(x)jx) = (v(x)jx) 0 car v est positif.

Commex6= 0,Qest un polynôme du second degré (car(s(x)jx)>0) qui change de signe (au sens large) : son discriminant 0ce qui donne la relation:

8 6= 0: (s(x)jx)(s ¹(x)jx) ( ₁+ _n)² 4 1 n kxk⁴ remarque : on retrouve le principe de la démonstration de Cauchy Schwarz

IV.4. sest symétrique et donc les sous espaces propres associés à 2 valeurs propres distincts sont orthogonaux . x1 etxn sont orthogonaux . On a donc :

(s(x)jx) = ( ₁x₁+ _nx_njx₁+x_n) = ₁+ _n (s ¹(x)jx) = ( ₁¹x₁+ _n¹x_njx₁+x_n) = ¹+ n

1 n

(xjx) = (x₁+x₂jx₁+x₂) = (x₁jx₁) + (x₂jx₂) = 2 On a donc bien égalité dans(2).

remarque : Si on revient à l’inégalité (1)on a, commetest symétrique

(t(x)jt ¹(x)) = (xjt t ¹(x) ) =kxk²

Les deux égalités donnent donc, pour un endomorphisme dé…ni positif l’encadrement : kxk⁴ (s(x)jx)(s ¹(x)jx) ( 1+ n)²

4 _{1 n} kxk⁴