POLYTECHNIQUE-ENS Corrigé 2011 MATH A-(XLC) MP
réalisée par Mr HAMANI AHMED prof de Maths spé TSI Mohammedia
Première partie : étude de N n
1. Soient A ∈ M n ( C ), x,y ∈ C n , on a A ∗ = t A, donc (A ∗ x | y) = ( t Ax | y) = t ( t Ax)y = t xAy = (x | Ay )).
2. (a) Soit A ∈ M n ( C ), on a A ∈ U n si et seulement si ∀ x,y ∈ C n (Ax | Ay) = (x | y) si et seulement si ∀ x,y ∈ C n (A ∗ Ax | y) = (x | y) si et seulement si ∀ x ∈ C n A ∗ Ax = x si et seulement si A ∗ A = I n et puisque
dim M n ( C ) est finie ceci est équivalent à AA ∗ = I n .
(b) Notons C 1 , . . . ,C n les colonnes de la matrice A, alors A ∈ U n si et seulement si A ∗ A = I n si et seulement si ∀ i,j ∈ [[1,n]] (A ∗ A) i,j = (I n ) i,j si et seulement si ∀ i,j ∈ [[1,n]] t C i C j = δ i,j si et seulement si ∀ i,j ∈ [[1,n]]
(C i | C j ) = δ i,j si et seulement si (C 1 , . . . ,C n ) est une base orthonormée de C n .
3. (a) • Soit A ∈ N n et soit x ∈ (ker((A)) ⊥ . Montrons que pour tout y ∈ ker(A) (Ax | y) = 0.
On a A ∗ A = AA ∗ et Ay = 0, donc AA ∗ y = A ∗ Ay = 0, ce qui entraîne que A ∗ y ∈ ker(A) et puisque x ∈ (ker(A)) ⊥ , on aura (x | A ∗ y) = 0 d’où (Ax | y) = (x | A ∗ y) = 0, ce qui assure l’inclusion demandée.
• Soit λ ∈ Sp (A), alors E λ = ker(A − λI n ), or (A − λI n )(A − λI n ) ∗ = AA ∗ − λA ∗ − λA + | λ | 2 I n = A ∗ A − λA − λA ∗ + | λ | 2 I n = (A − λI n ) ∗ (A − λI n ), donc (A − λI n ) ∈ N n , et par application de l’inclusion précédente, on obtient A(E λ ⊥ ) ⊂ E λ ⊥ .
(b) • Soit A = U DU ∗ où U ∈ U n et D ∈ D n , alors AA ∗ = (U DU ∗ )(U DU ∗ ) ∗ = U DU ∗ U D ∗ U ∗ , or si D = Diag (λ 1 , . . . ,λ n ) alors DD ∗ = Diag ( | λ 1 | 2 , . . . , | λ 1 | 2 ) = D ∗ D, de plus U U ∗ = U ∗ U , donc AA ∗ = U DD ∗ U ∗ = U D ∗ DU ∗ = (U D ∗ U ∗ )(U DU ∗ ) = (U DU ∗ ) ∗ (U DU ∗ ) = A ∗ A.
• Réciproquement soit A ∈ N n et f l’endomorphisme canoniquement associé à A. Montrons par récur- rence sur n que f admet une base orthonormale de vecteurs propres.
⋆ Pour n = 1, rien à montrer.
⋆ Soit n ≥ 2. Supposons le résultat vrai pour tout endomorphisme de C k (k ≤ n − 1), et soit λ une valeur propre de A ∈ N n (qui existe puisque A est de polynôme caractéristique scindé).
Si E λ = C n , alors A = λI n et n’importe quelle base orthonormale de C n répond à la question.
Si E λ 6 = C n , alors 1 ≤ dim(E λ ) ⊥ ≤ n − 1, or f ((E λ ) ⊥ ) ⊂ (E λ ) ⊥ , donc la matrice de f dans une base orthonormale adaptée à la décomposition C n = E λ ⊕ (E λ ) ⊥ est de la forme B =
I p O n−p
O n−p A 1
où p = dim(E λ ) et A 1 est la matrice de la restriction f 1 de f à (E λ ) ⊥ .
On aura B = P −1 AP où P est la matrice de passage de la base orthonormée canonique de C n à cette dernière base qu’on a choisit orthonormée, ce qui la rend d’après la question 2b., dans U n , et par conséquent B = P ∗ AP. On vérifie facilement que B ∗ B = P ∗ A ∗ P P ∗ AP = P ∗ A ∗ AP = P ∗ AA ∗ P = BB ∗ et un calcul par blocs donne B ∗ B =
I p O n−p
O n−p A ∗ 1 A 1
et BB ∗ =
I p O n−p
O n−p A 1 A ∗ 1
, ce qui entraîne que A ∗ 1 A 1 = A 1 A ∗ 1 , donc A 1 ∈ N n−p ( R ), et l’hypothèse de récurrence assure l’existence d’une base orthonormale de (E λ (A)) ⊥ constituée de vecteurs propres de f 1 , donc de f .
En réunissant les deux bases orthonormales de E λ (A) et de (E λ (A)) ⊥ , on obtient une base ortho- normale de C n constituée de vecteurs propres de f , ce qui établit la récurrence.
⋆ Conclusion : Soit U la matrice de passage de la base canonique de C n à la base orthonormale de vecteurs propre de f , alors la formule de changement de bases s’écrit A = U DU ∗ , où D = Diag (λ 1 , . . . ,λ n ), les λ i étant les valeurs propres de A et U ∈ U n .
