PSI* — 2019/2020 — Révisions par chapitres — Algèbre no 23 Page 1
23. (Mines) Soit A ∈ Mn(R) telle que les valeurs propres de tA −A sont réelles. Montrer que A est symétrique.
Solution: notonsM =tA−A. AinsiMest une matrice antisymétrique deMn(R)et il faut comprendre que l’hypothèse de l’énoncé s’écrit SpCM ⊂R ! Or il est classique que les valeurs propres complexes d’une matrice antisymétrique réelle sont imaginaires pures (cf. la méthode utilisée au début de la démonstration du théorème spectral).
Par conséquent SpCM ⊂ {0} et donc SpCM = {0} puisque M admet au moins une valeur propre complexe, en vertu du théorème de d’Alembert appliqué à son polynôme caractéristique.
Or nous disposons d’un autre résultat classique, en notant f l’endomorphisme de Rn (identifié à Mn,1(R)) canoniquement associé à M : Kerf et Imf sont supplémentaires orthogonaux. En effet, si Z ∈Kerf et Y =M X ∈Imf, alors avec les notations habituelles
(Z|Y) = tZM X =−t(M Z)X car tM =−M
= 0 car Z ∈Kerf
Il en résulte que les deux sous-espaces vectoriels Kerf etImf sont orthogonaux, or la somme de leurs dimensions vautn en vertu du théorème du rang. En conclusion
Rn= Kerf⊕⊥Imf.
CommeImf est (banalement) stable parf, je dispose de l’endomorphismeg induit par f sur Imf. En choisissant une base orthonormale deRn adaptée à la décomposition ci-dessus, j’obtiens queM est semblable dans Mn(R) à une matrice par blocs de la forme
N = 0 0 0 B
où B est carrée, de rang r = rgf. Mais χN = χM donc la seule valeur propre possible de B est 0, tandis que 0 ne peut être valeur propre de g du fait que Kerf ∩Imf = {0}. Nécessairement r = 0, c’est-à-dire que f = 0, d’où
tA−A est nulle, autrement dit Aest symétrique.
