FB - EXERCICES SUR LES MATRICES

FB 1 FB - EXERCICES SUR LES MATRICES Soit S n ++ (R) l ensemble des matrices carrées d ordre n définies positives à coefficients réels. Soit A dans S n ++ (R) de valeurs propres Si X et Y sont dans E = M n,1 (R) on note λ 1 λ n. < X,Y >= t XY. a) Montrer qu il existe un unique élément B de S ++ n (R) tel que B 2 = A. b) En déduire que pour tout X de E, on a l inégalité X 4 < AX,X >< A 1 X,X >. et préciser pour quelles valeurs de X on a égalité. c) Pour t dans [0, 1], on pose f(t) =< AX,X > t 2 (λ 1 +λ n ) X 2 t+ < A 1 X,X > λ 1 λ n. Montrer que f s annule dans [ 0, 1]. En déduire que < AX,X >< A 1 X,X > (λ 1 +λ n ) 2 4λ 1 λ n X 4. d) Déterminer l ensemble C des vecteurs pour lesquels on a égalité dans l inégalité de c). Qu obtient-on si A possède n valeurs propres distinctes? Solution a) Si l on cherche B dans S ++ n (R) telle que B 2 = A, alors A et B commutent et il existe une base orthonormée qui les diagonalise simmultanément. Soit S une matrice orthogonale telle que t SAS = λ 1... et t SBS = β 1.... λ n β n On en déduit que, si 1 i n, on a β 2 i = λ i

FB 2 soit β i = ± λ i. Mais puisque B doit appartenir à S ++ n (R) on a nécessairement β i = λ i, d où l unicité. Par ailleurs, la matrice λ1 B = S... λn t S répond de manière évidente à la question. b) On a X 4 = ( t XX) 2 = (( t XB)(B 1 X)) 2 = ( t (BX)(B 1 X)) 2 =< BX,B 1 X > 2. En appliquant l inégalité de Schwarz, on obtient alors X 4 BX 2 B 1 X 2. Mais et de même d où BX 2 =< BX,BX >= t (BX)BX = t XB 2 X = t XAX =< AX,X > B 1 X 2 =< A 1 X,X > X 4 < AX,X >< A 1 X,X >. L égalité a lieu dans l inégalité de Schwartz si et seulement si les deux matrices sont proportionnelles, soit BX = αb 1 X, ou encore c est-à-dire B 2 X = αx, AX = αx ce qui signifie que X appartient à un sous-espace propre de A. c) On se place dans une base orthonormée de vecteurs propres de A. On a alors < AX,X >= λ i x 2 i et < A 1 X,X >= x 2 i λ i,

FB 3 ainsi que Tout d abord Ensuite X 2 = x 2 i. f(0) =< A 1 X,X > λ 1 λ n = λ 1 λ n f(1) = = = λ i x 2 i (λ 1 +λ n ) x 2 i λ i 0. x 2 i +λ x 2 i 1λ n λ i x 2 i λ i (λ 2 i (λ 1 +λ n )λ i +λ 1 λ n ) x 2 i λ i (λ i λ 1 )(λ i λ n ). On en déduit que f(1) 0. Alors il résulte du théorème des valeurs intermédiaires, que la fonction continue f s annule en un point de [0, 1]. Le discriminant du trinôme f est donc positif, d où ce qui donne l inégalité proposée. (X) = (λ 1 +λ n ) 2 X 4 4λ 1 λ n < AX,X >< A 1 X,X > 0, d) On considère l équation (X) = 0. i) Si A possède une valeur propre unique, on a λ 1 = = λ n = λ, donc A = λi et A 1 = 1 λ I. Alors, pour tout X, le nombre (X) est nul, et C = E. ii) Si A possède au moins deux valeurs propres distinctes, dire que (X) est nul, signifie que le trinôme f possède une racine double. Comme f(0) est strictement positif si X est non nul, le trinôme est positif. Il en résulte que f(1) est nul. Supposons que Alors λ 1 = = λ p 1 < λ p λ q < λ q+1 = = λ n. f(1) = q i=p x 2 i λ i (λ i λ 1 )(λ i λ n ) = 0. Comme f(1) est une somme de termes négatifs, cela implique que tous les termes sont nuls et donc x p = = x q = 0.

