Algèbre bilinéaire

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algèbre bilinéaire

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  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Enoncs 1

    Algbre bilinaireFormes bilinaires symtriques et formes quadra-tiques

    Exercice 1 [ 00001 ] [correction]Etablir que

    q(P ) = 10P (t)P (t) dt

    dfinit une forme quadratique sur R [X] et exprimer sa forme polaire.

    Exercice 2 [ 00002 ] [correction]Soient f1, f2 E? et q(x) = f1(x)f2(x). Montrer que q dfinit une formequadratique sur E et exprimer sa forme polaire.

    Exercice 3 [ 00003 ] [correction]Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie.a) Soient f, g deux formes linaires de E. Montrer que q(x) = f(x)g(x) est uneforme quadratique.b) Soient q une forme quadratique et H un hyperplan. On suppose que pour toutx H, q(x) = 0. Montrer que q est le produit de deux formes linaires.

    Exercice 4 X MP [ 02940 ] [correction]Soient A,B Mn(C).On suppose que {X Cn/X?AX = X?BX = 0} = {0}.Montrer quil existe P GLn(C) telle que P ?AP et P ?BP sont triangulairessuprieures.

    Exercice 5 X MP [ 03078 ] [correction]Soit q une forme quadratique non nulle surM2(C) telle que

    (A,B) M2(C), q(AB) = q(A)q(B)

    Montrer que q sannule sur le complmentaire de GL2(C) puis que q est ledterminant.

    Positivit

    Exercice 6 [ 00004 ] [correction]Soit q une forme quadratique associe une forme bilinaire symtrique positive sur un R-espace vectoriel E. Soit x E, montrer

    q(x) = 0 y E,(x, y) = 0

    Exercice 7 [ 00005 ] [correction]Pour x = (x1, . . . , xn) Rn, on pose

    q(x) = x21 + + x2p (x2p+1 + + x2p+q)avec p+ q 6 n.Soit F un sous-espace vectoriel de E tel que q|F soit dfinie positive. Montrer quedimF 6 p.

    Exercice 8 Centrale MP [ 00006 ] [correction]Montrer que si q est une forme quadratique relle est dfinie, celle-ci est positiveou ngative.

    Exercice 9 [ 00007 ] [correction]Montrer quune forme quadratique positive est une fonction convexe.

    Exercice 10 Mines-Ponts MP [ 02764 ] [correction]Condition sur pour que la forme quadratique Q dfinie par :

    (x1, . . . , xn) Rn, Q(x1, . . . , xn) =ni=1

    x2i (

    ni=1

    xi

    )2soit dfinie positive ?

    Exercice 11 Mines-Ponts MP [ 02763 ] [correction]On pose, pour X Rn,

    q(X) = det(

    0 tXX A

    )o A est une matrice symtrique relle dfinie positive dordre n. Montrer que qest une forme quadratique dfinie ngative (indice : commencer par le cas o A estdiagonale).

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Enoncs 2

    Exercice 12 [ 01340 ] [correction]Soit A Sn(R). Si (X,Y ) (Rn)2, on pose

    (X,Y ) = det(

    0 tXY A

    )a) Dmontrer que est une forme bilinaire symtrique sur Rn.b) A quelle condition sur A, lapplication est-elle un produit scalaire sur Rn ?

    Exercice 13 Mines-Ponts MP [ 02765 ] [correction]Soient E un R-espace vectoriel et q une forme quadratique sur E de forme polaireB,

    Cq = {x E, q(x) = 0} et Nq = {x E,y E,B(x, y) = 0}Montrer que Cq = Nq si, et seulement si, q est positive ou ngative.

    Exercice 14 Centrale MP [ 03062 ] [correction]Soient a1, . . . an > 0 et deux deux distincts.Pour (x1, . . . , xn) Rn, on pose q(x) =

    ni,j=1

    xixjai+aj .

    Montrer que q est une forme quadratique dfinie positive.

    Endomorphismes autoadjoints positifs

    Exercice 15 [ 00008 ] [correction]Soient f L(E) et u = f? f . Montrer que u S+(E).

    Exercice 16 [ 00009 ] [correction]Soit u un endomorphisme symtrique positif dun espace vectoriel euclidien E.a) Montrer quil existe un endomorphisme v symtrique positif tel que u = v2.b) Etablir lunicit de v en tudiant lendomorphisme induit par v sur lessous-espaces propres de u.

    Exercice 17 Centrale MP [ 02399 ] [correction]Soit (E, | ) un espace euclidien et A un endomorphisme symtrique dfini positifde (E, | ). On pose

    x | yA =A1x | y

    pour tous x, y E.a) Montrer que | A est un produit scalaire.Soit B un endomorphisme autoadjoint de (E, | ).b) Montrer que AB est diagonalisableSi M est un endomorphisme diagonalisable de E, on note min(M) (resp.max(M)) sa plus petite (resp. grande) valeur propre.c) Montrer que limage de E\ {0} par

    x 7 Bx | xA1x | x

    nest autre que le segment dextrmits min(AB) et max(AB).d) Montrer que

    min(A)min(B) 6 min(AB) 6 max(AB) 6 max(A)max(B)

    Exercice 18 Centrale MP [ 02400 ] [correction]Soit u un automorphisme dun espace euclidien E.a) Montrer que v = u?u est autoadjoint dfini positif.b) Montrer quil existe w autoadjoint positif tel que v = w2, et orthogonal telque u = w.c) Montrer que cette dcomposition de u est unique.d) Comment interprter ces rsultats de faon matricielle ?

    Exercice 19 Mines-Ponts MP [ 02753 ] [correction]Soient E un espace euclidien et u L(E) symtrique dfini positif. Montrer que,pour tout x E,

    x4 6 u(x), x u1(x), xDonner une condition ncessaire et suffisante pour quil y ait galit.

    Exercice 20 [ 00629 ] [correction]Soit E un espace euclidien. Montrer lquivalence des assertions suivantes(i) uu?u = u,(ii) uu? est un projecteur orthogonal,(iii) u?u est un projecteur orthogonal,(iv) (keru) = {x E/ u(x) = x}.

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Enoncs 3

    Matrices symtriques positives

    Exercice 21 [ 00010 ] [correction]

    Soient a, b, c trois vecteurs de R3 et M =

    a.a a.b a.cb.a b.b b.cc.a c.b c.c

    .Montrer que M diagonalisable, de valeurs propres positives et detM > 0.

    Exercice 22 [ 00011 ] [correction]Soit A Sn(R). Montrer que A S+n (R) si, et seulement si, ses valeurs propressont positives ou nulles.

    Exercice 23 [ 00013 ] [correction]Soit A = (ai,j) S+n (R).a) Montrer que pour tout i {1, . . . , n}, ai,i > 0.b) Observer que si ai,i = 0 alors, pour tout j {1, . . . , n}, ai,j = 0.

    Exercice 24 [ 03091 ] [correction]Soit A S+n (R). On veut montrer quil existe une unique matrice B S+n (R) telleque

    B2 = A

    a) Prouver lexistence.On considre maintenant B S+n (R) vrifiant B2 = Ab) Etablir par le lemme de dcomposition des noyaux que pour tout > 0

    ker(B In) = ker(A In)

    c) Montrer aussikerB = kerA

    d) Conclure lunicit.

    Exercice 25 [ 00015 ] [correction]Soit A S+n (R). On veut montrer quil existe une unique matrice B S+n (R) telleque

    B2 = A

    a) Prouver lexistence.

    b) Etablir que si B S+n (R) vrifie B2 = A alors pour tout SpA,ker(B

    In) ker(A In)

    puisker(B

    In) = ker(A In)

    c) Conclure lunicit.

    Exercice 26 [ 03090 ] [correction]Soit S S+n (R).a) Montrer quil existe une matrice A S+n (R) qui est un polynme en S vrifiantA2 = Sb) Soit B S+n (R) vrifiant B2 = S. Montrer que B commute avec A puis queB = A.

    Exercice 27 [ 00016 ] [correction]Soit A S+n (R). Montrer quil existe une unique matrice B S+n (R) telle queB2 = A.

    Exercice 28 [ 00018 ] [correction]Soit M Mn(R). Montrer que A = tMM S+n (R).Inversement pour A S+n (R) tablir quil existe M Mn(R) tel que A = tMM .

    Exercice 29 [ 00020 ] [correction][Dcomposition de Cholesky]Soit S S+n (R). Montrer quil existe T T+n (R) telle que S = tTT .

