QCM : Isométries et matrices symétriques en L2 de maths

Réponse A.

Une matrice est orthogonale lorsque ses colonnes forment une famille orthonormée. Ici, les colonnes \((3,4)\) et \((-4,3)\) sont orthogonales et de norme \(5\) : il faut donc diviser par \(5\). Sans ce facteur, les colonnes ont une norme trop grande. Diviser par \(7\) revient à additionner les coefficients au lieu de calculer une norme. Enfin, avec \((3,4)\) et \((4,3)\), le produit scalaire vaut \(24\), non nul.

Réponse D.

De \(A^{T}A=I_n\), on tire \(\det(A)^2=1\), car une matrice et sa transposée ont le même déterminant. Ainsi, \(\det A\) vaut \(1\) ou \(-1\), et les deux cas se produisent. Le piège \(1\) seulement confond \(O(n)\) avec le groupe des rotations \(SO(n)\) ; une réflexion a un déterminant égal à \(-1\). Les deux autres réponses oublient que la relation impose un carré égal à \(1\).

Réponse D.

L’adjoint est caractérisé par \(\langle x,u^{*}(y)\rangle=\langle u(x),y\rangle\) pour tous vecteurs \(x\) et \(y\). En base orthonormée, le produit scalaire s’écrit \(X^{T}Y\), donc la matrice de \(u^{*}\) est la transposée de \(A\). Le piège \(A^{-1}\) ne vaut que pour une isométrie. La réponse \(A\) ne convient que si \(u\) est symétrique. Par ailleurs, la comatrice n’a aucun rôle ici. Attention : en base quelconque, la formule change.

Réponse A.

La matrice est orthogonale et symétrique, de déterminant \(-1\) : il s’agit donc d’une réflexion. Elle fixe le vecteur \((1,1)\) et change \((1,-1)\) en son opposé ; ainsi, son axe est la droite \(y=x\). Le piège de la rotation d’angle droit oublie le signe du déterminant. Une erreur sur le vecteur fixe donne l’axe \(y=-x\). Enfin, la symétrie centrale a pour matrice \(-I_2\).

Réponse C.

Dans une base orthonormée adaptée à l’axe, la matrice d’une rotation d’angle \(\theta\) a pour trace \(1+2\cos\theta\). La trace étant invariante, on obtient \(\cos\theta=-\frac{1}{2}\), d’où \(\theta=\frac{2\pi}{3}\) au signe près. Le piège \(\frac{\pi}{2}\) oublie le \(1\) apporté par l’axe. La réponse \(\frac{\pi}{3}\) se trompe de signe sur le cosinus, et \(\pi\) donnerait une trace égale à \(-1\).

Réponse A.

Le théorème spectral affirme qu’une matrice symétrique réelle se diagonalise dans une base orthonormée. Autrement dit, il existe \(P\) orthogonale, avec \(P^{-1}=P^{T}\), qui la diagonalise. En revanche, la matrice nulle est symétrique sans être inversible. De même, \(-I_n\) a des valeurs propres négatives. Enfin, le théorème garantit l’existence d’une base orthonormée de vecteurs propres, mais toute base propre ne l’est pas.

Réponse C.

Pour une matrice symétrique réelle, deux sous-espaces propres associés à des valeurs distinctes sont orthogonaux. En dimension 2, celui de \(5\) est donc la droite orthogonale à \((1,1)\), dirigée par \((1,-1)\). Le piège \((1,1)\) est propre pour \(2\), donc pas pour \(5\). Les deux autres réponses ne sont pas orthogonales à \((1,1)\). D’ailleurs, \((2,5)\) recopie simplement les deux valeurs propres.

Réponse B.

Un calcul direct donne \(A^2=0\) : la matrice est nilpotente et non nulle. Sa seule valeur propre est \(0\), si bien qu’elle n’est pas diagonalisable. Le théorème spectral exige une matrice symétrique réelle, ou hermitienne dans le cas complexe ; ici, \(\overline{A}^{T}\neq A\). Le piège principal oublie donc cette hypothèse. Par ailleurs, une matrice nilpotente n’est jamais inversible.

Réponse D.

D’abord, \((M^{T}M)^{T}=M^{T}M\), donc la matrice est symétrique. Ensuite, pour toute colonne \(X\), le réel \(X^{T}(M^{T}M)X\) est le carré de la norme de \(MX\) : la matrice est donc positive. Cette quantité s’annule seulement si \(MX=0\), donc la matrice est définie positive exactement quand \(M\) est inversible. Le piège « définie positive dans tous les cas » oublie ce cas, par exemple \(M=0\). Enfin, \(M^{T}M=I_n\) ne caractérise que les matrices orthogonales.

Réponse B.

Une matrice symétrique réelle est définie positive si et seulement si toutes ses valeurs propres sont strictement positives. La première a pour valeurs propres \(1\) et \(3\), ce qui convient. En revanche, la deuxième a les valeurs \(3\) et \(-1\), et la dernière \(5\) et \(-1\) : des coefficients positifs ne suffisent pas. Quant à la matrice diagonale, elle est positive mais pas définie, car \(0\) est valeur propre.

Réponse B.

Si \(UX=\lambda X\) avec \(X\neq 0\), alors \(\|UX\|=\|X\|\), car \(U\) conserve la norme hermitienne. On en déduit \(|\lambda|\,\|X\|=\|X\|\), donc \(|\lambda|=1\). Le piège des valeurs réelles confond unitaire et hermitienne. La réponse \(\pm 1\) ne vaut que pour une unitaire réelle diagonalisable dans \(\mathbb{R}\). Par exemple, \(\operatorname{diag}(1,i)\) est unitaire avec la valeur propre \(i\).

Réponse C.

Une matrice complexe se diagonalise en base orthonormée si et seulement si elle est normale. La rotation est unitaire, la deuxième est hermitienne et la troisième est diagonale : toutes sont normales. En revanche, la matrice triangulaire a deux valeurs propres distinctes, donc elle est diagonalisable. Cependant, ses vecteurs propres \((1,0)\) et \((1,1)\) ne sont pas orthogonaux, et elle n’est pas normale. Le piège confond diagonalisable et diagonalisable en base orthonormée.