FB 4 Il en résulte que X appartient à la somme directe des sous-espaces propres E 1 et E n associés respectivement à λ 1 et λ n. Réciproquement, soit V 1 un vecteur propre associé à λ 1 et V n à λ n. On a ainsi que < A(V 1 +V n ),V 1 +V n >=< λ 1 V 1 +λ n V n,v 1 +V n >= λ 1 V 1 2 +λ n V n 2, < A 1 (V 1 +V n ),V 1 +V n >=< λ 1 1 V 1 +λ 1 n V n,v 1 +V n >= 1 λ 1 V 1 2 + 1 λ n V n 2, et également On obtient alors V 1 +V n 2 = V 1 2 + V n 2. (X) = (λ 1 +λ n ) 2 ( V 1 2 + V n 2 ) 2 4λ 1 λ n (λ 1 V 1 2 +λ n V n 2 )(λ 1 1 V 1 2 +λ 1 n V n 2 ) ( = (λ 1 +λ n ) 2 ( V 1 4 +2 V 1 2 V n 2 + V n 4 ) 4λ 1 λ n ( V 1 4 λ1 + + λ ) ) n V 1 2 V n 2 + V n 4 ) λ n λ 1 = (λ 1 λ n ) 2 ( V 1 4 + V n 4 ) ( 4(λ 2 1 +λ2 n ) 2(λ 1 +λ n ) 2) V 1 2 V n 2 = (λ 1 λ n ) 2 ( V 1 4 2 V 1 2 V n 2 + V n 4 ) = (λ 1 λ n ) 2 ( V 1 2 V n 2 ) 2. Les vecteurs de C sont donc les vecteurs de la forme V 1 + V n où V 1 et V n sont de même norme. On peut dire aussi que C est la réunion des droites vectorielles engendrées par les vecteurs V 1 +V n où V 1 et V n sont des vecteurs unitaires de E 1 et E n respectivement. En particulier, si A possède n valeurs propres distinctes, et si V 1 et V n sont des vecteurs unitaires de E 1 et E n respectivement, l ensemble C est constitué des deux droites engendrées respectivement par V 1 +V n et V 1 V n.

FB 5 Soit A et B deux matrices carrées symétriques à coefficients réels. Montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes : i) Il existe ε > 0, tel que, quel que soient x et y réels vérifiant x < ε et y < ε, on ait iii) BA = 0. ii) Quel que soient x et y réels on a det(i xa yb) = det(i xa)det(i yb). det(i xa yb) = det(i xa)det(i yb). iv) AB = 0. L hypothèse «les matrices A et B sont symétriques» est-elle nécessaire pour avoir ces équivalences? Solution a) Comme det(i xa yb) et det(i xa) det(i yb) sont des polynômes, leur égalité pour x et y assez petits implique l égalité quels que soient x et y réels, donc i) implique ii). b) Comme A et B sont symétriques donc iii) implique iv). c) Si AB = 0, alors donc iv) implique i). t (BA) = t A t B = AB, det(i xa)det(i yb) = det(i xa yb +xyab) = det(i xa yb), d) La seule démonstration difficile est donc celle du fait que ii) implique iii). On munit l ensemble des matrices carrées d ordre n d une norme d algèbre, et l on suppose que, quels que soient x et y réels, on a det(i xa yb) = det(i xa)det(i yb). Si x est assez petit, le nombre 1/x n est pas valeur propre de A. Il existe donc α, tel que, pour tout x de J =] α, α[ la matrice I xa soit inversible. Posons alors On peut donc écrire C(x) = (I xa) 1. det(i yb) = det(i xa yb) det(i xa) = det(c(x))det(c(x) 1 yb) = det(i yc(x)b).