    Exercice 30 Mines-Ponts MP [ 02759 ] [correction]On munitMn(R) du produit scalaire canonique. On note An(R) lensemble desmatrices antisymtriques deMn(R) et S+n (R) lensemble des matricessymtriques positives.Soit A Mn(R) telle que pour tout U On(R), tr(AU) 6 trA.a) Dterminer le supplmentaire orthogonal de An(R).b) Soit B An(R). Montrer que pour tout x R, exp(xB) On(R).c) Montrer que A S+n (R).d) Etudier la rciproque.e) Montrer que pour toute matrice M Mn(R) il existe S S+n (R) et U On(R)telles que M = SU .

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Enoncs 4

    Exercice 31 [ 03150 ] [correction]Soient A,B S+n (R). Montrer

    tr(AB) 6 tr(A)tr(B)

    Exercice 32 [ 03168 ] [correction]Soient A,B S+n (R). Montrer

    tr(AB) > 0

    Exercice 33 [ 03169 ] [correction]Soit A Mn(R) une matrice symtrique positive dont tous les coefficients sontnon nuls.On pose

    B = (1/ai,j)16i,j6nMontrer

    B S+n (R) rgA = 1

    Exercice 34 [ 03175 ] [correction]Soit A = (ai,j) S+n (R). On note m le plus coefficient de la diagonale de m.Etablir

    1 6 i, j 6 n, |ai,j | 6 m

    Matrices symtriques dfinies positives

    Exercice 35 [ 03158 ] [correction]Soit

    A =

    1 1 11 2 2...

    ......

    1 2 n

    = (min(i, j))16i,j6n Mn(R)Montrer que la matrice A est symtrique dfinie positive.

    Exercice 36 [ 00022 ] [correction][Matrice de Hilbert]Soit

    H =(

    1i+ j 1

    )16i,j6n

    Mn(R)

    Montrer que H est diagonalisable valeurs propres strictement positives.

    Exercice 37 [ 00012 ] [correction]Etablir que S++n (R) est dense dans S+n (R).

    Exercice 38 [ 00014 ] [correction]Soit A = (ai,j) S++n (R).a) Montrer que (X,Y ) =t XAY dfinit un produit scalaire surMn,1(R).b) En appliquant Cauchy-Schwarz, en dduire que pour tout i 6= j : a2i,j < ai,iaj,j .

    Exercice 39 [ 00021 ] [correction][Mineurs de Gauss]Pour A = (ai,j)16i,j6n Sn(R), on pose Ap = (ai,j)16i,j6p pour toutp {1, . . . , n}a) On suppose que A est dfinie positive.Justifier que detA > 0.b) On suppose encore A est dfinie positive.Etablir que pour tout p {1, . . . , n}, detAp > 0.c) Justifier la rciproque en raisonnant par rcurrence sur n N?.

    Exercice 40 [ 03151 ] [correction]Soient A S++n (R) et B S+n (R).Montrer que la matrice In +AB est inversible.

    Exercice 41 [ 00017 ] [correction][Dcomposition de Cartan]Soit A GLn(R).a) Etablir que tAA S++n (R).b) Montrer quil existe une matrice S S++n (R) telle que

    S2 = tAA

    c) Conclure

    A GLn(R),(O,S) On(R) S++n (R), A = OS

    d) Etablir lunicit de lcriture.

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Enoncs 5

    Exercice 42 Mines-Ponts MP [ 02761 ] [correction]Soit A Mn(R). Montrer que A est symtrique positive si, et seulement si, ilexiste P Mn(R) telle que A = tPP .Montrer que A est symtrique dfinie positive si, et seulement si, il existeP GLn(R) telle que A = tPP .

    Exercice 43 Mines-Ponts MP [ 02754 ] [correction]a) Dterminer le sous-espace vectoriel deMn(R) engendr par S++n (R).Soit A1, . . . , Ak des lments de S++n (R) et 1, . . . , k des rels. On poseA =

    ki=1

    iAi et B =ki=1|i|Ai.

    b) Montrer que, pour X Rn, |tXAX| 6 tXBX.c) Montrer que |detA| 6 detB.

    Exercice 44 Mines-Ponts MP [ 02755 ] [correction]Soit A S++n (R) et B S+n (R).a) Montrer lexistence de C S++n (R) tel que C2 = A1.b) On pose D = CBC. Montrer que (det(I +D))1/n > 1 + (detD)1/n.c) Montrer que (det(A+B))1/n > (detA)1/n + (detB)1/n.

    Exercice 45 [ 03170 ] [correction]Soient A,B S++n (R). Montrer

    (A+B)1 6= A1 +B1

    Exercice 46 [ 03174 ] [correction]Soit S Sn(R). Montrer que la comatrice de S est symtrique.Mme question avec S S++n (R) puis S S+n (R).

    Diagonalisation de forme bilinaire symtrique

    Exercice 47 [ 00024 ] [correction]Soit A Mn(R) inversible.a) Justifier que tAA est la matrice dans la base canonique dun produit scalairesur Rn.

    b) En orthonormalisant la base canonique pour ce produit scalaire, tablir quilexiste une matrice triangulaire suprieure coefficients diagonaux strictementpositifs P vrifiant

    tP tAAP = Inc) Etablir quil existe Q orthogonale et R triangulaire suprieure coefficientsdiagonaux strictement positifs vrifiant A = QR.d) Etudier lunicit de cette criture.

    Exercice 48 [ 00019 ] [correction][Dcomposition de Cholesky]Soit S S++n (R). Montrer quil existe une unique matrice triangulaire suprieureT coefficients diagonaux positifs vrifiant S = tTT .

    Exercice 49 Mines-Ponts MP [ 02760 ] [correction]Montrer que le dterminant dune matrice symtrique relle dfinie positive estmajor par le produit de ses lments diagonaux.

    Exercice 50 [ 03087 ] [correction][Ingalit de Hadamard]Soit S = (si,j) S++n (R).a) Montrer quil existe T T+n (R) vrifiant S = tTT .b) En dduire que

    detS 6ni=1

    si,i

    c) Etablir que pour tout A = (ai,j) Mn(R)

    |detA| 6 nj=1

    ni=1

    a2i,j

    1/2

    Diagonalisation simultane de formes bilinaires sy-mtriques

    Exercice 51 [ 00025 ] [correction]Soient A S++n (R) et B Sn(R).Etablir quil existe une matrice P GLn(R) et une matrice D Dn(R) vrifiant

    A = tPP et B = tPDP

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Enoncs 6

    Exercice 52 Centrale MP [ 02405 ] [correction]Soit A Sn(R) et B S++n (R).Montrer que le polynme det(AXB) est scind sur R.

    Exercice 53 Centrale MP [ 02398 ] [correction]Soient A et B dans S++n (R).a) Montrer quil existe P GLn(R) et Mn(R) diagonale coefficientsdiagonaux > 0 telles que

    A = tPP et B = tPP

    b) Montrer quedet(A+B) > detA+ detB

    c) Montrer que lingalit de b) subsiste si A,B S+n (R).

    Exercice 54 Centrale MP [ 02407 ] [correction]Soient A et B dans S++n (R) telles que : X Mn,1(R), tXAX 6 tXBX.Montrer que detA 6 detB.

    Exercice 55 Centrale MP [ 02402 ] [correction]Soit A S++n (R) et B Sn(R).Montrer que AB est diagonalisable.

    Exercice 56 Mines-Ponts MP [ 02756 ] [correction]Soient A,B S+n (R).a) Montrer que si A est dfinie positive alors il existe P GLn(R) et D Mn(R)diagonale telles que A = tPP et B = tPDP .b) Montrer que (detA)t(detB)1t 6 det(tA+ (1 t)B) pour tout t ]0, 1[.

    Exercice 57 Centrale MP [ 02406 ] [correction]Soit P = {A Mn(R), A+ tA S++n (R)}.a) Soit A Mn(R). Montrer que A P si, et seulement si, :X Rn\ {0} , tXAX > 0.b) Soient A P et S S++n (R). Montrer, si est valeur propre complexe de SA,que Re > 0.

    Rang dune forme quadratique

    Exercice 58 [ 00026 ] [correction]Soient f1, f2 E? indpendantes et q la forme quadratique dfinie parq(x) = f1(x)f2(x).Dterminer le rang de la forme quadratique q.

    Exercice 59 [ 00027 ] [correction]Soit une forme bilinaire symtrique non dgnre, cest dire de rangn, surun K-espace vectoriel E de dimensionn.Pour F sous-espace vectoriel deE, on note

    F = {x E/y F,(x, y) = 0}a) Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E de dimensionn dimF .b) JustifierF = F .c) Montrer que F F = E si, et seulement si, la restriction de F est nondgnre.

    Exercice 60 Mines-Ponts MP [ 02762 ] [correction]Soit sur Rn la forme quadratique Q(x1, . . . , xn) =

    16i,j6n,i 6=j

    xixj . Trouver sonrang.

    Signature dune forme quadratique

    Exercice 61 [ 02630 ] [correction]Dterminer la signature de q(x1, x2, x3) = x21 + x22 + x23 + 2x1x2 + 2x1x3.

