Exercices de Mathématiques

P

i,j=1

|aij| en utilisant Cauchy-Schwarz.

Pour la deuxième majoration, poser T =

n

P

i,j=1

aij.

Soit f ∈ O(Rn) de matrice A dans la base canonique. Soit u = (1, 1, . . . , 1).

Vérifier que T = < u, f (u) >. Appliquer à nouveau Cauchy-Schwarz.

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Jean-Michel Ferrard

Exercices de Mathématiques

Matrices symétriques ou orthogonales (I)

Corrigés

Corrigés des exercices

Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

0

0 −1

Dans M2(R), on pose A =

(cid:18) 1 0

0 1

, B =

(cid:18) 1

(cid:19)

(cid:19)

, C =

(cid:19)

(cid:18) 0 1

1 0

et D =

(cid:18) 0 −1

0

1

(cid:19)

.

Ces quatre matrices sont orthogonales et linéairement indépendantes.

(cid:18) a + b

c − d

c + d a − b

(cid:19)

En effet : aA + bB + cC + dD = 0 ⇔

= 0 ⇔ a = b = c = d = 0.

On a donc obtenu une base de M2(R) formée de matrices orthogonales.

Pour la généralisation à Mn(R), remarquons que la réponse est évidente si n = 1 en prenant

la matrice A = (1). On suppose donc n ≥ 2.

On note comme d’habitude Eij la matrice générique de la base canonique de Mn(R) (tous ses

coefficients sont nuls sauf celui qui est situé en ligne i et colonne j et qui vaut 1.)

Pour tout indice j compris entre 2 et n, soit Fj = In − 2Ejj la matrice diagonale dont tous les

coefficients diagonaux valent 1 sauf le j-ème qui vaut −1.

Pour tous indices i et j tels que i < j, on note Gij et Hij les matrices qui se déduisent

respectivement de In et de Fj par échange des lignes d’indice i et j.

Par exemple, si n = 4 :

0

0

1

0

0 −1

0

0

0 −1

0

1

0

0

0

0

0 0

0 1

1 0

0 0

, H13 =

, G13 =

, G24 =

F3 =

0

0

0

1

0

0

0

1

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

1

0

1

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

1

1

0

0

0

0

1

0

0

































































1

2

1

2

n(n − 1) matrices Gij et

Il y a n − 1 matrices Fj,

Si on y ajoute la matrice In, on dispose ainsi de n2 matrices de Mn(R), qui sont toutes ortho-

gonales (vecteurs colonnes unitaires et orthogonaux deux à deux.)

Pour démontrer que ces n2 matrices forment une base de Mn(R), il suffit de prouver qu’elles

sont libres.

On suppose donc qu’on a l’égalité : S = α1In +

n(n − 1) matrices Hij.

µijHij = 0.

λijGij +

αjFj +

X

X

X

j≥2

i<j

i<j

Pour tout couple d’indices i, j avec i < j, la composante de S sur la matrice Eij est λij − µij

et la composante de S sur Eji est λij + µij.

Puisque S = 0, ces deux composantes sont nulles.

Il en est donc de même des coefficients λij et µij.

Il reste donc l’égalité :

X

X

X

X

0 = S = α1In +

αjFj = α1In +

αj(In − 2Ejj) = σIn − 2

αjEjj, où σ =

αj

j≥2

j≥2

j≥2

j≥1

La composante de S sur la matrice E11 est σ. On en déduit σ = 0.

Il reste alors

αjEjj = 0, ce qui implique α2 = . . . = αn = 0.

X

j≥2

Conclusion : la famille formée par In, les matrices Fj (pour j ≥ 2) et les matrices Gij et Hij

(pour j > i) est une base de Mn(R) formée de matrices orthogonales.

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Exercices de Mathématiques

Matrices symétriques ou orthogonales (I)

Corrigés

Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]

1. Notons aij, bij les coefficients respectifs de A et B.

Pour tout i, le coefficient d’indice (i, i) de TA · B est

n

X

k=1

akibki.

Ainsi < A, B > =

n

X

n

X

i=1

k=1

akibki.

On reconnait le produit scalaire canonique de Rn2, une matrice étant identifiée à un

n2-uplet par lecture de ses coefficients de gauche à droite et de haut en bas.

2. Soit M une matrice quelconque de Mn(R).

L’application A → AM est orthogonale si et seulement si :

∀(A, B) ∈ Mn(R)2, < AM , BM > = < A, B >

Cela équivaut à : tr ( T (AM )(BM )) = tr ( TAB) ou encore : tr ( TM TABM ) = tr ( TAB).

Compte tenu de l’égalité tr (XY ) = tr (Y X) valable pour toutes matrices X et Y , l’égalité

précédente s’écrit tr ( TABM TM ) = tr ( TAB), et ceci quelque soient A et B.

En choisissant B = In, on en déduit tr ( TAN ) = 0, c’est-à-dire < A, N >= 0, avec

N = M TM − In, et pour toute matrice A de Mn(R).

Cela implique que la matrice N = M TM −In est nulle, c’est-à-dire que M est une matrice

orthogonale. La réciproque est évidente.

Corrigé de l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]

La matrice A s’écrit A = S − iI4, ou S est une matrice symétrique a coefficients réels.

Dans ces conditions la matrice S est diagonalisable dans R et ses valeurs propres sont donc

toutes réelles.

Il s’ensuit que i ne peut pas être valeur propre de S.

Ainsi det(S − iI4) 6= 0, ce qui signifie que A est inversible.

Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]

On sait que la matrice A est diagonalisable dans R.

Soit P une matrice de passage et D une matrice diagonale telles que D = P −1AP .

L’hypothèse Am = I implique Dm = P −1AmP = I.

Ainsi les coefficients diagonaux λ de D (donc les valeurs propres de A) vérifient λm = 1.

Mais on sait que les valeurs propres λ de A sont toutes réelles.

On en déduit λ = ±1 et donc λ2 = 1.

Il en résulte D2 = I puis A2 = P D2P −1 = I.

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Matrices symétriques ou orthogonales (I)

Corrigés

Corrigé de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]

On majore S =

n

X

i,j=1

|aij| =

X

i,j

αijβij avec αij = 1, βij = |aij| en utilisant Cauchy-Schwarz.

L’inégalité S2 ≤

X

α2

ij

X

ij s’écrit ici : S2 ≤ n2 X

β2

a2

ij. Or

X

a2

ij =

n

X

(cid:16) n

X

(cid:17)

a2

ij

= n.

i,j

i,j

i,j

i,j

j=1

i=1

| {z }

=1

On en déduit effectivement S2 ≤ n3, c’est-à-dire S ≤ n

Pour la deuxième majoration, posons T = Pn

Rn de matrice A dans la base canonique (e) = e1, e2, . . . , en.

On note u le vecteur de composantes 1, 1, . . . , 1 dans cette base.

La somme T s’écrit alors :

n.

√

i,j=1 aij, et soit f l’endomorphisme orthogonal de

n

X

(cid:16) n

X

(cid:17)

aij

=

T =

j=1

i=1

n

X

j=1

< u, f (ej) > = < u,

n

X

j=1

f (ej) > = < u, f (u) >

On en déduit, par Cauchy-Schwarz : |T | ≤ kuk kf (u)k, c’est-à-dire |T | ≤ kuk2.

Or kuk2 = n, ce qui donne le résultat attendu.

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