FB 6 Cela signifie que, quel que soitxdansj, les matricesb etc(x)b ont le même polynôme caractéristique, donc les mêmes valeurs propres, et les matrices B 2 et (C(x)B) 2 également. Elles ont donc la même trace tr(b 2 ) = tr((c(x)b) 2 ). Mais, pour x assez petit, xa est inférieur à 1 et Alors C(x) = (I xa) 1 = (xa) i. i=0 ( ) 2 tr(b 2 ) = tr((c(x)b) 2 ) = tr (xa) i B. En effectuant un développement limité à l ordre 2 de cette fonction, on obtient tr(b 2 ) = tr(b 2 )+xtr(bab +AB 2 )+x 2 tr(ba 2 B +(AB) 2 +A 2 B 2 )+ (x 2 ). Il en résulte en particulier que Mais et donc i=0 tr(ba 2 B +(AB) 2 +A 2 B 2 ) = 0. tr(ba 2 B) = tr((ba)(ab)) = tr((ba)( t A t B)) = tr((ba) t (BA)), tr(a 2 B 2 ) = tr((a 2 B)B) = tr(ba 2 B), tr((ab) 2 )+2tr((BA) t (BA)) = 0. Comme tr((ab) 2 ) est la somme des carrés des valeurs propres de la matrice (AB) 2 elle est donc positive. Par ailleurs tr((ba) t (BA)) est la somme des carrés des éléments de la matrice BA. Elle est donc également positive. Si la somme de ces deux traces est nulle, c est que les deux traces sont nulles. La somme des carrés des éléments de la matrice BA est donc nulle, donc tous les éléments de BA sont nuls. On en déduit que la matrice BA est nulle. CONTRE-EXEMPLE Si l on prend les matrices on a et donc Par contre I xa yb = A = [ ] 1 y x y 0 1 y [ ] 0 1 0 0 et B =, I xa = [ ] 1 1, 0 1 [ ] 1 x 0 1, I yb = det(i xa yb) = det(i xa)det(i yb) = (1 y) 2. AB = BA = A n est pas nulle. On n a donc pas l équivalence dans ce cas. [ ] 1 y y, 0 1 y

FB 7 Soit A = [a ij ] une matrice carrée d ordre n possédant les propriétés suivantes : i) quel que soit i dans {1,...,n}, on a a ii 0; ii) quel que soit i dans {1,...,n}, on a a ij > 0 ; iii) quels que soient i et j distincts dans {1,...,n}, on a a ij 0. Montrer que A est inversible et que les coefficients de A 1 sont positifs. Le résultat subsiste-t-il si dans ii) on a seulement a ij 0? j=1 j=1 Solution Remarquons que les nombres a ii sont nécessairement strictement positifs, car si a ii est nul, la somme a ij est somme de nombres négatifs, donc est négative. j=1 Soit D la matrice diagonale dont les éléments diagonaux sont ceux de A. Alors D 1 A est une matrice dont les éléments diagonaux sont égaux à 1 et dont les éléments de la i ième ligne sont a ij /a ii. La matrice B = D 1 A possède les mêmes propriétés que A. Il en résulte que l on peut écrire B = I U où la matrice U = [u ij ] est à coefficients positifs et vérifie 1 u ij > 0. Alors, si l on munit l ensemble des matrices carrées d ordre n de la norme A = sup a ij i qui est une norme d algèbre, on a Donc I U est inversible et j=1 j U < 1. (I U) 1 = U n, a tous ses coefficients positifs. Il en résulte que A = D(I U) est également inversible et a tous ses coefficients positifs. A 1 = (I U) 1 D 1