    Exercice 62 [ 02632 ] [correction]A = (min(i, j))16i,j6n Mn(R) et q la forme quadratique canoniquementassocie A.Former une dcomposition de Gauss de q et dterminer la signature de A.

    Exercice 63 [ 02633 ] [correction]Soit A = (ai,j) Mn(R) une matrice symtrique.Montrer que A est dfinie positive si, et seulement si,

    1 6 k 6 n,k = det((ai,j)16i,j6k) > 0

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Enoncs 7

    Exercice 64 [ 02634 ] [correction]Montrer que : (A,B) 7 tr(AB) est une forme bilinaire symtrique.En tudiant sa restriction Sn(R) et An(R), en dterminer la signature.

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Corrections 8

    Corrections

    Exercice 1 : [nonc]

    (P,Q) = 14 (q(P +Q) q(P Q)) =12

    10P (t)Q(t) + P (t)Q(t) dt

    est une forme bilinaire symtrique et donc q est une forme quadratique dont est la forme polaire.

    Exercice 2 : [nonc](x, y) = 14 (q(x+ y) q(x y)) = 12 (f1(x)f2(y) + f1(y)f2(x)) est une formebilinaire symtrique et donc q est une forme quadratique dont est la formepolaire.

    Exercice 3 : [nonc]a) q est la forme quadratique associe la forme bilinaire symtrique(x, y) = 12 (f(x)g(y) + f(y)g(x)).b) Soit a un vecteur nappartenant pas H. Pour tout x E, on crit de manireunique x = h+ a et on observe aisment que x 7 h et x 7 sont desapplications linaires. En introduisant la forme polaire de q, on aq(x) = q(h) + 2(a, h) + 2q(a) = (2(a, h) + q(a)) = f(x)g(x) avec f(x) = et g(x) = 2(a, h) + q(a) formes linaires.

    Exercice 4 : [nonc]Raisonnons par rcurrence sur n N?.Pour n = 1 : okSupposons la proprit tablie au rang n 1 > 1.Soient A,B Mn(C) vrifiant {X Cn/X?AX = X?BX = 0} = {0}.Considrons P () = det(A+ B).Cas detA,detB 6= 0.P est un polynme complexe non constant donc il existe , ncessairement nonnul tel que P () = 0.Par suite, il existe X Cn, X 6= 0 tel que AX + BX = 0.Soit F = {Y Cn/Y ?AX = 0}.Puisque 6= 0, F = {Y Cn/Y ?BX = 0}.Si X F alors X?AX = 0 et donc X?BX = 0 ce qui entrane X = 0 ce qui estexclu.De mme AX 6= 0 car comme ci-dessus AX = 0 entrane X = 0.

    On en dduit que F est un hyperplan et Cn = Vect(X) F .Soient et les formes sesquilinaires reprsentes par A et B.On peut appliquer lhypothse de rcurrence aux restrictions F des formessesquilinaires et . En formant une base de Cn en accolant X et une base de Ftrigonalisant les restrictions de et , on obtient une base de Cn trigonalisant et puisque Y F,(Y,X) = Y ?AX = 0 et (Y,X) = Y ?BX = 0.Par formule de changement de base, ce qui prcde signifie quil existeP GLn(C) vrifiant P ?AP et P ?BP sont triangulaires suprieures.

    Exercice 5 : [nonc]Commenons par quelques rsultats prliminaires. . .Calculons q(I2).Puisque I2 = I22 , on a q(I2) = q(I22 ) = q(I2)q(I2) donc q(I2) = 0 ou 1.Si q(I2) = 0 alors pour tout A M2(C), q(A) = q(A I2) = q(A)q(I2) = 0 etdonc q = 0 ce qui est exclu.On en dduit q(I2) = 1.Etudions maintenant les valeurs de q sur des matrices semblables.Soient A,B M2(C) semblables.Il existe P GL2(C) tel que B = P1AP et alors q(B) = q(P1)q(A)q(P ) = q(A)car q(P1)q(P ) = q(I2) = 1.Ainsi q prend les mmes valeurs sur des matrices semblables.Calculons q (A) pour

    A = E1,2 =(

    0 10 0

    )Puisque E21,2 = O2, on a q(E1,2)2 = q(E21,2) = q(O2) = 0 et donc q(E1,2) = 0.Calculons q (A) pour

    A = E1,1 =(

    1 00 0

    )Puisque E21,1 = E1,1, on a q(E1,1)2 = q(E21,1) = q(E1,1) et donc q(E1,1) = 0 ou 1.Par labsurde, supposons q(E1,1) = 1Puisque A est semblable E2,2, q(E1,1) = q(E2,2).Par lidentit du paralllogrammeq(E1,1 + E2,2) + q(E1,1 E2,2) = 2(q(E1,1) + q(E2,2)) = 4.Or q(E1,1 + E2,2) = q(I2) = 1 et q(E1,1 E2,2) = 1 ou 1 car (E1,1 E2,2)2 = I2.Cest absurde.On en dduit q(A) = 0 et au passage on observe q (E1,1 E2,2) = 1.Considrons maintenant A M2(C) non inversible.La matrice est semblable (

    0 10 0

    )ou(

    0 00

    )

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Corrections 9

    Dans les deux cas q(A) = 0.

    Considrons maintenant A =( 00

    )et montrons q(A) = .

    A = (

    1 00 0

    )+

    (0 00 1

    )donc

    q(A) = 2q(E1,1) + 2(E1,1, E2,2) + 2q(E2,2)Or q(E1,1) = q(E2,2) = 0 et

    (E1,1, E2,2) =14 (q(E1,1 + E2,2) q(E1,1 E2,2)) =

    12

    donc q(A) = = detA.Lidentit qui prcde est encore vraie si A est diagonalisable et puisquelapplication q et lapplication det sont continues et concident sur lensemble desmatrices diagonalisables qui est une partie dense dansM2(C), on peut conclureque lapplication q est le dterminant surM2(C).

    Exercice 6 : [nonc]() : il suffit de prendre y = x.() : Par Cauchy Schwarz, on sait |(x, y)| 6 q(x)q(y).

    Exercice 7 : [nonc]Soit x F Vect(ep+1, . . . , en). On a q(x) > 0 et q(x) 6 0 donc q(x) = 0 puisx = 0.Par suite F et Vect(ep+1, . . . , en) sont en somme directe et donc ncessairementdimF 6 p.

    Exercice 8 : [nonc]Soient a, b E. Lapplication

    t 7 q((1 t)a+ tb)) = (1 t)2q(a) + 2t(1 t)(a, b) + t2q(b)est continue et prend la valeur q(a) en t = 0 et q(b) en t = 1.Si q(a)q(b) < 0 alors cette application sannule et donc puisque lon suppose qdfinie, il existe t ]0, 1[ tel que (1 t)a+ tb = 0. Mais alors (1 t)a = tb donne(1 t)2q(a) = t2q(b) et donc q(a)q(b) > 0.Il y a contradiction et donc pour tout a, b E, q(a)q(b) > 0 cest--dire q(a) etq(b) sont de mme signe.On peut alors conclure que q est dfinie positive ou dfinie ngative.

    Exercice 9 : [nonc]q((1 )a+ b) = (1 )2q(a) + 2(1 )(a, b) + 2q(b).Or par lingalit de Cauchy-Schwarz, (a, b) 6

    q(a)q(b) 6 12 (q(a) + q(b)) donc

    q((1 )a+ b) 6 (1 )2q(a) + (1 ) (q(a) + q(b)) + 2q(b) puisq((1 )a+ b) 6 (1 )q(a) + q(b).

    Exercice 10 : [nonc]La matrice de Q dans la base canonique de Rn est 1 (). . .

    () 1

    Si n = 1, seul 1 est valeur propre et une condition ncessaire et suffisante estque < 1.Si n > 2 alors les valeurs propres sont 1 n et 1 2. Une condition ncessaireet suffisante pour que Q soit dfinie positive est 1 n > 0 et 1 2 > 0 i.e. < 1/n.

    Exercice 11 : [nonc]Cas A = diag(1, . . . , n) avec i > 0.En dveloppant le dterminant selon la premire colonne :

    q(x1, . . . , xn) = 1 . . . n(x211

    + + x2n

    n

    )q est videmment une forme quadratique dfinie ngative.Cas gnral : on peut crire A = tPDP avec P On(R) et D = diag(1, . . . , n),i > 0.On observe (

    1 00 P

    )(0 tXX A

    )(1 00 tP

    )=(

    0 t(PX)PX D

    )et donc

    q(X) = det(

    0 tPXPX D

    )car detP = 1. Cela permet de conclure.

