Exercices corrigés - Endomorphismes et matrices symétriques

Soient $x,y\in E$. Pour démontrer que $u(x+y)=u(x)+u(y)$, il suffit de démontrer que le vecteur $u(x+y)-u(x)-u(y)$ est orthogonal à tous les vecteurs de l'espace. Prenons donc $z\in E$. Alors on a \begin{eqnarray*} \langle u(x+y)-u(x)-u(y),z\rangle&=&\langle u(x+y),z\rangle-\langle u(x),z\rangle-\langle u(y),z\rangle\\ &=&\langle x+y,u(z)\rangle-\langle x,u(z)\rangle-\langle y,u(z)\rangle\\ &=&0. \end{eqnarray*} Avec une méthode tout à fait similaire, on prouve que $u(\lambda x)=\lambda u(x)$ pour tout $\lambda\in\mathbb R$, et donc $u$ est bien linéaire.

Le polynôme $P=X^4-2X^3+3X^2$ est un polynôme annulateur pour $S.$ Il se factorise en $P=X^2(X^2-2X+3)$. Or, le discriminant de $X^2-2X+3$ est $-8<0,$ et donc la seule racine de $P$ est $0$. Comme les valeurs propres des matrices sont toujours des racines des polynômes annulateurs, la seule valeur propre possible pour $S$ est $0$.
Mais d'autre part, $S$ est diagonalisable (dans une base orthonormée), et donc il existe $P\in O_n(\mathbb R)$ tel que $S=PDP^T$ avec $D$ diagonale constituée par les valeurs propres de $A,$ c'est-à-dire $D=0.$ Ainsi, $S=0.$

La matrice $A$ est symétrique réelle, elle est donc diagonalisable. Le calcul du polynôme caractéristique nous dit que $-3$ est valeur propre simple, et que $3$ est valeur propre double. Cherchons d'abord le sous-espace propre associé à $3$. La résolution de l'équation $AX=3X$ montre que l'espace propre associé est le plan vectoriel $x+y+z=0$. Une base de cet espace est donnée par le vecteurs $(1,-1,0)$ et $(1,0,-1)$. L'orthonormalisation de cette base donne la base orthonormalisée $(1/\sqrt 2,-1/\sqrt 2,0)$, $(1/\sqrt 6,1/\sqrt 6,-2/\sqrt 6)$.
Pour l'espace propre associé à -3, il y a possibilité d'aller plus vite. Comme on a affaire à une matrice symétrique, les espaces propres sont orthogonaux. Ici, l'espace propre associé à -3 ne peut-être que l'orthogonal du plan $x+y+z=0$. Un vecteur normal à ce plan étant le vecteur $(1,1,1)$, une base orthonormée de l'espace propre associée à -3 est le vecteur $(1/\sqrt 3,1/\sqrt 3,1/\sqrt 3)$.
Finalement, on trouve qu'une matrice $P$ qui convient est : $$P=\left( \begin{array}{ccc} 1/\sqrt 3&1/\sqrt 2&1/\sqrt 6\\ 1/\sqrt 3&-1/\sqrt 2&1/\sqrt 6\\ 1/\sqrt 3&0&-2/\sqrt 6\\ \end{array}\right).$$

La matrice est symétrique réelle, elle est donc diagonalisable dans une base orthonormée. Le calcul de son polynôme caractéristique montre que ses valeurs propres sont 3, 6 et 9. Une base de vecteurs propres associés est $ (2,2,-1), (-1,2,2), (2,-1,2)$. Ses vecteurs sont déjà orthogonaux (cela aurait le cas quelque soient les vecteurs propres choisis, car les espaces propres sont de dimension 1, et ils sont orthogonaux deux à deux). Pour obtenir une base orthonormale, il suffit de divisier chaque vecteur par sa norme. Une base orthonormale de vecteurs propres est donc : $$(2/3,2/3,-1/3), (-1/3,2/3,2/3), (2/3,-1/3,2/3).$$

Soit $\lambda$ une valeur propre de $u$, et $x$ un vecteur propre associé. Alors on a d'une part $$\langle u(x),x\rangle=\langle \lambda x,x\rangle=\lambda \|x\|^2$$ et d'autre part, par hypothèse, $$\langle u(x),x\rangle=0.$$ Toutes les valeurs propres de $u$ sont donc nulles. Comme $u$ est diagonalisable, on en déduit que $u=0$.

