MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Soit n un entier positif. Dans M n ( R ) , on note I la matrice identité et on distingue les deux matrices
S =
0 · · · 0
1 0
0 1 ... ...
... ... ... 0
0 · · · 0 1 0
, T =
0 · · · 0 1
1 0 0
0 1 ... ...
... ... ... 0
0 · · · 0 1 0
On note S et T les sous-espaces vectoriels engendrés respectivement par I, S, · · · , S n−1 et I, T, · · · T n−1 .
Si A et B appartiennent à M n ( R ) , on dénit (A/B) = 1
n tr(A t B) 1. Préciser les dimensions de S et T et l'intersection S ∩ T .
2. Pour p ∈ {1, · · · , n − 1} , exprimer T p en fonction d'une puissance de S et de la trans- posée d'une puissance de S .
3. Montrer que ( / ) est un produit scalaire sur M n ( R ) .
4. Montrer que (I, S, · · · , S n−1 ) et (I, T, · · · , T n−1 ) sont respectivement des bases ortho- gonales et orthonormées de S et T .
5. En considérant le produit scalaire (S q /T p ) , montrer que pour p ∈ {1, · · · , n} , S p est la projection orthogonale de T p sur S .
Corrigé
1. Examinons d'abord les puissances de S . Pour k entre 1 et n − 1 :
S k =
0 · · · · · · 0
... ...
0 · · · · · · 0
1 0 0
0 ... ... ...
... ... ... ... ...
0 · · · 0 1 0 · · · 0
← ligne k + 1
Ceci peut se montrer à l'aide seulement de la dénition du produit matriciel.
On comprend mieux la situation en interprétant S comme la matrice d'un endomor- phisme f de R n dans la base canonique (e 1 , · · · , e n ) . En eet, un tel endomorphisme vérie
∀i ∈ {1, · · · , n} : f (e i ) = e i+1
en convenant que e l = 0 R
ndès que l > n . Il est alors immédiat que f k vérie
∀i ∈ {1, · · · , n} : f k (e i ) = e i+k
dont la matrice dans la base canonique est celle indiquée au début.
La famille (1, S, · · · , S n−1 ) est libre car la première colonne d'une combinaison linéaire λ 0 I + · · · + λ n−1 S n−1 est
λ 0 λ 1 ...
λ n
1
Si une telle combinaison est nulle, tous les coecients sont évidemment nuls.
On en déduit que la dimension de S est nulle.
Considérons maintenant l'endomorphisme g de R n dont la matrice dans la base cano- nique est T . Il est clair que g permute circulairement les vecteurs de base. Ceci entraîne g n est l'identité et que, pour k entre 1 et n − 1 , :
∀i ∈ {1, · · · , n} : g k (e i ) = e i+k
en convenant cette fois que e l = e l−n dès que l > n .
Montrons maintenant que (I, T, · · · , T n−1 ) est libre en montrant que (Id, g, · · · , g n−1 )
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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est libre.
Considérons une combinaison linéaire nulle :
λ 0 Id + λ 1 g + · · · + λ n−1 g n−1 = 0 L( R
n)
Appliquons cette identité fonctionnelle en e 1 . On obtient
λ 0 e 1 + λ 1 e 2 + · · · + λ n−1 e n = 0 R
nCeci entraîne que tous les λ i sont nuls car (e 1 , · · · , e n ) est libre (c'est la base canonique).
La dimension de T est donc n .