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Corrections 10

    Exercice 12 : [nonc]a) Lapplication est bien dfinie de Rn Rn vers R.Par linarit du dterminant en la premire colonne, on obtient

    (X,1Y1 + 2Y2) = 1(X,Y1) + 2(X,Y2)

    De plus, le dterminant dune matrice tant celui de sa transpose

    (X,Y ) = det(

    0 tYX tA

    )= det

    (0 tYX A

    )= (Y,X)

    Ainsi est une forme bilinaire symtrique sur Rn.b) En vertu du thorme spectral, la matrice A est orthogonalement semblable une matrice diagonale

    A = tPDP avec P On(R) et D = diag(, , )On observe alors(

    0 tXX A

    )=(

    1 00 tP

    )(0 tYY D

    )(1 00 P

    )avec Y = PX

    On a ainsi (X,X) = (Y, Y ) avec

    (Y, Y ) = det(

    0 tYY D

    )= y21 + y22 + y23

    On en dduit que la forme bilinaire symtrique est dfinie positive si, etseulement si,

    , , > 0

    ce qui signifie que les rels , , sont de mme signe strict.

    Exercice 13 : [nonc]Notons que linclusion Nq Cq est toujours vraie (il suffit de prendre y = x).Cas q positive :Soit x Cq. Par lingalit de Cauchy-Schwarz, pour tout y E,

    |B(x, y)| 6 q(x)q(y) = 0donc B(x, y) = 0. Ainsi x Nq et donc Cq Nq puis lgalit.Cas q ngative :Il suffit dtudier q.Inversement, montrons que si q nest ni ngative, ni positive alors Cq 6= Nq.

    Supposons quil existe x, y E tel que q(x) > 0 et q(y) < 0.Par continuit de la fonction t 7 q(tx+ (1 t)y), on peut affirmer quil existet ]0, 1[ tel que

    z = tx+ (1 t)y CqSi par labsurde z Nq alors

    B(z, x) = B(z, y) = 0

    Or par dveloppement

    B(z, x) = tq(x) + (1 t)B(x, y) et B(z, y) = tB(x, y) + (1 t)q(y)

    Ceci entrane une incompatibilit de signe sur B(x, y).On peut donc affirmer que z / Nq et donc Cq 6= Nq.

    Exercice 14 : [nonc]Notons E lespace des fonctions continues de ]0, 1] dans R et de carrs intgrables.On dfinit un produit scalaire sur E par

    (f, g) =]0,1]

    f(t)g(t) dt

    Pour i {1, . . . , n}, posons fi : t 7 tai1/2 lment de E.Pour x = (x1, . . . , xn) et y = (y1, . . . , yn) lments de Rn, posons

    b(x, y) = (

    ni=1

    xifi,

    ni=1

    yifi

    )

    Lapplication b est videmment une forme bilinaire symtrique sur Rn et pourcelle-ci

    b(x, x) =]0,1]

    ni,j=1

    xixjtai+aj1 dt =

    ni,j=1

    xixjai + aj

    = q(x)

    Ainsi q est une forme quadratique.De plus, puisque la forme bilinaire symtrique est positive, il en de mme de bet donc la forme quadratique q est positive.Enfin, si q(x) = 0 alors

    ni=1

    xifi = 0.

    Ainsini=1

    xitai1/2 = 0 pour tout t ]0, 1].

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Corrections 11

    En multipliant par t1/2, on obtientni=1

    xitai = 0 pour tout t ]0, 1] (*)

    En posant t = 1, on obtient lquationni=1

    xi = 0.

    En drivant (*) et en multipliant par t, on obtientni=1

    aixitai = 0 pour tout t ]0, 1] (**)

    En posant t = 1, on obtient lquationni=1

    aixi = 0.En reprenant ce principe, on obtient

    ni=1

    aki xi = 0 pour tout k {0, . . . , n 1}

    Le n-uplet (x1, . . . , xn) est alors solution dun systme linaire homogne nquations qui est un systme de Cramer car son dterminant est un dterminantde Vandermonde non nul puisque les a1, . . . , an sont deux deux distincts. Parsuite x1 = . . . = xn = 0 et ainsi q(x) = 0 x = 0.Finalement q est une forme quadratique dfinie positive.

    Exercice 15 : [nonc]u? = (f? f)? = f? f = u donc u S(E)Si est valeur propre de u associe au vecteur propre x 6= 0 alors(x | u(x)) = x2 et (x | u(x)) = f(x)2 donc = f(x)2x2 > 0.

    Exercice 16 : [nonc]a) u est diagonalisable et ses valeurs propres 1, . . . , r sont positives. E est lasomme directe orthogonale des sous-espaces propres E1 , . . . , Er , notonsp1, . . . , pr les projecteurs orthogonaux associs cette dcomposition.On a u = 1p1 + + rpr et en posant v =

    1p1 + +

    rpr, on a v2 = u

    avec v endomorphisme symtrique positif. On peut aussi proposer une rsolutionmatricielle via reprsentation dans une base orthonormeb) Soit v solution. Pour tout Sp(u), F = E(u) est stable par v car u et vcommutent. vF S+(F ) et v2F = IdF donc via diagonalisation de vF , on obtientvF =

    IdF . Ceci dtermine v de manire unique sur chaque sous-espace propre

    de u et puisque ceci sont en somme directe gale E, on peut conclure lunicitde v.

    Exercice 17 : [nonc]a) A S+?n (E) donc A1 S+?n (E) et par suite | A est un produit scalaire surE.b) On a

    x | AByA =A1x | ABy = x | By = Bx | y = ABx | yA

    Lendomorphisme AB est autoadjoint dans (E, | A) donc diagonalisable.c) On a

    Bx | xA1x | x =

    ABx | xAx2A

    En introduisant une base orthonorme B = (e1, . . . , en) de (E, | A) forme devecteurs propres de AB, on peut crire pour x = x1e1 + + xnen,

    ABx | xAx2A

    = 1x21 + + nx2nx21 + + x2n

    en notant 1, . . . , n les valeurs propres de AB. Il est clair que cette quantit estcomprise entre min(AB) et max(AB). De plus ces deux valeurs propres sontvaleurs prise par

    ABx | xAx2A

    en x vecteur propre associ. Enfin E\ {0} est connexe par arcs et limage dunconnexe par arcs par une application continue est un connexe par arcs. On peutdonc conclure que les valeurs prises par

    x 7 Bx | xA1x | xsur E\ {0} constituent le segment

    [min(AB), max(AB)]

    d) On a Bx | x 6 max(B) x2 etA1x | x > min(A1) x2 donc

    Bx | xA1x | x 6

    max(B)min(A1)

    Or min(A1) = 1max(A) donc

    Bx | xA1x | x 6 min(A)max(B)

    et la conclusion est ds lors facile.

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Corrections 12

    Exercice 18 : [nonc]a) v? = v et(v(x) | x) = u(x)2 > 0 et = 0 x = 0 car u GL(E).b) Il existe une base orthonorme B dans laquelle la matrice de v est de la formediag(1, . . . , n) avec i > 0. Lendomorphisme w dont la matrice dans B estdiag(

    1, . . . ,

    n) convient. Notons que cet endomorphisme est autoadjoint car

    reprsent par une matrice symtrique dans une base orthonorme.On pose ensuite = uw1 et on vrifie sans peine ? = Id donc O(E).c) Si u = w alors w2 = v. Nous allons tablir lunicit de w. v est diagonalisabledonc E est somme des sous-espaces propres E(v) avec > 0. Comme v et wcommutent, ces sous-espaces sont stables par w. Or w est diagonalisable donclendomorphisme induit par w sur E(v) aussi et puisque les valeurs propres de wsont positives, il est ncessaire que lendomorphisme induit par w sur E(v) soitId. Ceci dtermine w de manire unique et puisque = uw1, r aussi est

    unique.d) A GLn(R),!(O,S) On(R) S++n (R), A = OS (dcomposition deCartan).

    Exercice 19 : [nonc]Pour x = 0, il y a galit.Pour x 6= 0 et pour R, u (x+ u1(x)) | x+ u1(x) > 0 donc2x, u1(x)

    + 2 x | x+ u(x), x > 0 avec x, u1(x) 6= 0 car u1 S++(E).

    Par suite = 4 x4 4 u(x), x u1(x), x 6 0 puis lingalit propose.De plus, il y a galit si, et seulement si, il existe R vrifiant x+ u1(x) = 0i.e. si, et seulement si, x est vecteur propre de u.

