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Soit n ∈ N ∗ , on note M = M n ( R ) , C = M n,1 ( R ) (matrices colonnes), L = M 1,n ( R ) (matrices lignes), O = O n ( R ) (matrices orthogonales).

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Soit n ∈ N , on note M = M n ( R ) , C = M n,1 ( R ) (matrices colonnes), L = M 1,n ( R ) (matrices lignes), O = O n ( R ) (matrices orthogonales).

On note aussi S le sous-espace de M formé des matrices symétriques et A le sous-espace des matrices antisymétriques.

Pour toute M ∈ M , on dénit sa partie symétrique (notée M s ) et sa partie antisymétrique (notée M a ) par

∀M ∈ M : M s = 1

2 (M + t M ), M a = 1

2 (M − t M ).

On introduit les produits scalaires habituels dans C et M :

∀(X, Y ) ∈ C 2 , (X/Y ) = t XY

∀(A, B) ∈ M 2 , (A/B) = tr( t AB)

Les normes sont notées kk . Le contexte permettra de distinguer entre la norme et le produit scalaire dans C ou dans M .

Une matrice M ∈ M est dite normale si et seulement si t M M = M t M .

I. Parties symétriques et antisymétriques.

1. a. Préciser des bases pour S et A . En déduire leurs dimensions.

b. Montrer que S = A et S = A .

c. Préciser les projections orthogonales sur S et A d'une matrice M ∈ M .

2. Soit M ∈ M . Exprimer t M M en fonction de M s et M a . En déduire que M est normale) si et seulement M a M s = M s M a .

3. Soit M ∈ M inversible.

a. Montrer que

∀(S, A) ∈ S × A : M S t M ∈ S , M A t M ∈ A.

b. Montrer que

M s = M (M −1 ) s t M, M a = −M (M −1 ) a t M.

c. Montrer que det(M s ) = (det(M )) 2 det((M −1 ) s ) .

II. Sous-espaces stables.

Soit M ∈ M , on note µ M l'application

C → C X 7→ M X

On pourra désigner ker µ M par ker M et Im µ M par Im M . Ce sont des sous-espaces de C . Soit U un sous-espace de C de dimension r stable par µ M .

Soit (C 1 , · · · , C n ) une base orthonormée de C telle que (C 1 , · · · , C r ) soit une base ortho- normée de U .

On note P ∈ M la matrice dont les colonnes sont (C 1 , · · · , C n ) et Q ∈ M n,r ( R ) celle dont les colonnes sont (C 1 , · · · , C r ) .

1. Montrer que rg(M ) = rg(µ M ) . 2. Changement de base.

a. Exprimer la matrice de µ M dans la base (C 1 , · · · , C n ) en fonction de M et P . On la note M 0 .

b. Exprimer la matrice R de la restriction de µ M à U dans la base (C 1 , · · · , C r ) en fonction de M et Q . En déduire que si M est symétrique (respectivement antisymétrique) alors R est symétrique (respectivement antisymétrique).

3. Dans cette question, on suppose que M est normale.

a. Montrer que M 0 est normale.

b. On écrit M 0 avec des blocs M 0 =

M 1 M 2 M 3 M 4

avec M 1 ∈ M r ( R ).

Montrer que M 3 est une matrice nulle. Montrer que M 2 est une matrice nulle. En déduire que U est stable par µ M et que M 1 et M 4 sont normales.

4. Dans cette question on s'intéresse aux matrices antisymétriques.

a. Montrer que s'il existe une matrice antisymétrique inversible réelle de taille m×m alors m est pair.

b. Montrer que

∀A ∈ A, ∀X ∈ C, t XAX = 0.

c. Montrer que Im A = (ker A) et que rg(A) est pair.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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Rémy Nicolai Aeuclid3

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MPSI B 29 juin 2019

III. Sous-espaces stables irréductibles.

Soit M ∈ M et λ ∈ C.

On dit que λ est une valeur propre complexe de M si et seulement si

∃Z ∈ M n,1 ( C ) tq Z 6=

 0 ...

0

 et M Z = λZ.

La colonne Z est alors un vecteur propre de valeur propre λ . On note Sp C (M ) l'ensemble des valeurs propres complexes de M . On admet que c'est une partie non vide de cardinal inférieur ou égal à n .

On dit que λ ∈ R est une valeur propre réelle de M si et seulement si

∃X ∈ C tq X 6=

 0 ...

0

 et M X = λX.

On note Sp R (M ) l'ensemble des valeurs propres réelles de M .

1. Soit M ∈ M . Soit λ ∈ C \ R une valeur propre complexe non réelle et Z un vecteur propre associé. On dénit X et Y dans C tels que Z = X + iY par :

Z =

 z 1

...

z n

 , X =

 Re(z 1 )

...