Soit $\lambda$ une valeur propre de $A$, et $X$ un vecteur propre associé. Alors on a $A^p X=\lambda^p X$ mais aussi $A^p X=0$. Ainsi, on doit avoir $\lambda^p=0$, soit encore $\lambda=0$. Ainsi, toutes les valeurs propres de $A$ doivent être nulles. Mais comme $A$ est diagonalisable, il est clair que ceci entraîne que $A=0$. Réciproquement, la matrice nulle vérifie bien ceci!

Il suffit de prouver que $0$ n'est pas une valeur propre de $A+iI_n$. Mais $A$ étant une matrice symétrique réelle, elle est diagonalisable sur $\mathbb R$ et admet donc uniquement des valeurs propres réelles, $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ (éventuellement répétées plusieurs fois si la valeur propre est multiple). Donc les valeurs propres de $A+iI_n$ sont $\lambda_1+i,\dots,\lambda_n+i$. Ainsi, $0$ n'est pas valeur propre de $A+iI_n$ et cette matrice est inversible.

Soit $(e_1,\dots,e_n)$ une base orthonormée de vecteurs propres associée aux valeurs propres $(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$. Écrivons $x\in E$ sous la forme $x=x_1e_1+\dots x_n e_n$, de sorte que $$u(x)=\lambda_1 x_1 e_1+\dots+\lambda_n x_n e_n.$$ Alors on a $$\|x\|^2=x_1^2+\dots+x_n^2$$ et $$\langle u(x),x\rangle=\lambda_1x_1^2+\dots+\lambda_n x_n^2.$$ Puisque, pour tout $i=1,\dots,n$, on a $\lambda_1\leq\lambda_i\leq\lambda_n$, on a donc $$\lambda_1 \|x\|^2\leq \langle u(x),x\rangle\leq \lambda_n \|x\|^2.$$

$1.\implies 2.$ Puisque $f\in\mathcal S(E)$, il existe une base orthonormée $(e_1,\dots,e_n)$ de $E$ constituée de vecteurs propres pour $u$ : pour tout $i\in\{1,\dots,n\},$ $u(e_i)=\lambda_i e_i$ avec $\lambda_i\in[a,b]$. Soit maintenant $x\in E$. Alors $x$ s'écrit $\sum_{i=1}^n x_i e_i,$ et on a : \begin{align*} \langle u(x)-ax,u(x)-bx\rangle&=\left\langle \sum_{i=1}^n (\lambda_i-a)x_ie_i,\sum_{j=1}^n (\lambda_j-b)x_je_j\right\rangle\\ &=\sum_{i=1}^n (\lambda_i-a)(\lambda_i-b)x_i^2 \end{align*} où la dernière ligne vient du fait que $(e_1,\dots,e_n)$ est une base orthonormée. Puisque $(\lambda_i-a)(\lambda_i-b)x_i^2\leq 0$ pour tout $i=1,\dots,n$, on obtient bien $\langle u(x)-ax,u(x)-bx\rangle\leq 0.$
$2.\implies 1.$ Soit $\lambda$ une valeur propre de $E$ et $x\in E,$ $x\neq 0$, tel que $u(x)=\lambda x.$ Alors on a $$\langle u(x)-ax,u(x)-bx\rangle=(\lambda-a)(\lambda-b)\|x\|^2.$$ Ainsi, puisque $x\neq 0,$ on doit avoir $(\lambda-a)(\lambda-b)\leq 0,$ ce qui revient exactement à dire que $\lambda\in[a,b].$