    Exercice 20 : [nonc]Rappelons les proprits classiques suivantes utiles pour la suite :(keru) = Imu?, rg(u?u) = rgu? = rgu, et u?u S+(E).(i)(ii) Supposons uu?u = u. On a alors uu?(uu?) = (uu?u)u? = uu? donc uu?est un projecteur.De plus (uu?)? = u??u? = uu? donc le projecteur uu? est orthogonal.(ii)(iii) Supposons uu? projecteur orthogonal. On a uu?uu? = uu? doncu(u?uu?u) = u(u?u) puis u (u?uu?u u?u) = 0. Par suite, lendomorphismeu?uu?u u?u prend ses valeurs dans keru. Or il prend aussi ses valeurs dansImu? = (keru), cest donc lendomorphisme nul.(iii)(iv) Supposons u?u projecteur orthogonal.Puisque Imu?u Imu? et puisque rg(u?u) = rgu?, on aIm(u?u) = Imu? = (keru).Ainsi u?u est la projection orthogonale sur (keru).

    Soit x (keru).u(x)2 = (u(x) | u(x)) = (u?u(x) | x) = (x | x) = x2.Inversement, supposons u(x)2 = x2Par les calculs qui prcdent, on obtient (x u?u(x) | x) = 0.On peut crire x = a+ b avec a = u?u(x) (keru) et b keru.(x u?u(x) | x) = 0 donne (b | a+ b) = 0 puis (b | b) = 0 et donc b = 0.Ainsi x = a+ b = a (keru).(iv)(i) Supposons (keru) = {x E/ u(x) = x}.Puisque keru est stable par u?u, (keru) est stable par (u?u)? = u?u.Lendomorphisme induit par u?u sur (keru) est un endomorphisme autoadjointpositif conservant la norme, cest donc lidentit car sa seule valeur proprepossible est 1.Puisque lendomorphisme u?u est nul sur keru et gal lidentit sur (keru), onpeut affirmer que les endomorphismes uu?u = u(u?u) et u sont gaux car ilsconcident sur les deux espaces supplmentaires keru et (keru).

    Exercice 21 : [nonc]Soit P la matrice dont les colonnes sont les composantes des vecteurs a, b, c dansune base orthonorme. On observe que M = tPP . La matrice M est doncsymtrique positive ce qui permet de conclure.

    Exercice 22 : [nonc]Si A S+n (R) alors pour toute colonne X on a tXAX > 0.Pour X vecteur propre associ la valeur propre , on a tXAX = tXX donc > 0.Si A Sn(R) alors toute colonne X est dcomposable dans une base de vecteurspropres et on a tXAX =

    ni=1

    ix2i > 0 en notant xi la composante de X selon un

    vecteur propre associ la valeur propre i.

    Exercice 23 : [nonc]a) Pour X = Ei, tXAX = ai,i > 0.b) Pour X = Ei + Ej , tXAX = ai,i + 2ai,j + 2aj,j . Si ai,i = 0 alors, pour tout R, 2ai,j + 2aj,j = 0 donc ai,j = 0.

    Exercice 24 : [nonc]a) Puisque A est symtrique relle, A est orthogonalement diagonalisable et donc

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Corrections 13

    il existe P On(R), vrifiant A = PDP1 avec D = diag(1, . . . , n), i > 0.Posons alors B = PP1 avec = diag(

    1, . . . ,

    n). On vrifie B2 = A et

    tB = B (car tP = P1) et les valeurs propres de B sont videmment positives.b) Pour > 0,

    X2 =(X

    )(

    X +)

    avec X et X + premier entre eux. Par le lemme de dcomposition desnoyaux

    ker(A In) = ker(B In) ker(B +

    In)

    or ker(B +In) = {0} car les valeurs propres de B sont positives et donc

    ker(A In) = ker(B In)

    c) Il est immdiat que kerB kerB = kerA. Montrons lgalit des dimensions.Puisque B est symtrique relle, B est orthogonalement diagonalisable et donc ilexiste Q On(R) vrifiant B = QDQ1 avec D = diag(1, . . . , n). On a alors

    rgB = Card {i [[1, n]] /i 6= 0}Or A = B2 = QD2Q1 et donc

    rgA = Card{i [[1, n]] /2i 6= 0

    }= rgB

    Par la formule du rang, on obtient dim kerA = dim kerB et on peut conclurekerA = kerB.d) Soit X Mn,1(R). Puisque A est diagonalisable, on peut crire

    X =SpA

    X avec X ker(A In)

    Puisque ker(A In) = ker(B In), on a alors

    BX =

    SpBBX =

    SpB

    X

    ce qui dtermine B de faon unique.

    Exercice 25 : [nonc]a) Puisque A est symtrique relle, A est orthogonalement diagonalisable et doncil existe P On(R), vrifiant A = PDP1 avec D = diag(1, . . . , n), i > 0.Posons alors B = PP1 avec = diag(

    1, . . . ,

    n). On vrifie B2 = A et

    tB = B (car tP = P1) et les valeurs propres de B sont videmment positives.

    b) Soit X ker(B In), BX =X donc AX = B2X = X puis

    X ker(A In).Puisque A est diagonalisable,

    Mn,1(R) = SpA

    ker(A In)

    Puisque B est diagonalisable,

    Mn,1(R) = SpB

    ker(B In)

    Or les valeurs propres de B sont positives et leurs carrs sont valeurs propres de Adonc

    SpB {

    / SpA}

    Ceci permet dcrire :

    Mn,1(R) = SpA

    ker(B In)

    quitte introduire quelques espaces nuls.On en dduit

    dimMn,1(R) =SpA

    dim ker(B In) =

    SpA

    dim ker(A In) (1)

    Or linclusion ker(B In) ker(A In) donnedim ker(B

    In) 6 dim ker(A In) (2)

    Lgalit (1) et la majoration (2) donne alors

    dim ker(B In) = dim ker(A In)

    pour tout SpA.Par inclusion et galit des dimensions

    ker(B In) = ker(A In)

    c) Soit X Mn,1(R). Puisque A est diagonalisable, on peut crireX =

    SpA

    X avec X ker(A In)

    Puisque ker(A In) = ker(B In), on a alors

    BX =

    SpBBX =

    SpB

    X

    ce qui dtermine B de faon unique.

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Corrections 14

    Exercice 26 : [nonc]a) Il existe P On(R), vrifiant S = PDP1 avec D = diag(1, . . . , n), i > 0.Considrons alors un polynme , construit par interpolation de Lagrangevrifiant

    1 6 i 6 n, pi(i) =i

    Posons ensuite A = (S). A est un polynme en S, A est symtrique relle et

    P1AP = P1(S)P = (D) = diag(1, . . . ,

    n)

    Les valeurs propres de A sont positives donc A S+n (R). Enfin, puisqueP1A2P = diag(1, . . . , n) = D

    on a A2 = S.b) Soit B S+n (R) vrifiant B2 = S. On a BS = S3 = SB donc B commute avecS et donc avec A qui est un polynme en S. Puisque A et B sont diagonalisableset quelle commutent toutes deux, elles sont codiagonalisables. Ainsi, il existe unematrice de passage Q GLn(R) vrifiant

    Q1AQ = diag(1, . . . ,

    n) et Q1BQ = diag(1, . . . , n)

    Or A2 = S = B2 donc 2i = i puis i =i car i > 0.

    Finalement A = B

    Exercice 27 : [nonc]Existence : Il existe U On(R) et D diagonale positive telle que tUAU = D. Soit la matrice diagonale dont les coefficients sont les racines carre des coefficientsde D. est diagonale positive et 2 = D.Pour B = UtU , on a B S+n (R) et B2 = A donc B solution.Unicit : Supposons B solution et introduisons un espace vectoriel euclidien E dedimension n et u, v L(E) reprsents par A et B dans une base orthonorme.Avec des notations immdiates E(v) E2(u), or E =

    R+E(v) et

    E = R+

    E2(u) donc dimE(v) = dimE2(u) puis E(v) = E2(u). Cecidtermine entirement v et permet de conclure lunicit de B.

    Exercice 28 : [nonc]tXAX = t(MX)MX > 0 donc A S+n (R).Pour A S+n (R), il existe P On(R) tel que P1AP = D avecD = diag(1, . . . , n) et i > 0. Posons M = PP1 avec = diag(

    1, . . . ,

    n). On a M Sn(R) et M2 = A donc A = tMM .

    Exercice 29 : [nonc]Par rcurrence sur n N?.Pour n = 1, S = (a) avec a > 0 donc T = (a) convient.Supposons la proprit tablie au rang n 1 > 1.Soient S =

    (a LtL S

    ) S+n (R) et T =

    ( 0 T

    ) T+n (R). On observe

    tTT =(

    2 t S

    )avec S = t + tT T .