Re(z n )

 , Y =

 Im(z 1 )

...

Im(z n )

 .

a. Montrer que (X, Y ) est une famille libre de C .

b. Montrer que U = Vect(X, Y ) est stable par µ M et former la matrice de la restric- tion de µ M à U dans la base (X, Y ) .

2. a. Soit S ∈ S . Montrer que Sp C (S) = Sp R (S) . b. Soit A ∈ A . Montrer que Sp C (A) ⊂ i R.

3. Soit P ∈ O . On note S = P s et A = P a . a. Montrer que Sp R (P ) ⊂ {−1, +1} .

b. Soit λ une valeur propre complexe non réelle de P . Montrer qu'il existe θ ∈ ]−π, π[

tel que λ = e .

c. Montrer que ker A = ker(P − I) ⊕ ker(P + I) .

Corrigé

Corrigé de euclid3 à compléter

I. Parties symétriques et antisymétriques.

1. a. En notant E ij la matrice élémentaire nulle sauf un 1 en position i, j . Une base de S est formée par les E i,j + E j,i avec i < j et les E ii soit n

2

2 −n + n = n(n+1) 2 matrices.

dim S = n(n + 1) 2 .

Une base de A est formée par les E i,j − E j,i avec i < j soit n(n−1) 2 matrices.

dim A = n(n − 1) 2 .

b. Remarquons que dim A+dim A = N 2 = dim m . On en déduit que dim A = dim S et dim A = dim S . De plus,

∀(S, A) ∈ S × A, (A/S) = tr( t AS) = − tr(A t S) = − tr( t SA) = −(S/A)

⇒ (S/A) = 0.

On en déduit A ⊂ S et S ⊂ A ce qui permet de conclure.

c. Comme M s ∈ S , M a ∈ A et M = M s + M a , la projection orthogonale de M sur A est M a et la projection orthogonale de M sur S est M s .

2. Utilisons la décomposition précédente M = M s + M a

t M = M s − M a

)

⇒ ( t

M M = (M s ) 2 − (M a ) 2 + M s M a − M a M s

M t M = (M s ) 2 − (M a ) 2 − M s M a + M a M s

On en déduit que

t M M = M t M ⇔ 2 (M s M a − M a M s ) = 0 ⇔ M s M a = M a M s .

3. a. Immédiat avec les propriétés de la transposition.

t (M S t M ) = M t S t M = M S t M ⇒ M S t M ∈ S .

Démonstration analogue pour A avec t A = −A .

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b. En décomposant M −1 , on peut former une nouvelle décomposition de M et ex- ploiter l'unicité.

M −1 = (M −1 ) s + (M −1 ) a ⇒ M M −1 t M

| {z }

=

t

M

= M (M −1 ) s t M

| {z }

∈S

+ M (M −1 ) a t M

| {z }

∈A

( ( t M ) s = M (M −1 ) s t M ( t M ) a = M (M −1 ) a t

M .

On en déduit les formules demandées car ( t M ) s = M s et ( t M ) a = −M a .

c. On prend le déterminant de la première des deux expressions en utilisant det t M = det M .

II. Sous-espaces stables.

1. Question de cours.

2. a. Formule de changement de base pour un endomorphisme lorsque les deux bases sont orthonormales.

M 0 = t P M P.

b. La coordonnée selon C i de M C j est t C i M C j . On en déduit que la matrice de la restriction est

R = t QM Q.

Bien noter que Q ∈ M n,r ( R ) n'est pas une matrice carrée.

On en déduit comme en I.3.a que M symétrique entraine R symétrique et M antisymétrique entraine R antisymétrique.

3. a. D'après II.2.a.

t M 0 M 0 = t P t M (P t P )M P M 0 t M 0 = t P M (P t P) t M P

Comme P est orthogonale, P t P = t P P = I et on peut exploiter t M M = M t M pour conclure que M 0 est normale.

b. La matrice M 3 est formée par les t C i M C j = (C i /M C j ) avec i > r et j ≤ r . Ces coecients sont nuls car comme la famille est orthonormale C j ∈ U et C j ∈ U donc AC j ∈ U car U est stable par µ M .

Pour montrer que M 2 est nulle, exploitons que M 0 est normale. Écrivons l'égalité des blocs en haut à gauche de t M 0 M 0 et M 0 t M 0 .

t M 0 =

t M 1 0

t M 2 t M 4

t M 1 M 1 = M 1 t M 1 + M 2 t M 2

En prenant la trace, les M 1 disparaissent et on obtient tr(M 2 t M 2 ) = 0 . Or cette trace est la somme des carrés des coecients de M 3 qui sont donc tous nuls.

Les coecients de M 2 sont nuls donc 0 = (C i /AC j ) pour i ≤ r ( C i ∈ U ) et j > r ( C j ∈ U . On en déduit que U est stable par µ M .

