Diagonalisation orthogonale et Rayleigh : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : diagonalisation orthogonale et Rayleigh

Le corrigé détaillé : diagonalisation orthogonale et Rayleigh

Exercice 1 – Le théorème spectral en dimension 2 (3 points)

1. On a \(\chi_S(\lambda) = \lambda^2 – (a + c)\lambda + ac – b^2\). Son discriminant vaut alors :
   \(\Delta = (a + c)^2 – 4(ac – b^2) = a^2 – 2ac + c^2 + 4b^2 = (a – c)^2 + 4b^2\).
   Comme \(\Delta \geq 0\), les racines de \(\chi_S\) sont réelles : \(S\) admet des valeurs propres réelles.
2. Si \(\Delta = 0\), alors \(a = c\) et \(b = 0\), car une somme de carrés réels nulle impose la nullité de chacun. Ainsi \(S = aI_2\) est déjà diagonale, et toute base orthonormée convient.

3. Vecteurs propres orthogonaux

   Si \(\Delta > 0\), la matrice \(S\) a deux valeurs propres réelles distinctes \(\lambda\) et \(\mu\). Soit \(U\) et \(V\) des vecteurs propres associés. Puisque \(S^{T} = S\), on obtient :
   \(\lambda \langle U, V\rangle = (SU)^{T} V = U^{T} S V = \mu \langle U, V\rangle\).
   Donc \((\lambda – \mu)\langle U, V\rangle = 0\), puis \(\langle U, V\rangle = 0\) car \(\lambda \neq \mu\).

   Construction de P

   En normalisant, \(\left(\frac{U}{\|U\|}, \frac{V}{\|V\|}\right)\) est une base orthonormée de vecteurs propres. La matrice \(P\) qui a ces vecteurs pour colonnes est orthogonale, donc \(P^{-1} = P^{T}\). Par conséquent, \(P^{T} S P = \mathrm{diag}(\lambda, \mu)\) : c’est le théorème spectral en dimension 2.

Barème : 1) polynôme caractéristique 0,5, discriminant et conclusion 0,5 ; 2) 0,5 ; 3) orthogonalité 1, construction de \(P\) orthogonale 0,5.

Piège classique : conclure à la diagonalisabilité sans normaliser les vecteurs propres ; la matrice de passage ne serait alors pas orthogonale.

Exercice 2 – Deux adjoints dans l’espace des matrices (3,5 points)

1. Pour \(A\) et \(B\) dans \(M_n(\mathbb{R})\), on calcule \(\langle MA, B\rangle = \mathrm{tr}\left(A^{T} M^{T} B\right) = \langle A, M^{T} B\rangle\). Or l’adjoint est l’unique endomorphisme qui vérifie cette identité pour tous \(A\) et \(B\). Donc \(L_M^{*} = L_{M^{T}}\).

2. T est autoadjoint

   D’une part, \(\langle T(A), B\rangle = \mathrm{tr}(AB)\). D’autre part, \(\langle A, T(B)\rangle = \mathrm{tr}\left(A^{T} B^{T}\right) = \mathrm{tr}\left((BA)^{T}\right) = \mathrm{tr}(BA)\). Comme \(\mathrm{tr}(AB) = \mathrm{tr}(BA)\), on a bien \(T^{*} = T\). De plus, \(\left(A^{T}\right)^{T} = A\), donc \(T \circ T = \mathrm{id}\).

   Une somme directe orthogonale

   Soit \(S \in S_n(\mathbb{R})\) et \(A \in A_n(\mathbb{R})\). Alors \(\langle S, A\rangle = \langle T(S), A\rangle = \langle S, T(A)\rangle = -\langle S, A\rangle\), d’où \(\langle S, A\rangle = 0\). Ensuite, toute matrice s’écrit \(M = \frac{M + M^{T}}{2} + \frac{M – M^{T}}{2}\). Ainsi \(M_n(\mathbb{R}) = S_n(\mathbb{R}) \oplus A_n(\mathbb{R})\), et cette somme est orthogonale : \(T\) est la symétrie orthogonale par rapport à \(S_n(\mathbb{R})\).