FB 8 CONTRE-EXEMPLE Si l on prend la matrice A = [ ] 1 1, 1 1 on constate qu elle vérifie les conditions données mais n est pas inversible. 1) Montrer qu une matrice carrée A d ordre n 2 à coefficients réels est symétrique et de trace nulle si et seulement si l on peut trouver une matrice carrée V d ordre n telle que A = V t V t VV. 2) Montrer qu une matrice carrée A d ordre n 2 à coefficients réels est symétrique et de trace nulle si et seulement si l on peut trouver R orthogonale telle que R 1 AR soit symétrique et ait ses coefficients diagonaux tous nuls. Solution 1) Tout d abord si A = V t V t VV, on a t A = t (V t V t VV) = V t V t VV = A, ainsi que tra = tr(v t V t VV) = tr(v t V) tr( t VV) = 0 puisque tr(uv) = tr(vu). Nous allons montrer la réciproque par récurrence. Remarquons tout d abord que si la propriété est vraie pour une matrice A symétrique de trace nulle, elle reste vraie par tout changement de base orthonormée. En effet, si A = V t V t VV et si avec alors, en posant B = R 1 AR t R = R 1, U = R 1 VR

FB 9 on a U t U t UU = (R 1 VR)(R 1 t VR) (R 1 t VR)(R 1 VR) = R 1 V t VR R 1 t VVR = R 1 (V t V t VV)R = R 1 AR = B. Par ailleurs B est toujours symétrique et de trace nulle. Si n = 2, une matrice A symétrique de trace nulle s écrit [ ] λ µ A =. µ λ On montre tout d abord que par un changement de base orthonormée, on transforme la matrice en une matrice de la forme [ ] (I) A 0 α = α 0 Supposons λ non nul et soit R la matrice orthogonale [ ] u v R =, v u où On obtient Le trinôme R 1 AR = u 2 +v 2 = 1. [ λu 2 2µuv λv 2 µ(u 2 v 2 ] )+2λuv µ(u 2 v 2 )+2λuv (λu 2 2µuv λv 2. ) P(X) = λx 2 2µX λ a un discriminant 4(µ 2 +λ 2 ) strictement positif. Soit ξ une de ses racines nécessairement réelle. Il suffit d avoir u = vξ pour que la matrice soit de la forme voulue. Ceci a lieu en particulier si Par ailleurs, si on obtient v = 1 1+ξ 2 et u = ξ 1+ξ 2. V = [ ] a b, c d [ V t V t b VV = 2 c 2 ] (a d)(c b) (a d)(c b) c 2 b 2, et l on obtient la matrice A en prenant par exemple a = α, b = 1, c = 1, d = 0. 2

FB 10 La propriété est donc vraie à l ordre 2. Supposons la propriété vraie pour un ordre n 2, et soit A une matrice symétrique de trace nulle d ordre n+1. La matrice A étant symétrique, elle se diagonalise dans une base orthonormée de vecteurs propres B 1 = (E 1,...,E n+1 ). On a donc et puisque la trace est nulle Par ailleurs, puisque la base est orthonormée, AE i = λ i E i, n+1 tra = λ i = 0. t E i E j = δ ij. Posons alors On obtient n+1 E = E i. Alors n+1 AE = AE i = Les vecteurs E et AE sont orthogonaux. t E(AE) = ( λ i E i λ i )E n+1. λ i λ i = 0. On peut compléter le vecteurf 1 = E/ n+1qui est de norme1, en une base orthonormée B 2 = (F 1,...,F n+1 ). Soit R la matrice de passage (orthogonale) de la base B 1 à la base B 2. La matrice A = R 1 AR est symétrique et de trace nulle, de plus le coefficient a 11 de cette matrice vaut On a alors (II) A = a 11 = t F 1 AF 1 = 0. [ ] 0 L t, L B où L est une matrice de M(1,n) et B est une matrice carrée d ordre n symétrique et de trace nulle. Par hypothèse de récurrence, il existe U tel que B = U t U t UU.

