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.
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Rémy Nicolai Aeuclid3MPSI 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 iθ .
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
22 −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 }
=
tM
= 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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