Soit $(e_1,\dots,e_n)$ une base orthonormale de $E$ constituée de vecteurs propres pour $f$. Notons $(\lambda_1, \dots,\lambda_n)$ les valeurs propres associées. Pour $x=\sum_{i=1}^n x_ie_i$, on a $f(x)=\sum_{i=1}^n \lambda_ix_ie_i$, et donc $$\|f(x)\|^2=\sum_{i=1}^n |\lambda_i|^2 x_i^2\leq \rho(f)^2 \|x\|^2,$$ ce qui prouve que $\|f\|\leq\rho(f)$. D'autre part, il existe $k$ tel que $\rho(f)=|\lambda_k|$. On a alors $\|f(e_k)\|=|\lambda_k|=\rho(f)$, et comme $\|e_k\|=1$, on a $\rho(f)\leq\|f\|$.

Soit $u$ un tel endomorphisme, et soit $\lambda$ une valeur propre de $u$. Si $x$ est un vecteur propre associé, on a $\|u(x)\|=\|x\|$ et $\|u(x)\|=|\lambda| \|x\|$. On en déduit que $\lambda=\pm 1$. On a donc $\ker(u-Id)\oplus^\perp \ker(u+Id)=E$ et donc $u$ est une symétrie orthogonale. Réciproquement, toute symétrie orthogonale est un endomorphisme symétrique et orthogonal.

On remarque d'abord que la matrice $A^T A$ est symétrique. Elle est donc diagonalisable à valeurs propres réelles. De plus, si $X$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $\lambda$, alors on a $$A^T A X=\lambda X\implies X^T A^T A X=\lambda X^T X\implies (AX)^T AX=\lambda X^T X\implies \|AX\|^2=\lambda \|X\|^2.$$ Ainsi, $\lambda$, quotient de deux réels positifs, est un réel positif.

$1.\implies 2.$ Si $A=B+B^T,$ il est clair que $A^T=A$ et donc que $A$ est symétrique. De plus, d'après le théorème de réduction des matrices orthogonales, il existe une matrice orthogonale $P$ telle que $$B=P\begin{pmatrix}I_p&\\&-I_q&&(0)\\ &&R(\theta_1)\\ &(0)&&\ddots\\ &&&&R(\theta_r) \end{pmatrix} P^T$$ avec $p,q,r\in\mathbb N$, $\theta_1,\dots,\theta_r\in \mathbb R\backslash\pi\mathbb Z$ et $R(\theta)=\begin{pmatrix} \cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}.$ Dans ce cas, on a $$B+B^T=P\begin{pmatrix}2I_p&\\&-2I_q&&(0)\\ &&R(\theta_1)+R(\theta_1)^T\\ &(0)&&\ddots\\ &&&&R(\theta_r)+R(\theta_r)^T \end{pmatrix} P^T.$$ Ceci démontre le résultat, en remarquant que $$R(\theta)+R(\theta)^T =\begin{pmatrix}2\cos\theta&0\\0&2\cos\theta\end{pmatrix}.$$ Les valeurs propres de $A$ sont alors $2$ (de multiplicité $p$), $-2$ (de multiplicité $q$) et les $2\cos(\theta_i)$, qui sont dans $]-2,2[$ et qui sont de multiplicité paire (il est possible que les $\theta_i$ ne soient pas tous distincts).
$2.\implies 1.$ Notons $p$ (resp. $q$) la multiplicité de $2$ (resp. $-2$). Les valeurs propres de $A$ dans $]-2,2[$ sont de multiplicité paire. Notons les $\lambda_1,\lambda_1,\dots,\lambda_r,\lambda_r$, comptées avec leur multiplicité. Le théorème des réduction des matrices symétriques nous dit qu'il existe $P\in O_n(\mathbb R)$ tel que $$A= P\begin{pmatrix}2I_p&\\&-2I_q&&(0)\\ &&\lambda_1 I_2\\ &(0)&&\ddots\\ &&&&\lambda_r I_2 \end{pmatrix} P^T.$$ On peut alors s'inspirer de la preuve de $1.\implies 2.$ et remarquer que, pour $i=1,\dots,r,$ il existe $\theta_i\in\mathbb R$ tel que $2\cos(\theta_i)=\lambda_i.$ On pose alors $$B=P\begin{pmatrix}I_p&\\&-I_q&&(0)\\ &&R(\theta_1)\\ &(0)&&\ddots\\ &&&&R(\theta_r) \end{pmatrix} P^T$$ qui est bien élément de $O_n(\mathbb R)$ et satisfait $A=B+B^T.$