FB 11 Cherchons une matrice V telle que en écrivant A = V t V t VV V = [ ] λ Y t, X Z où λ est un nombre réel, Y et X appartiennent à M(1,n) et Z à M(n,n). On a alors [ V t V t Y VV = t Y X t X λ(x Y)+Y t ] Z XZ λ( t X t Y)+Z t Y t Z t X t XX t YY +(Z t Z t. ZZ) Si l on veut obtenir A, on peut déjà poser Y = X. On obtient alors [ V t V t 0 2λX X( VV = t ] Z +Z) 2λ t X (Z + t Z) t X Z t Z t. ZZ Si l on veut l égalité [ ] [ 0 L 0 2λX X( t = t ] Z +Z) L B 2λ t X (Z + t Z) t X Z t Z t ZZ, il suffit que Or Z = U et 2λX X( t Z +Z) = L. 2λX X( t Z +Z) = X(2λI n ( t Z +Z)). Si λ n est pas valeur propre de ( t Z +Z)/2, la matrice X = L(2λI n ( t Z +Z)) 1 convient. Cela montre que la propriété est vraie à l ordre n+1. Elle est donc vraie pour tout n 2. 2) Il est clair qu une matrice dont les éléments diagonaux sont nuls est de trace nulle. La réciproque se démontre par récurrence en utilisant la première partie. Tout d abord elle est vraie au rang 2 (formule I). Puis, si elle est vraie au rang n, on se ramène par la formule II à la forme A = [ ] 0 L t. L B Pour la matrice B qui est symétrique et de trace nulle, il existe par hypothèse de récurrence une matrice S orthogonale telle que S 1 BS ait tous ses éléments diagonaux nuls. Alors en posant [ ] 1 0 R =, 0 S on obtient [ ][ ][ ] [ ] R 1 A 1 0 0 L 1 0 0 LS R = 0 S 1 t = L B 0 S S 1 t L S 1. BS

FB 12 La matrice obtenue est symétrique et a tous ses éléments diagonaux nuls, ce qui montre la propriété au rang n+1. Elle est donc vraie pour tout n 2. Soit A une matrice carrée symétrique d ordre n 2 à coefficients réels telle que tous ses coefficients a ij non diagonaux soient strictement négatifs. Montrer que le sous-espace propre associé à la plus petite valeur propre de A est de dimension 1 et que les coefficients dans la base canonique de tout vecteur propre associé à cette valeur propre sont non nuls et de même signe. Solution Soit λ la plus petite valeur propre de A. Alors B = A λi n est une matrice symétrique dont les valeurs propres sont positives ou nulles. Pour toute matrice X = t [x 1...x n ] de M(n,1) on a donc t XBX 0. Par ailleurs les coefficients non diagonaux de B sont ceux de A donc strictement négatifs. Le problème posé revient à démontrer que le noyau de B est de dimension 1. Si l on note X = t [ x 1 x n ] on a également t X B X 0. D autre part, puisque b ij est négatif si i j, on a Alors b ij = b ij. t XBX = b ii x 2 i 2 b ij x i x j et 1 i<j n t X B X = b ii x 2 i 2 b ij x i x j, 1 i<j n donc et finalement t XBX t X B X = 2 b ij ( x i x j x i x j ) 0, 1 i<j n 0 t X B X t XBX. Si X appartient au noyau de B, alors BX est nulle, et l on déduit des inégalités précédentes que t X B X = 0.