Comme la matrice M 0 est diagonale par blocs, M 0 normale entraine que les blocs diagonaux M 1 et M 4 sont normaux.

4. a. Soit A antisymétrique inversible de taille m × m . Alors det A = det t A = det(−A) = (−1) m det A . Comme det A 6= 0 , on en déduit (−1) m = 1 donc m pair.

b. Le produit matriciel t XAX est une matricette 1 × 1 (considérée comme un réel) donc symétrique.

t XAX = t ( t XAX ) = t X t AX = − t XAX ⇒ t XAX = 0.

c. D'après le théorème du rang et la dimension de l'orthogonal d'un sous-espace, dim(Im A) = dim((ker A) ) . D'autre part,

∀(X, Y ) ∈ ker A × Im A, ∃Z ∈ C tq Y = AC d'où

(X/Y ) = t XAZ = t ( t AX)Z = ( t AX/Z ) = −(AX

|{z}

=0

/Z) = 0.

On en déduit l'inclusion ker A ⊂ (Im A) qui donne l'égalité des sous-espaces avec l'égalité des dimensions.

Le sous-espace Im A est évidemment stable par µ A . Comme il est supplémentaire du noyau, la restriction de µ A à ce sous-espace est un isomorphisme. D'après la question 2., la matrice de cette restriction dans une base orthonormée est antisymétrique. La question 4.a. montre alors que la dimension de Im A c'est à dire le rang de A est pair.

III. Sous-espaces irréductibles.

1. a. On va démontrer la contraposée. Soit Z une colonne propre complexe (donc non nulle, X sa partie réelle, Y sa partie imaginaire) de valeur propre λ ∈ C. On se

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propose de montrer que (X, Y ) liée entraine λ ∈ R.

Si (X, Y ) est liée, il existe une colonne réelle C non nulle et des réels x et y (avec x 6= 0 ou y 6= 0 ) telle que X = xC et Y = yC . Alors, en notant z = x + iy 6= 0 ,

M Z = λZ ⇒ zM C = λzC ⇒ M C = λC ⇒ λ ∈ R car tous les coecients de M et de C sont réels.

b. Notons a = Re(Z), b = Im(z) et identions les parties réelles et imaginaires des matrices colonnes complexes

M (X + iY ) = (a + ib)(X + iY ) ⇔

( M X = aX − bY M Y = bX + aY

On en déduit que U = Vect(X, Y ) est stable par µ M avec la matrice Mat (X,Y ) µ M | U =

a b

−b a

.

2. a. Soit λ ∈ Sp C (S) et Z la colonne propre (complexe) associée. Considérons la matricette complexe t ZSZ donc symétrique et son conjugué.

( t ZSZ ) = ZS t Z = t (ZS t Z) = t ZSZ ⇒ t ZSZ ∈ R . D'autre part

t ZSZ = λ |z 1 | 2 + · · · + |z n | 2

∈ R ⇒ λ ∈ R .

b. Le raisonnement est analogue. Comme A est antisymétrique t ZAZ est l'opposée de son conjugué donc imaginaire pur :

t ZAZ = λ |z 1 | 2 + · · · + |z n | 2

∈ i R ⇒ λ ∈ i R .

3. a. Soit λ ∈ Sp R (P ) et X une colonne propre associée (donc non nulle). Comme P conserve la norme

kX k 2 = kP Xk 2 = λ 2 kXk 2 ⇒ λ 2 = 1 ⇒ λ = ±1.

b. Soit λ une valeur propre complexe non réelle et Z une colonne propre complexe associée. Considérons t P ZP Z

t P ZP Z = |λ| 2 (|z 1 | 2 + · · · + |z n | 2 )

t P ZP Z = t Z t P P Z = t ZZ = (|z 1 | 2 + · · · + |z n | 2 ) )

⇒ |λ| = 1.

c. Remarquons d'abord que les vecteurs de ker(P − I) et ceux de ker(P + I) sont ortogonaux. En eet

∀(X, Y ) ∈ ker(P − I) × ker(P + I),

(X/Y ) = (P X/ − P Y ) = −(P X/P Y ) = −(X/Y ).

Par dénition de la partie antisymétrique,

X ∈ ker A ⇔ (P − t P )X =⇔ (P 2 − I)X = 0

car P est inversible. On en déduit ker(P − I) et ker(P + I) inclus dans ker A d'où ker(P − I) ⊕ ker(P + I) ⊂ ker A.

D'autre part,

∀X ∈ ker A, X = 1

2 (P + I)X

| {z }

∈ker(P −I)

− 1

2 (P + I)X

| {z }

∈ker(P−I)

car 0 = (P − I)(P + I)X = (P + I)(P − I)X .

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