Exercices de Mathématiques
Matrices symétriques ou orthogonales (I)
Énoncés
Énoncés des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
Soit A une matrice de Mn(R).
Montrer que les deux conditions suivantes sont équivalentes.
a) Il existe M dans Mn(R) telle que A = TM M .
b) La matrice A est symétrique et ses valeurs propres sont ≥ 0.
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Soit A une matrice symétrique réelle 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 orthonormée
de vecteurs propres de A, et en fonction des valeurs propres de A.
2. Montrer que l’application (X, Y ) 7→ ϕ(X, Y ) définit 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 symétrique réelle 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 considère la matrice A carrée d’ordre n, dont le terme général est aij =
Montrer que les valeurs propres de A sont strictement positives.
Indication : pour tout vecteur propre X, considérer TXAX.
1
i + j − 1
.
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Jean-Michel Ferrard
Exercices de Mathématiques
Matrices symétriques ou orthogonales (I)
Indications, résultats
Indications ou résultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]
– Si A = TM M , alors A est symétrique.
Si AX = λX, alors TX TM M X = · · ·.
– Si A est symétrique réelle, la diagonaliser via une matrice de passage orthogonale.
Utiliser alors une “racine carrée” de la réduite diagonale D de A.
Indication pour l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]
1. On trouve ϕ(X, Y ) =
n
P
i=1
λixiyi.
2. Remarquer que pour tout vecteur Ui de la base orthonormée, ϕ(Ui, Ui) = λi.
Indication pour l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]
Remarquer que
n
P
i,j=1
ij = tr (A2) et se souvenir que A est diagonalisable.
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a2
Indication pour l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]
Soit X = (x1, . . . , xn) un vecteur propre de A pour λ. Vérifier que TXAX = λ kXk2.
Montrer également 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 symétriques ou orthogonales (I)
Corrigés
Corrigés des exercices
Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]
– Si ∃M telle que A = TM M , alors TA = T( TM M ) = TM M = A : A est donc symétrique.
Soit λ l’une de ses valeurs propres et X un vecteur propre associé.
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 déduit que chaque valeur propre de A est positive ou nulle.
– Réciproquement :
Puisque la matrice A est symétrique réelle, elle s’écrit A = TP DP où 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.
On a ∆2 = D, puis A = TP ∆2P = ( TP T∆)∆P = TM M avec M = ∆P .
λk. On désigne par ∆ la matrice diagonale dont les
√
Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]
1. Soit (U ) = U1, U2, . . . , Un une base orthonormée de vecteurs propres de A, pour les valeurs
propres successives λ1, λ2, . . . , λn.
Soient x1, . . . , xn et y1, . . . , yn les coordonnées 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 écrire TUiAUj = TUiλjUj = λj
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TUiUj = λj < Ui, Uj >=
n λi
0
si i = j
sinon
On en déduit ϕ(X, Y ) =
n
P
i=1
λixiyi.
2. Avec ce résultat il est évident que ϕ est une forme bilinéaire symétrique.
Pour tout X de coordonnées 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 définie positive.
Réciproquement, on remarque que pour tout vecteur Ui, ϕ(Ui, Ui) = λi.
On en déduit que si ϕ est définie positive, alors tous les λi sont strictement positifs.
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Matrices symétriques ou orthogonales (I)
Corrigés
Corrigé de l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]
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 même de A2, et les valeurs propres de A2 sont λ2
1, . . . , λ2
n.
L’égalité demandée traduit alors le résultat bien connu selon lequel la trace d’une matrice B
diagonalisable (et plus généralement d’une matrice dont le polynôme caractéristique est scindé)
est égale à la somme de ses valeurs propres.
Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]
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 :
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TXAX = < X, AX > =
n
X
xi
(cid:16) n
X
(cid:17)
=
aijxj
i=1
j=1
n
X
i,j=1
1
i + j − 1
xixj
On peut transformer le terme général de la somme précédente :
1
i + j − 1
xixj = xixj
Z 1
0
ti+j−2 dt =
Z 1
0
(xiti−1)(xjtj−1) dt
On en déduit 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 même du polynôme P (t) =
n
X
i=1
xiti−1.
On en déduit TXAX > 0, ce qui implique λ > 0, car on a l’égalité TXAX = λ kXk2.
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