    Pour X = E1, la relation tXSX > 0 donne a > 0.Si a = 0 alors, en exploitant tXSX > 0 avec X = E1 + Ej pour R, onobtient L = 0.De plus il est immdiat qualors S S+n1(R) et en prenant = 0, = 0 etT T+n1(R) tel que S = tT T on conclut.Si a > 0 alors on pose =

    a et = 1L et il reste dterminer T tel que

    S = t + tT T .Posons = S t et montrons S+n1(R) ce qui permettra de conclure vialhypothse de rcurrence.Pour tout X =

    (x1X

    ), tXSX > 0 donne ax21 + 2x1LX + tX SX > 0 et pour

    x1 = 1aLX on obtient tX SX 1a (LX )2 > 0 ce qui donne tX X > 0 etpermet de conclure.Rcurrence tablie.

    Exercice 30 : [nonc]a) Cest Sn(R) car ces espaces sont videmment orthogonaux et supplmentaires.b)

    t exp(xB) exp(xB) = exp(t(xB)) exp(xB) = exp(xB) exp(xB)Or xB et xB commutent donc

    t exp(xB) exp(xB) = exp(xB + xB) = exp(0) = Inc) La fonction drivable f : x 7 tr(A exp(xB)) admet un maximum en 0 doncf (0) = 0 ce qui donne tr(AB) = 0 pour tout B An(R). Ainsi A est une matricesymtrique. Par le thorme spectrale A = tPDP avec D = diag(1, . . . , n) etP On(R).Posons V = diag(1, . . . , n) avec i = 1 et ii = |i| et U = PV tP On(R).

    tr(AU) = tr(APV tP ) = tr(tPAPV ) = tr(DV ) = |1|+ + |n|et

    tr(A) = 1 + + n

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Corrections 15

    La proprit tr(AU) 6 trA entrane i > 0 pour tout i.d) Supposons A S+n (R). On peut crire A = tPDP avec D = diag(1, . . . , n),i > 0 et P On(R). Pour tout U On(R), tr(AU) = tr(DV ) avecV = (vi,j) = tPUP On(R).On a alors

    tr(DV ) =ni=1

    ivi,i 6ni=1

    i = tr(A)

    car vi,i 6 1.e) Lapplication relle f : V tr(MV ) est continue sur le compact On(R), elle yadmet donc un maximum en un certain U On(R). On a alors pour toutV On(R),

    tr(MV ) 6 tr(MU)Posons alors A = MU . Pour tout W On(R),

    tr(AW ) 6 trA

    donc A S+n (R) et ainsi M = AU1 avec A S+n (R) et U1 On(R).

    Exercice 31 : [nonc]Puisque la matrice A est symtrique relle positive, elle est orthogonalementsemblable une matrice diagonale coefficients positifs. On peut donc crire

    A = PDP1 avec P On(R) et D = diag(1, . . . , n), k > 0On a alors

    tr(AB) = tr(PDP1B) = tr(DC)avec C = P1BP qui est encore une matrice symtrique relle positive.On a alors

    tr(DC) =ni=1

    ici,i 6(

    ni=1

    i

    )(ni=1

    ci,i

    )= tr(D)tr(C)

    car les scalaires i et les coefficients ci,i sont positifs.Puisque deux matrices semblables ont mme trace, on parvient lingalit voulue.

    Exercice 32 : [nonc]Puisque symtrique relle positive, la matrice A est orthogonalement semblable une matrice diagonale coefficients positifs ce qui permet dcrire

    A = tPDP

    avec P On(R), D = diag(1, . . . , n), i > 0.On a alors

    tr(AB) = tr(DPBtP ) = tr(DB)

    avec B = PBtP . On vrifie aisment que B est symtrique positive car B lest etalors ces coefficients diagonaux sont positifs puisque

    bii = tEiBEi > 0

    On a alors

    tr(AB) =ni=1

    ibii > 0

    Exercice 33 : [nonc]Supposons B S+n (R).Pour tout 1 6 i < j 6 n, les sous-matrices(

    ai,i ai,jaj,i aj,j

    )et(

    1/ai,i 1/ai,j1/aj,i 1/aj,j

    )sont symtriques positives donc de dterminants positifs. Ainsi

    ai,iaj,j a2i,j > 0 eta2i,j ai,iaj,jai,iaj,ja2i,j

    > 0

    On en dduitai,iaj,j a2i,j = 0

    Ainsi toutes les matrices de taille 2 extraites de A sont non inversibles et doncrgA < 2. Puisque les coefficients de A sont non nuls, on peut affirmer

    rgA = 1

    Inversement, supposons rgA = 1. Toutes les colonnes de A sont colinaires entreelles ce qui perme dcrireA = (ij)16i,j6nLa relation

    X Mn,1(R), tXAX > 0donne alors

    x1, . . . , xn R,n

    i,j=1ijxixj > 0

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    puis en posant xi = yi/2i ,

    y1, . . . , yn R,n

    i,j=1

    1ij

    yiyj > 0

    ce qui permet daffirmer que la matrice symtrique B est positive.

    Exercice 34 : [nonc]Notons que les coefficients diagonaux de A sont positifs car

    ai,i = tEiAEi > 0

    Il est alors immdiat que

    i {1, . . . , n} , |ai,i| = ai,i 6 mPour i 6= j {1, . . . , n}, introduisons X = Ei + Ej Mn,1(R) avec R. On a

    tXAX = 2a2i,i + 2ai,j + a2j,j > 0

    Si ai,i = 0 alors on a ncessairement ai,j = 0 et donc |ai,j | 6 m.Si ai,i 6= 0 alors puis que le trinme du second degr est de signe constant, on a

    = 4a2i,j 4ai,jaj,j 6 0puis

    a2i,j 6 ai,iaj,j 6 m2

    do|ai,j | 6 m

    Exercice 35 : [nonc]La matrice A est videmment symtrique.Posons

    T =

    1 1. . . ...(0) 1

    GLn(R)On remarque

    A = tTTOn en dduit que pour tout X Mn,1(R)

    tXAX = t(TX)TX = TX2 > 0avec galit si, et seulement si, TX = 0 ce qui donne X = 0.

    Exercice 36 : [nonc]H est symtrique donc diagonalisable.H est la matrice du produit scalaire

    (P,Q) 7 10P (t)Q(t)dt

    sur Rn1 [X] donc H est dfinie positive et donc valeurs propres strictementpositives.

    Exercice 37 : [nonc]Pour A S+n (R), on vrifie que Ap = A+ 1pIn A avec Ap S++n (R).

    Exercice 38 : [nonc]a) est clairement bilinaire, symtrique car A lest et dfinie positive carA S++n (R).b) Notons E1, . . . , En les matrices lmentaires deMn,1(R).(Ei, Ej) = ai,j , (Ei, Ei) = ai,i et (Ej , Ej) = aj,j donc lingalit deCauchy-Schwarz donne a2i,j 6 ai,iaj,j .De plus, sil y a galit alors Ei et Ej sont colinaires ce qui ne peut tre le casque si Ei = Ej .

    Exercice 39 : [nonc]a) Si A est dfinie positive alors SpA R+?. De plus A est symtrique relle doncdiagonalisable et detA est le produit des valeurs propres de A comptes avecmultiplicit. Par suite detA > 0.b) Ap Sp(R) et pour tout X Mp,1(R), tXApX = tX AX avec X Mn,1(R)la colonne obtenue en poursuivant la colonne X de coefficients nuls. On en dduitque si A S++n (R) alors Ap S++p (R) puis detAp > 0.c) La proprit est immdiate au rang n = 1.Supposons la proprit acquise au rang n > 1.Soit A Sn+1(R) vrifiant pour tout p {1, . . . , n+ 1}, detAp > 0.Par blocs, A est de la forme

    A =(

    An CntCn

    )Par application de lhypothse de rcurrence, An S++n (R). Il existe doncPn On(R) vrifiant tPAP = Dn = diag(1, . . . , n) avec i > 0.

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    Considrons alorsPn+1 =

    (Pn Xn0 1

    ) GLn+1(R)

    On atPn+1APn+1 =

    (Dn YntYn ?

    )avec Yn = tPn(AXn + Cn).En choisissant Xn = A1n Cn, on obtient

    tPn+1APn+1 =(Dn 00 ?

    )avec n+1 > 0 car detA > 0 entrane 1 . . . n+1 > 0.On peut alors affirmer que A est symtrique dfinie positive car A reprsente unetelle forme bilinaire symtrique dans une certaine base.Rcurrence tablie.

    Exercice 40 : [nonc]On peut crire

    In +AB = A(A1 +B

    )La matrice A1 +B est symtrique relle et vrifie

    X Mn,1(R)\ {0} , tX(A1 +B)X = tXA1X + tXBX > 0On en dduit que A1 +B est inversible car lment de S++n (R) et donc In +ABest inversible par produit de matrices inversibles.