Soit $X=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}.$ Alors $AX=\begin{pmatrix}2x-y\\-x+y\end{pmatrix}$ de sorte que $$\langle AX,X\rangle=2x^2-xy-xy+y^2=(x-y)^2+x^2.$$ Cette dernière quantité est toujours positive ou nulle, donc $A\in\mathcal S_2^+(\mathbb R),$ et de plus elle est nulle si et seulement $x=y=0.$ Donc $A\in\mathcal S_2^{++}(\mathbb R).$
Concernant $B,$ un calcul similaire donne $$\langle BX,X\rangle=x^2+4xy+y^2=(x+y)^2+2xy.$$ En particulier, si $X=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix},$ alors $\langle BX,X\rangle=-2<0.$ Donc $B$ n'est pas une matrice symétrique positive.
Les deux résultats de l'exercice peuvent sembler étonnants. Ils illustrent le fait qu'être positif ne peut se décider uniquement en fonction du signe des coefficients de la matrice.

Puisque $A\in\mathcal S_n(\mathbb R)$, $A$ est diagonalisable dans une base orthonormale : il existe $P\in O_n(\mathbb R)$ telle $A=PDP^{-1},$ avec $D=\textrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n).$ D'autre part, puisque $A$ est positive, tous les valeurs propres $\lambda_i$ sont éléments de $[0,+\infty[$. On écrit ensuite $$I_n+A=PI_nP^{-1}+PDP^{-1}=P(I_n+D)P^{-1}$$ avec $I_n+D=\textrm{diag}(1+\lambda_1,\dots,1+\lambda_n).$ On a enfin $$\det(I_n+D)=\prod_{k=1}^n (1+\lambda_k)\geq 1$$ puisque $1+\lambda_k\geq 1$ pour tout $k=1,\dots,n$.