Étudions maintenant l'intersection en restant dans l'interprétation avec des endomor- phismes. Si un endomorphisme h est dans les sous-espaces engendrés par f et g , il s'écrira
h = λ 0 Id + λ 1 f + · · · + λ n−1 f n−1 = µ 0 Id + µ 1 g + · · · + µ n−1 g n−1 pour certains λ i et µ j . Si on applique cette identité fonctionnelle en e 1 , on obtient
λ 0 e 1 + λ 1 e 2 + · · · + λ n−1 e n = µ 0 e 1 + µ 1 e 2 + · · · + µ n−1 e n
Ce qui entraîne
λ 0 = µ 0 , · · · , λ n−1 = µ n−1 Si on applique l'identité fonctionnelle en e 2 , on obtient
λ 0 e 2 + λ 1 e 3 + · · · + λ n−2 e n = µ 0 e 2 + µ 1 e 3 + · · · + µ n−2 e n + µ n−1 e 1
ce qui entraîne µ n−1 = λ n−1 = 0 . On procède de même avec les autre vecteurs de base pour montrer que tous les coecients sont nuls sauf ceux d'indice 0 qui sont égaux.
Finalement :
S ∩ T = {I}
2. La matrice S k est constituée d'une seule bande de 1 parallèle à la diagonale principale et qui "descend" vers la gauche quand k augmente, tout le reste étant nul. La matrice de T k possède la même bande de 1 et possède en plus une autre bande de 1 cette fois au dessus de la diagonale. Chaque 1 qui "disparait" en bas "réapparait" en haut. Ceci se traduit par :
∀k ∈ {1, · · · , n − 1} : T k = S k + t (S n−k ) Cette formule est aussi valable pour n car S n = 0 n et S 0 = I n .
3. Les propriétés de bilinéarité du produit matriciel et de linéarité de la trace montrent le caractère bilinéaire de (/) .
Le caractère symétrique vient de propriétés bien connues de la trace et de la transpo- sition :
t (AB) = t B t A tr( t A) = tr(A) Dans ce contexte :
(B/A) = tr(B t A) = tr t (B t A)
= tr(A t B) = (A/B)
Le caractère positif vient de ce que tr(A t A)) est la somme des carrés de tous les termes de la matrice A .
4. Pour calculer des produits scalaires de matrices S k , il est commode de remarquer que terme i, j de S k = δ i−k,j
où δ u,v est le symbole de Kronecker qui vaut 1 si u = v et 0 sinon. Pour tous p et q entre 0 et n − 1 , on peut alors écrire :
(S p /S q ) = 1 n
X
(i,j)∈{1,··· ,n}
2δ i−p,j δ i−q,j
Seuls contribuent réellement à la somme les (i, j) pour lesquels les deux δ valent 1 . Ceci ne peut se produire que si
i − p = j = i − q ⇒ p = q
Donc pour i 6= q , les matrices S p et S q sont orthogonales. La famille des S k est orthogonale.
Pour évaluer les produits scalaires entre puissances de T , utilisons l'expression trouvée en 2. et développons :
(T p /T q ) = (S p /S q ) + ( t S n−p /S q ) + (S p / t S n−q ) + ( t S n−p / t S n−q ) Parmi ces termes : (S p /S q ) est nul par orthogonalité sauf si p = q .
( t S n−p /S q ) = 1
n tr( t S n− p t S q ) = 1
n tr(S q S n−p ) = 1
n tr(S n+q−p )
qui vaut 0 sauf si p = q car la diagonale des puissances de S est nulle. Le calcul et le résultats sont les mêmes pour (S p / t S n−q ) .
En ce qui concerne le dernier terme :
( t S n−p / t S n−q ) = (S n−q /S n−p )
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car on peut permuter deux matrices sans changer la trace de leur produit. Ce terme est nul par orthogonalité des puissances de S sauf si p = q .
En conclusion, la famille des puissances de T est orthogonale. Elle est même ortho- normée car on a vu que (A/A) est la somme des carrés des termes divisée par n . Les puissances de T contiennent exactement n fois 1 et le reste de 0 .
5. Pour montrer que S p est la projection orthogonale de T p sur S , on va montrer que T p − S p est orthogonale à S pour tous les p entre 1 et n − 1 .
Pour tous les q entre 0 et n − 1 :
(T p − S p /S q ) = (T p /S q ) − (S p /S q ) = (S p /S q ) + ( t S n−p /S q ) − (S p /S q )
= 1
n tr(S n−p+q ) = 0
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