    Exercice 41 : [nonc]a) tXtAAX = t(AX)AX > 0 et tXtAAX = 0 AX = 0 X = 0.b) Par le thorme spectral, il existe P On(R) tel quetP tAAP = diag(1, . . . , n) avec i > 0.La matrice S = tPdiag(

    1, . . . ,

    n)P est alors solution.

    c) Posons O = AS1. On a A = OS et tOO = tS1tAAS1 = In donc O On(R)et A = OS.d) Si A = OS alors S2 = tAA.Pour Sp(tAA), ker(tAA In) = ker(S2 In). Or par le lemme dedcomposition des noyaux, ker(S2 In) = ker(S

    In) ker(S +

    In) car

    > 0. Or ker(S +In) = {0} car SpS R+?. Ainsi pour tout Sp(tAA),

    ker(tAA In) = ker(S In) ce qui suffit tablir lunicit deS carMn,1(R) =

    Sp(tAA)ker(tAA In).

    Exercice 42 : [nonc]Si A = tPP alors il est facile dtablir que A est symtrique positive (voire dfiniepositive si P est inversible). Inversement, si A est symtrique positive alors par lethorme spectral, on peut crire A = tQDQ avec Q On(R),D = diag(1, . . . , n) et i > 0 (voire i > 0 si A est dfinie positive). PourP = Q avec = diag(

    1, . . . ,

    n) on dispose dune matrice solution

    (inversible dans le cas o est dfinie positive.)

    Exercice 43 : [nonc]a) VectS++n (R) = Sn(R) notamment parce quune matrice symtrique peutscrire comme diffrence de deux matrices symtriques dfinies positives viadiagonalisation.

    b) tXAX =ki=1

    itXAiX avec tXAiX > 0 donc

    |tXAX| 6ki=1|i| tXAiX = tXBX.

    c) Cas B = In.La matrice A est diagonalisable et pour tout X, |tXAX| 6 tXX assure que sesvaleurs propres vrifient || 6 1 et donc |detA| 6 1 = detB.Cas gnral :Si les i sont tous nuls, cest immdiat. Sinon, B S++n (R). On peut crireB = C2 avec C S++n (R). Considrons ensuite A = C1AC1 Sn(R)Pour tout X Rn, |tXAX| = t(C1X)A(C1X) 6 t(C1X)B(C1X) = tXX.Par ltude prcdente, |detA| 6 1 donc |detA| 6 (detC)2 = detB.

    Exercice 44 : [nonc]a) On peut crire A = tPDP avec P On(R) et D = diag(1, . . . , n) avec i > 0.La matrice C = tPP avec = diag(1/

    1, . . . , 1/

    n) convient.

    b) tD = D et tXDX = t(CX)B(CX) > 0 donc D S+n (R). En notant1, . . . , n > 0 ses valeurs propres, lingalit voulue revient ni=1

    (1 + i)1/n > 1 +ni=1

    1/ni qui sobtient en appliquant lingalit de Jensen la

    convexit de la fonction x 7 ln(1 + ex).c) (detC)2 det(A+B) = det(CAC +CBC) = det(I +D) avec (detC)2 = 1/detA.

    Exercice 45 : [nonc]Par labsurde supposons (A+B)1 = A1 +B1.On a alors

    (A+B)(A1 +B1) = In

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    et en dveloppantBA1 +AB1 + In = On

    En multipliant droite par la matrice A, on obtient

    B +AB1A+A = On

    Pour X Mn,1(R) non nul, on obtienttXBX + t(AX)B(AX) + tXAX = 0

    avectXBX, t(AX)B(AX), tXAX > 0

    ce qui est absurde.

    Exercice 46 : [nonc]Le coefficient dindice (i, j) de la comatrice de S est

    (1)i+ji,javec i,j le mineur dindice (i, j) de la matrice S i.e. le dterminant de la matriceobtenue en supprimant la ime ligne et la jme colonne de S. Or le dterminantdune matrice est aussi celui de sa transpose et puisque la matrice S estsymtrique, le mineur dindice (i, j) est gal celui dindice (j, i). On en dduitque la comatrice de S est symtrique.Si S S++n (R) alors

    comS = t(comS) = det(S)S1

    Puisque S est dfinie positive, son inverse S1 lest aussi et detS > 0 donc comSest dfinie positive.Si S S+n (R) alors pour tout t > 0,

    St = S + tIn S++n (R)

    puiscom(St) S++n (R)

    et donccom(S) = lim

    t0com(St) S++n (R) = S+n (R)

    Exercice 47 : [nonc]a) La matrice tAA est dfinie positive.b) Par le procd de Schmidt, on peut orthonormaliser la base canonique de Rn etla matrice de passage correspondante est alors triangulaire suprieure. Puisque lamatrice dun produit scalaire dans une base orthonorme est lidentit, la formulede changement de base donne tP tAAP = In avec P triangulaire suprieureinversible.c) Les matrices Q = AP et R = P1 conviennent.d) Si A = QR = QR alors QQ1 = RR1 est une matrice orthogonaletriangulaire suprieure coefficients diagonaux strictement positifs. En tudiantsuccessivement ses colonnes, on obtient QQ1 = RR1 = In puis lunicit de ladcomposition.

    Exercice 48 : [nonc]Existence : Soit la forme bilinaire symtrique sur Rn reprsente par S dans labase canonique B de Rn. est un produit scalaire car S S++n (R).Soit B lorthonormalise de Schmidt de la famille B pour le produit scalaire .Notons T la matrice de passage de B B. Celle-ci est triangulaire suprieure coefficients diagonaux positifs.Puisque la matrice de la forme bilinaire symtrique dans la base orthonormeB est In, la formule de changement de base donne S = tTInT = tTT .Unicit : Supposons T, T solutions. Puisque S est inversible, les matrices T et T sont elles aussi inversibles.On a tTT = tT T donc TT 1 = tT1tT = t(T T1).Or la matrice TT 1 est triangulaire suprieure alors que t(T T1) esttriangulaire infrieure. On en dduit que TT 1 = D avec D matrice diagonale.De plus les coefficients diagonaux de T et T tant strictement positifs, lgalitT = DT entrane que les coefficients diagonaux de D sont eux aussi positifs.Enfin, lgalit tTT = tT T donnetT D2T = tT T puis D2 = In do D = In etfinalement T = T .

    Exercice 49 : [nonc]Soit M S++n (R). (x, y) = tXMY dfinit un produit scalaire sur E = Rn.En orthonormalisant pour le produit scalaire la base canonique B de Rn par leprocd de Schmidt, on obtient une base B et la matrice de passage P de B Best triangulaire suprieure. Par changement de base (x, y) = tX Y = tXtPPYdonne M = tPP . Dune part mi,i =

    nj=1

    p2i,j > p2i,i et dautre part

    detM = (detP )2 =ni=1

    p2i,i permettent de conclure.

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    Exercice 50 : [nonc]a) Soit la forme bilinaire symtrique sur Rn reprsente par S dans la basecanonique B de Rn. est un produit scalaire car S S++n (R).Soit B lorthonormalise de Schmidt de la famille B pour le produit scalaire .Notons T la matrice de passage de B B. Celle-ci est triangulaire suprieure.Puisque la matrice de la forme bilinaire symtrique dans la base orthonormeB est In, la formule de changement de base donne S = tTInT = tTT .b) Notons ti,j les coefficients de la matrice T .On a

    si,i =i

    k=1t2k,i > t2i,i

    doncni=1

    si,i >ni=1

    t2i,i > (detT )2 = detS

    c) Si A / GLn(R), la proprit est immdiate.Si A GLn(R) alors S = tAA S++n (R) et sj,j =

    ni=1

    a2i,j donc

    (detA)2 = detS 6nj=1

    ni=1

    a2i,j

    puis lingalit propose.

    Exercice 51 : [nonc]Sur Rn muni de sa base canonique, A est la matrice dun produit scalaire. Pour ceproduit scalaire, il existe une base orthonorme telle que la forme bilinairesymtrique reprsente par B soit une matrice diagonale D. La matrice duproduit scalaire dans cette base orthonorme est lidentit et par la formule dechangement de base, A = tPInP et B = tPDP .

    Exercice 52 : [nonc]Par diagonalisation dune forme bilinaire symtrique dans un espace euclidiendont le produit scalaire est dfini par la matrice B, on peut crire affirmer quilexiste P GLn(R) vrifiant B = tPP et A = tPDP . On a alorsdet(AXB) = (detP )2D(X) scind.