Voici deux méthodes pour résoudre cet exercice :
Méthode 1. $A\in\mathcal S_n^{++}(\mathbb R)$ si et seulement si, pour tout $X=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}\neq 0,$ $\langle AX,X\rangle>0.$ On commence par calculer $$\langle AX,X\rangle=rx^2+2sxy+ty^2.$$ On suppose que $A\in\mathcal S_n^{++}(\mathbb R).$ Alors en choisissant $x=1$ et $y=0$, on obtient $r>0$. On a aussi $t>0$ en choisissant $x=0$ et $y=1$. On essaie alors d'écrire $\langle AX,X\rangle$ comme la somme de deux carrés. On s'inspire de la mise sous forme canonique d'un trinôme du second degré, et on trouve $$\langle AX,X\rangle=r\left(x+\frac{sy}r\right)^2 +\frac{y^2}{rt}(rt-s^2).$$ En choisissant $x=s/r$ et $y=-1,$ on a $$\langle AX,X\rangle=\frac{rt-s^2}{rt}>0,$$ ce qui entraîne $rt-s^2>0.$ Réciproquement, si $rt-s^2>0$ et $r>0$, on a aussi $t>0$ et l'écriture $$\langle AX,X\rangle=r\left(x+\frac{sy}r\right)^2 +\frac{y^2}{rt}(rt-s^2)$$ entraîne que $\langle AX,X\rangle\geq 0$ pour tout $X\in\mathbb R^2$. De plus, si $\langle AX,X\rangle=0,$ alors on a $$\left\{ \begin{array}{rcl} x+\frac{s}{r}y&=&0\\ y&=&0\end{array}\right. \iff x=y=0.$$ Ceci démontre que $A\in\mathcal S_2^{++}(\mathbb R).$
Méthode 2. Puisque $A$ est clairement symétrique, on peut utiliser que $A\in\mathcal S_2^{++}(\mathbb R)$ si et seulement si ses valeurs propres sont strictement posives. Notons $\lambda_1$ et $\lambda_2$ ces deux valeurs propres (éventuellement, $\lambda_1=\lambda_2$). Il est facile de voir que $$\left\{\begin{array}{rcl} \lambda_1&>&0\\ \lambda_2&>&0 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{rcl} \lambda_1\lambda_2&>&0\\ \lambda_1+\lambda_2&>&0 \end{array}\right. $$ Or, le polynôme caractéristique de $A$ est $$C_A(X)=x^2-(r+t)x+(rt-s^2).$$ Par les relations coefficients/racines, $\lambda_1\lambda_2=rt-s^2$ et $\lambda_1+\lambda_2=r+t$. Ainsi, $$A\in S_2^{++}(\mathbb R)\iff rt>s^2\textrm{ et }r+t>0.$$ Or, sous la condition $rt> 0,$ on a $r+t>0\iff r>0$. Ceci donne une deuxième démonstration de l'équivalence.

On vérifie que la relation $\leq$ est réflexive, antisymétrique, transitive :

• réflexive : puisque la matrice nulle est une matrice symétrique positive, on a bien $A\leq A$ pour tout $A\in\mathcal S_n(\mathbb R)$.
• antisymétrique : soit $A,B\in\mathcal S_n(\mathbb R)$ telles que $A\leq B$ et $B\leq A$. Alors $B-A\in\mathcal S_n^+(\mathbb R)$ et donc son spectre est contenu dans $\mathbb R_+$. De même, le spectre de $A-B$ est contenu dans $\mathbb R_+$. Puisque $B-A=-(A-B)$, on obtient que le spectre de $B-A$ est contenu dans $\{0\}$. Comme de plus $B-A$ est diagonalisable (c'est une matrice symétrique réelle!), on obtient que $B-A=0$ soit $A=B.$
• transitive : soit $A,B,C\in\mathcal S_n(\mathbb R)$ telles que $A\leq B$ et $B\leq C.$ Alors pour tout $X\in\mathbb R^n,$ $$\langle (C-A)X,X\rangle=\langle (C-B+B-A)X,X\rangle=\langle (C-B)X,X\rangle+\langle (B-A)X,X\rangle\geq 0.$$ Ainsi, $C-A$ est une matrice de $\mathcal S_n^+(\mathbb R)$ et $A\leq C.$

Remarquons que pour résoudre cet exercice, on a utilisé les deux caractérisations d'une matrice symétrique positive.

Soit $A$ une matrice symétrique quelconque. Il existe une matrice inversible $P$ telle que $A=PDP^{T}$, où $D$ est une matrice diagonale, $D=\textrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$. Soit $M>\max(|\lambda_1|,\dots,|\lambda_n|).$ On considère les deux matrices suivantes : $$B=P\textrm{diag}(M+\lambda_1,\dots,M+\lambda_n)P^{T}\textrm{ et } C=P\textrm{diag}(M,\dots,M)P^{T}.$$ Alors $B$ et $C$ sont deux matrices symétriques définies positives, et $A=B-C$. L'espace vectoriel engendré par les matrices symétriques définies positives contient donc toutes les matrices symétriques. Comme l'ensemble des matrices symétriques est un espace vectoriel, on en déduit que c'est le sous-espace vectoriel recherché.