FB 13 Alors et il en résulte que, si i j Mais b ij n est pas nul et donc 0 = t XBX t X B X = 2 1 i<j n b ij ( x i x j x i x j ) = 0. x i x j = x i x j. b ij ( x i x j x i x j ), Cela signifie que x i x j est positif, et finalement que tous les nombres x i sont de même signe. Quitte à prendre X, on peut supposer que ces nombres sont positifs ou nuls. Comme BX est nul, pour toute matrice Y de M(n,1) le nombre t YBX est nul également. On a donc 0 = t YBX = b ii x i y i b ij x i y j. i j En prenant en particulier les vecteurs de la base canonique (Y 1,...,Y n ) qui sont tels que t Y k = t [δ 1k δ nk ], on obtient 0 = t Y k BX = b kk x k i k b ik x i. Si x k est nul, alors b ik x i = 0, i k et finalement, puisque cette somme est une somme de termes positifs, on en déduit que x i est nul si i k. On trouve donc X = 0. Les éléments non nuls du noyau ont donc des coefficients non nuls. Soit maintenant un vecteur X non nul du noyau de B. Si Y est un autre vecteur, il existe λ réel tel que Y λx ait au moins un coefficient nul. Alors Y = λx et le noyau est de dimension 1. Soit A et B deux matrices carrées d ordre n à coefficients dans K = R ou C. 1) Montrer que les matrices AB et BA ont le même polynôme caractéristique. 2) Montrer que si A ou B est inversible, et si λ est une valeur propre de AB, alors les sousespaces propres de AB et BA associés à λ ont même dimension. En déduire que AB est diagonalisable si et seulement si BA est diagonalisable. 3) Donner un exemple où BA est nulle alors que AB ne l est pas. Qu en déduit-on? 4) On suppose que B = t A, où A est inversible. Montrer que AB et BA sont des matrices symétriques dont les valeurs propres sont positives. Soit (V 1,...,V n ) une base orthonormée de vecteurs propres de AB. Que peut-on dire de (BV 1,...,BV n )?

FB 14 Solution 1) Si B est inversible, on a det(ba λi n ) = det(b(a λb 1 )) = det((a λb 1 )B) = det(ab λi n ) et donc BA et AB ont le même polynôme caractŕistique. Si B n est pas inversible, soit α donc K. On a alors det((b αi n )A λi n ) = det(a(b αi n ) λi n ), sauf pour un nombre fini de valeurs deαqui sont les valeurs propres deb. Mais comme les déterminants sont des fonctions continues de α, on peut faire tendre α vers 0 et l on retrouve det(ba λi n ) = det(ab λi n ). 2) Si B est inversible, et si λ est valeur propre de AB et donc de BA, soit E λ et F λ les sous-espaces propres associés pour AB et BA respectivement. Tout d abord, si X est un vecteur de E λ, donc ABX = λx BABX = λbx et BX est un vecteur de F λ. Il en résulte que l application linéaire de matrice B envoie E λ dans F λ, et, si B est inversible, l application est injective de E λ dans F λ. Soit Y dans F λ. On a donc puis et enfin BAY = λy AY = λb 1 Y AB(B 1 Y) = AY = λb 1 Y. Il en résulte que B 1 Y appartient à E λ et donc que l application linéaire est surjective. Finalement, elle est bijective et E λ et F λ ont même dimension. En particulier si AB est diagonalisable, la dimension de chaque E λ est égale à l ordre de multiplicité de λ, et on a le même résultat pour F λ donc BA est également diagonalisable. 3) Prenons A = [ ] 1 1 1 1 et B = [ ] 1 1. 1 1

FB 15 on trouve AB = 2B et BA = 0. Ceci donne un exemple où les sous-espaces propres associés à la valeur propre 0 sont de dimension différente pour AB et BA. Il est donc bien nécessaire que dans 2) une des matrices A ou B soit inversible pour avoir l égalité des dimensions des sous-espaces propres associés à la même valeur propre. 4) En raison des propriétés de la transposition, on a t ( t AA) = t AA et t (A t A) = A t A. Les matrices t AA et A t A sont symétriques donc diagonalisables. Si V est un vecteur propre de AB associé à la valeur propre λ, on a On en déduit que λ est positive. BV 2 = t (BV)BV = t V(AB)V = t V(λV) = λ V 2. Il existe une base orthonormée (V 1,...,V n ) de vecteurs propres de A t A. Alors (BV 1,...,BV n ) est une base de vecteurs propres de t AA et t (BV i )(BV j ) = t V i ( t BB)V j = t V i A t AV j = t V i (λ j V j ) = λ j δ ij. Donc la base (BV 1,...,BV n ) est orthogonale et BV i 2 = λ i.