    Exercice 53 : [nonc]a) Sur E =Mn,1(R), (X,Y ) = tXAY dfinit un produit scalaire et(X,Y ) = tXBY dfinit une forme bilinaire symtrique. Par le thormespectral, il existe une base orthonorme de E pour diagonalisant la formebilinaire symtrique . Pour la matrice de passage P de la base canonique de E(dans laquelle et sont reprsentes par A et B) vers la base orthonormeprcdente la relation de changement de base donne : A = tPInP et B = tPP .De plus, la forme bilinaire symtrique tant dfinie positive, les valeursdiagonales de sont strictement positives.b) Notons 1, . . . , n les valeurs diagonales de .detA = (detP )2, detB = 1 . . . n(detP )2 etdet(A+B) = (1 + 1) . . . (1 + n)(detP )2Les i tant positifs :

    1 + 1 . . . n 6 (1 + 1) . . . (1 + n)

    doncdetA+ detB 6 det(A+B)

    c) Toute matrice symtrique relle positive peut-tre diagonalise via une matriceorthogonale en une matrice diagonale coefficients diagonaux positifs. Cettedernire peut se voir comme limite dune suite de matrices diagonales coefficientsdiagonaux strictement positifs. Par suite S+?n (R) est dense S+n (R). Par continuitdu dterminant et densit, la relation prcdente stend A,B S+n (R).

    Exercice 54 : [nonc]Par diagonalisation dune forme bilinaire symtrique dans un espace euclidiendont le produit scalaire est dfini par la matrice A, on peut crire affirmer quilexiste P GLn(R) vrifiant A = tPP et B = tPDP avec D diagonale,D = diag(1, . . . , n).En notant Ej les colonnes lmentaires, pour X = P1Ej , la conditiontXAX 6 tXBX donne 1 6 j .On a alors detB = (detP )2

    nj=1

    j > (detP )2 = detA.

    Exercice 55 : [nonc]Par diagonalisation dune forme bilinaire symtrique dans un espace euclidiendont le produit scalaire est dfini par la matrice A, on peut crire affirmer quilexiste P GLn(R) vrifiant A = tPP et B = tPDP avec D diagonale.On a alors AB = tPP tPDP donc (tP )1ABtP = P tPDP tP .La matrice AB est donc semblable P tPDP tP qui est une matrice symtriquerelle donc diagonalisable.

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Corrections 20

    Exercice 56 : [nonc]a) : (X,Y ) 7 tXAY et : (X,Y ) 7 tXBY dfinissent respectivement unproduit scalaire et une forme bilinaire symtrique surMn,1(R) reprsents parles matrices A et B dans la base canonique. Par le thorme spectral, il existe unebase orthonorme pour le produit scalaire diagonalisant la forme bilinairesymtrique . En notant P la matrice de changement de base correspondante, lesformules de passage donnent A = tPInP = tPP car la nouvelle base estorthonorme pour et B = tPDP avec D diagonale car celle-ci diagonalise .b) Cas :la matrice A est dfinie positive.Par le rsultat prcdent, il suffit dtablir (detD)1t 6 det(tIn + (1 t)D) avecD matrice diagonale coefficients diagonaux 1, . . . , n positifs. On souhaite donctablir, (

    ni=1

    i

    )1t6

    ni=1

    (t+ (1 t)i)

    Or pour tout > 0, 1t 6 t+ (1 t).En effet pour = 0, la proprit est immdiate et pour > 0, celle-ci quivaut t ln 1 + (1 t) ln 6 ln(t+ (1 t)) qui dcoule de la concavit du logarithme.On peut donc conclure en multipliant les comparaisons 0 6 1ti 6 t+ (1 t)i.Cas : la matrice A est positive.La matrice Ap = A+ 1pIn est dfinie positive et donc(detAp)t(detB)1t 6 det(tAp + (1 t)B) pour tout t ]0, 1[.En passant la limite quand p +, on obtient(detA)t(detB)1t 6 det(tA+ (1 t)B) (avec ici detA = 0 si A nest pas dfiniepositive).

    Exercice 57 : [nonc]a) Supposons A+ tA S++n (R). Pour X Rn\ {0}, tXAX = tXtAX donctXAX = 12 (tX(A+ tA)X) > 0.Inversement, si la condition X Rn\ {0} , tXAX > 0 est vrifie alors on a aussiX Rn\ {0} , tXtAX > 0 donc X Rn\ {0} , tX(A+ tA)X > 0. Puisque lamatrice A+ tA est videmment symtrique, on obtient A+ tA S++n (R).b) Commenons par observer que pour A P, les valeurs propres complexes de Asont de partie relle strictement positive. Soit C et Z Cn\ {0} vrifiantAZ = Z. En crivant Z = X + iY avec X,Y colonnes relles et = + i avec, R, la partie relle de la relation Z?AZ = Z?Z donnetXAX + tY AY = Z2. On en dduit > 0.Pour A P et S S++n (R), on peut crire S = tPP avec P GLn(R). On a alors(tP )1SAtP = PAtP . En posant B = PAtP , on peut affirmer que SA et B sontsemblables et ont donc les mmes valeurs propres.

    Pour X Rn\ {0}, tXBX = tY AY avec Y = tPX 6= 0 donc tXBX > 0. Parsuite B P ce qui permet de conclure.

    Exercice 58 : [nonc]La forme polaire de la forme quadratique q est donne par

    (x, y) = 12 (f1(x)f2(y) + f1(y)f2(x))

    On ax ker y E, f1(x)f2(y) + f1(y)f2(x) = 0

    Les formes linaires f1 et f2 tant indpendantes, les hyperplans ker f1 et ker f2sont distincts.Poury ker f1\ ker f2, on obtientf1(x) = 0. De mme on montre f2(x) = 0 etainsiker ker f1 ker f2.Linclusion rciproque tant immdiate, il en rsulte

    rg = codim ker = 2

    Exercice 59 : [nonc]a) Soit (e1, . . . , ep) une base deF .F est un sous-espace vectoriel de E car intersection des noyaux des formeslinairesfi : x 7 (x, ei).Ces formes linaires tant indpendantes (car non dgnre)doncdimF = n p.b) On a F F et galit des dimensions donc galit des espaces.c) SupposonsF F = E. La matrice de dans une base adapte est de la forme(A 00 B

    )avec A Mp(K) etB Mnp(K). Or cette matrice est de rang n

    donc rgA = p et donc |F nest pas dgnre.Supposons |F non dgnre. Soitx F F. On a pour touty F , (x, y) = 0,or est non dgnre donc x = 0 puisF F = E.

    Exercice 60 : [nonc]

    Dans la base canonique, la matrice de Q est 12

    0 (1). . .(1) 0

    de dterminant(n1)(1)n1

    2n .Si n = 1, rgQ = 0. Sinon rgQ = n.

  • [http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD dit le 7 janvier 2011 Corrections 21

    Exercice 61 : [nonc]q(x1, x2, x3) = (x1+x2+x3)22x2x3 = (x1+x2+x3)2+ 12 (x2+x3)2 12 (x2x3)2.De signature (2, 1).

    Exercice 62 : [nonc]q(x1, . . . , xn) =

    ni=1

    ix2i + 2ni=1

    nj=i+1

    ixixj =

    (x1 + + xn)2 2ni=1

    nj=i+1

    xixj +ni=2

    (i 1)x2i + 2ni=1

    nj=i+1

    ixixj

    donc q(x1, . . . , xn) = (x1 + + xn)2 +ni=2

    (i 1)x2i + 2ni=2

    nj=i+1

    (i 1)xixj =ni=1

    (xi + + xn)2.Les formes linaires i : (x1, . . . , xn) 7 xi + + xn sont indpendantes, lasignature de q est (n, 0), cest une forme quadratique dfinie positive.

    Exercice 63 : [nonc]Soit la forme bilinaire symtrique reprsente par A dans la base canonique deKn.Si A est dfinie positive alors k = |Vect(e1,...,ek) lest encore doncdetk = k > 0.Inversement, supposons 1 6 k 6 n, k = det((ai,j)16i,j6k) > 0 et montrer parrcurrence sur 1 6 k 6 n que k est dfinie positive.Pour k = 1 : okSupposons la proprit tablie au rang 1 6 k 6 n 1.La restriction de k+1 a Vect(e1, . . . , ek) tant dfinie positive, la signature dek+1 est (k, 1), (k, 0) ou (k + 1, 0).Dans une base orthogonale le dterminant de k+1 est alors respectivement < 0, 0ou > 0.Or k+1 > 0 donc k+1 est de signature (k + 1, 0) donc dfinie positive.

    Exercice 64 : [nonc] est clairement bilinaire et symtrique car tr(AB) = tr(BA).Si A Sn(R) alors tr(tAA) =

    ni,j=1

    a2i,j > 0 pour tout A 6= 0. |Sn(R) est dfiniepositive.Si A An(R) alors tr(tAA) =

    ni,j=1

    a2i,j < 0 pour tout A 6= 0. |An(R) est dfiniengative.

    Si A Sn(R) et B An(R) alors(A,B) = tr(AB) = tr(t(AB)) = tr(tBtA) = tr(BA) = (A,B) donc Sn(R) etAn(R) sont orthogonaux.Dans une base adapte, on observe que la signature de est

    (n(n+1)

    2 ,n(n1)

    2

    ).