4. Soit A ∈ N n , alors la question précédente assure qu’il existe U ∈ U n et D = Diag(λ 1 , . . . ,λ n ) tel que A = U DU ∗ .
D’une part : Tr (AA ∗ ) =
n
P
i,j=1
A i,j A i,j =
n
P
i,j=1 | A i,j | 2 et d’autre part : Tr (AA ∗ ) = Tr (U DU ∗ U D ∗ U ∗ ) = Tr (U DD ∗ U ∗ ) = Tr (DD ∗ U ∗ U ) = Tr (DD ∗ ) = P n
i=1
λ i λ i = P n
i=1 | λ i | 2 , ce qui entraîne l’égalité demandée.
5. (a) Soit A ∈ N n , alors ∀ x ∈ C k Ax k 2 = (Ax | Ax) = (x | A ∗ Ax) = (x | AA ∗ x) = (A ∗ x | A ∗ x) = k A ∗ x k 2 , ce qui entraîne l’équivalence : Ax = 0 si et seulement si A ∗ x = 0, d’où l’égalité : ker(A) = ker(A ∗ ).
(b) • (i) = ⇒ (ii) : Soit A ∈ N n et x un vecteur propre de A, alors il existe λ valeur propre de A tel que x ∈ ker(A − λI n ), or d’après le (a) ker(A − λI n ) = ker((A − λI n ) ∗ ) = ker(A ∗ − λI n ), ce qui entraîne que x ∈ ker(A ∗ − λI n ), c’est à dire que x est vecteur propre de A ∗ associé à λ.
• (ii) = ⇒ (i) : On va raisonner par récurrence sur n.
⋆ Si n = 1, A = (a) et A ∗ = (a), donc on toujours AA ∗ = A ∗ A.
⋆ Supposons que l’implication est vérifiée pour toute matrice de M n−1 ( C ) et soit A ∈ M n ( C ) tel que la proposition (ii) est vérifiée. Notons f l’endomorphisme canoniquement associé à A et soit x un vecteur propre de A, alors d’après (ii), x est aussi vecteur propre de A ∗ , ce qui assure l’ existence de α ∈ C tel que A ∗ x = αx. Je dis que F = (Vect (x)) ⊥ est stable par A, en effet pour tout y ∈ F (Ay | x) = (y | A ∗ x) = α(y | x) = 0(ce résultat est généralement vrai : un sous espace de C n est
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stable par A si et seulement si son orthogonal est stable par A ∗ ). La matrice de f dans une base orthonormale adaptée à la décomposition C n = Vect (x) ⊕ F et de la forme
α O 1,n−1
O n−1,1 A 1
où A 1 est la matrice de la restriction f 1 de f à F . A 1 vérifie la propriété (ii), donc d’après l’hypothèse de récurrence A 1 ∈ N n−1 , or si U ∈ U n est la matrice de passage de la base canonique de C n à la base orthonormale adaptée à la décomposition C n = Vect (x) ⊕ (Vect (x)) ⊥ , alors
A = U
α O 1,n−1
O n−1,1 A 1
U ∗ donc AA ∗ = U
| α | 2 O 1,n−1
O n−1,1 A 1 A ∗ 1
U ∗ = U
| α | 2 O 1,n−1
O n−1,1 A ∗ 1 A 1
U ∗ = A ∗ A, ce qui établit la récurrence.
6. (a) soit A ∈ N n et soient λ 1 , . . . ,λ p (p ≤ n) les valeurs propres distinctes deux à deux de A, alors si L est l’unique polynôme interpolateur de Lagrange tel que L(λ i ) = λ i pour tout i ∈ [[1,p]].
D’après la question 3b., il existe U ∈ U n tel que A = U Diag (λ 1 , . . . ,λ n )U ∗ , et par récurrence on obtient pour tout k ∈ N A k = U Diag (λ k 1 , . . . ,λ k n )U ∗ , ce qui entraîne par combinaison linéaire que :
L(A) = U Diag (L(λ 1 ), . . . ,L(λ n ))U ∗ = UDiag (λ 1 , . . . ,λ n )U ∗ = A ∗ ,ce qui répond à la question.
(b) Soient A,B ∈ N n tels que AB = BA.
⋆ Montrons d’abord que A commute avec B ∗ . D’après la question précédente B ∗ = P (B) où P ∈ C [X ], or une récurrence simple conduit à AB k = B k A, ce qui entraîne par combinaison linéaire que AP(B) = P (B)A, c’est à dire AB ∗ = B ∗ A.
⋆ Avec l’égalité AB ∗ = B ∗ A on obtient : (AB)(AB) ∗ = ABB ∗ A ∗ = AB ∗ BA ∗ = B ∗ AA ∗ B = B ∗ A ∗ AB = (AB) ∗ (AB), ce qui assure que AB ∈ N n.
7. • (ii) = ⇒ (i) : Supposons qu’il existe U ∈ N n tel que A ∗ = AU , donc AA ∗ = A 2 U = AU A = A ∗ A.
• (i) = ⇒ (ii) : Supposons que A ∈ N n . Notons λ 1 , . . . ,λ p les valeurs propres non nulles de A, D = Diag (λ 1 , . . . ,λ p ,0, . . . ,0) et △ = Diag ( λ 1
1
, . . . , λ 1
p
,0, . . . ,0), alors d’après la question 3b, il existe V ∈ U n tel que A = V DV ∗ . Posons U = V △ 1 D 1 ∗ V ∗ , où △ 1 = Diag ( λ 1
1
, . . . , λ 1
p