Exercices de Math´ematiques
Matrices sym´etriques ou orthogonales (I)
´Enonc´es
´Enonc´es des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
Soit A une matrice de Mn(R).
Montrer que les deux conditions suivantes sont ´equivalentes.
a) Il existe M dans Mn(R) telle que A = TM M .
b) La matrice A est sym´etrique et ses valeurs propres sont ≥ 0.
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Soit A une matrice sym´etrique r´eelle d’ordre n.
On pose, pour toute matrice colonne X de Mn,1(R), ϕ(X, Y ) = TXAY .
1. Exprimer ϕ(X, Y ) en fonction des composantes de X et de Y dans une base orthonorm´ee
de vecteurs propres de A, et en fonction des valeurs propres de A.
2. Montrer que l’application (X, Y ) 7→ ϕ(X, Y ) d´efinit un produit scalaire si et seulement si
toutes les valeurs propres de A sont strictement positives.
Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]
Soit A = (aij) une matrice sym´etrique r´eelle d’ordre n, de valeurs propres λ1, . . . , λn.
Montrer que
n
X
i,j=1
a2
ij =
n
X
k=1
λ2
k.
Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
On consid`ere la matrice A carr´ee d’ordre n, dont le terme g´en´eral est aij =
Montrer que les valeurs propres de A sont strictement positives.
Indication : pour tout vecteur propre X, consid´erer TXAX.
1
i + j − 1
.
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Jean-Michel Ferrard
Exercices de Math´ematiques
Matrices sym´etriques ou orthogonales (I)
Indications, r´esultats
Indications ou r´esultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
– Si A = TM M , alors A est sym´etrique.
Si AX = λX, alors TX TM M X = · · ·.
– Si A est sym´etrique r´eelle, la diagonaliser via une matrice de passage orthogonale.
Utiliser alors une “racine carr´ee” de la r´eduite diagonale D de A.
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Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
1. On trouve ϕ(X, Y ) =
n
P
i=1
λixiyi.
2. Remarquer que pour tout vecteur Ui de la base orthonorm´ee, ϕ(Ui, Ui) = λi.
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Remarquer que
n
P
i,j=1
ij = tr (A2) et se souvenir que A est diagonalisable.
a2
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Soit X = (x1, . . . , xn) un vecteur propre de A pour λ. V´erifier que TXAX = λ kXk2.
Montrer ´egalement que TXAX =
n
P
i,j=1
xixj
i+j−1 =
Z 1
0
(cid:16) n
P
i=1
xiti−1(cid:17)2
dt.
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Matrices sym´etriques ou orthogonales (I)
Corrig´es
Corrig´es des exercices
Corrig´e de l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
– Si ∃M telle que A = TM M , alors TA = T( TM M ) = TM M = A : A est donc sym´etrique.
Soit λ l’une de ses valeurs propres et X un vecteur propre associ´e.
On a λX = AX = TM M X, puis TX TM M X = λ TXX = λ kXk2.
Mais TX TM M X = T(M X)M X = kM Xk2. Ainsi kM Xk2 = λ kXk2 avec kXk2 > 0.
On en d´eduit que chaque valeur propre de A est positive ou nulle.
– R´eciproquement :
Puisque la matrice A est sym´etrique r´eelle, elle s’´ecrit A = TP DP o`u P est orthogonale et
D diagonale (de coefficients diagonaux successifs les valeurs propres λ1, . . . , λn de A, toutes
positives ou nulles.)
Pour tout indice k, on pose µk =
coefficients diagonaux successifs sont les µk.
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On a ∆2 = D, puis A = TP ∆2P = ( TP T∆)∆P = TM M avec M = ∆P .
λk. On d´esigne par ∆ la matrice diagonale dont les
√
Corrig´e de l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
1. Soit (U ) = U1, U2, . . . , Un une base orthonorm´ee de vecteurs propres de A, pour les valeurs
propres successives λ1, λ2, . . . , λn.
Soient x1, . . . , xn et y1, . . . , yn les coordonn´ees de X et de Y dans cette base.
On exprime ϕ(X, Y ) en fonction des xi et des yj :
ϕ(X, Y ) = TXAY = T(cid:16) n
n
P
P
i,j=1
i=1
(cid:16) n
P
j=1
yjUj
xiUi
=
A
(cid:17)
(cid:17)
xiyj
TUiAUj
Or on peut ´ecrire TUiAUj = TUiλjUj = λj
TUiUj = λj < Ui, Uj >=
n λi
0
si i = j
sinon
On en d´eduit ϕ(X, Y ) =
n
P
i=1
λixiyi.
2. Avec ce r´esultat il est ´evident que ϕ est une forme bilin´eaire sym´etrique.
Pour tout X de coordonn´ees x1, . . . , xn dans la base (U ), on a ϕ(X, X) =
n
P
i=1
λix2
i .
Si les λi sont tous strictement positifs, alors ϕ est d´efinie positive.
R´eciproquement, on remarque que pour tout vecteur Ui, ϕ(Ui, Ui) = λi.
On en d´eduit que si ϕ est d´efinie positive, alors tous les λi sont strictement positifs.
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Matrices sym´etriques ou orthogonales (I)
Corrig´es
Corrig´e de l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
On constate que
n
P
i,j=1
a2
ij =
n
P
i=1
(cid:16) n
P
j=1
(cid:17)
a2
ij
=
n
P
i=1
(cid:16) n
P
j=1
(cid:17)
aijaji
= tr (A2). Or A est diagonalisable.
Il en est donc de mˆeme de A2, et les valeurs propres de A2 sont λ2
1, . . . , λ2
n.
L’´egalit´e demand´ee traduit alors le r´esultat bien connu selon lequel la trace d’une matrice B
diagonalisable (et plus g´en´eralement d’une matrice dont le polynˆome caract´eristique est scind´e)
est ´egale `a la somme de ses valeurs propres.
Corrig´e de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Soit X un vecteur propre de A pour la valeur propre λ, de coefficients successifs x1, . . . , xn.
D’une part TXAX = TX(λX) = λ TXX = λ kXk2. D’autre part :
TXAX = < X, AX > =
n
X
xi
(cid:16) n
X
(cid:17)
=
aijxj
i=1
j=1
n
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X
i,j=1
1
i + j − 1
xixj
On peut transformer le terme g´en´eral de la somme pr´ec´edente :
1
i + j − 1
xixj = xixj
Z 1
0
ti+j−2 dt =
Z 1
0
(xiti−1)(xjtj−1) dt
On en d´eduit une nouvelle expression de TXAX :
TXAX =
n
X
Z 1
i,j=1
0
(xiti−1)(xjtj−1) dt =
Z 1
n
X
0
i,j=1
(xiti−1)(xjtj−1) dt =
Z 1
(cid:16) n
X
0
i=1
xiti−1(cid:17)2
dt
Puisque le vecteur X est non nul, il en est de mˆeme du polynˆome P (t) =
n
X
i=1
xiti−1.
On en d´eduit TXAX > 0, ce qui implique λ > 0, car on a l’´egalit´e TXAX = λ kXk2.
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