3. Soit \(y \in F^{\perp}\) et \(x \in F\). Comme \(F\) est stable par \(u\), on a \(u(x) \in F\), donc \(\langle x, u^{*}(y)\rangle = \langle u(x), y\rangle = 0\). Ce calcul valant pour tout \(x \in F\), on obtient \(u^{*}(y) \in F^{\perp}\). Donc \(F^{\perp}\) est stable par \(u^{*}\) ; lorsque \(u\) est autoadjoint, \(F^{\perp}\) est stable par \(u\) lui-même.

Barème : 1) calcul avec la trace 0,75, conclusion 0,25 ; 2) autoadjoint 0,5, involution 0,25, orthogonalité 0,5, supplémentarité 0,25 ; 3) preuve 0,75, cas autoadjoint 0,25.

Piège classique : écrire \(\mathrm{tr}(A^{T} B^{T}) = \mathrm{tr}(AB)\) sans justification ; il faut passer par la transposée de \(BA\) puis par l’invariance de la trace.

Exercice 3 – Une matrice symétrique positive mais non inversible (4 points)

1. Le calcul donne \(S V_1 = (4, 4, 0)^{T} = 4V_1\) et \(S V_2 = (3, -3, 3)^{T} = 3V_2\). Ainsi \(V_1\) et \(V_2\) sont des vecteurs propres associés à \(4\) et à \(3\).
2. Le système \(SX = 0\) s’écrit \(3x + y + z = 0\), \(x + 3y – z = 0\) et \(x – y + z = 0\). En ajoutant les deux dernières équations, on trouve \(y = -x\) ; la troisième donne alors \(z = -2x\), et la première est vérifiée. Donc \(\ker S = \mathrm{Vect}(V_3)\) avec \(V_3 = (1, -1, -2)^{T}\). Les trois valeurs propres distinctes \(4\), \(3\) et \(0\) épuisent la dimension 3, donc \(\mathrm{Sp}(S) = \{0, 3, 4\}\), ce que confirme la trace : \(3 + 3 + 1 = 7 = 4 + 3 + 0\).
3. Les vecteurs \(V_1\), \(V_2\), \(V_3\) sont deux à deux orthogonaux, car associés à des valeurs propres distinctes d’une matrice symétrique. Leurs normes valent \(\sqrt{2}\), \(\sqrt{3}\) et \(\sqrt{6}\). On pose donc :
   \(P = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}\) et \(D = \mathrm{diag}(4, 3, 0)\).
   La matrice \(P\) est orthogonale et \(S = P D P^{T}\).

4. Une somme de deux carrés

   En développant, \(2(x + y)^2 + (x – y + z)^2 = 3x^2 + 3y^2 + z^2 + 2xy + 2xz – 2yz\). Par ailleurs, \(X^{T} S X = 3x^2 + 3y^2 + z^2 + 2xy + 2xz – 2yz\), puisque les termes rectangles sont doublés. Les deux expressions coïncident.

   Positive, mais pas définie positive

   Une somme de carrés est positive, donc \(q(X) \geq 0\) pour tout \(X\) : \(S\) est positive. En revanche, \(q(V_3) = 2 \times 0^2 + (1 + 1 – 2)^2 = 0\) avec \(V_3 \neq 0\). Donc \(S \in S_3^{+}(\mathbb{R})\) mais \(S \notin S_3^{++}(\mathbb{R})\), en accord avec la valeur propre nulle.

Barème : 1) 0,5 par produit ; 2) noyau 0,5, spectre justifié 0,5 ; 3) normalisation 0,5, écriture de \(P\) et \(D\) 0,5 ; 4) identité 0,5, positivité et contre-exemple 0,5.

Piège classique : oublier de doubler les termes rectangles en passant de \(S\) à \(q\) : le coefficient de \(xy\) est \(2s_{12}\), et non \(s_{12}\).

Exercice 4 – Encadrement par le quotient de Rayleigh (3,5 points)

1. Passage dans une base propre

   D’après le théorème spectral, \(S = P D P^{T}\) avec \(P\) orthogonale et \(D = \mathrm{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)\). Posons \(Y = P^{T} X\) ; alors \(\|Y\| = \|X\|\) et \(X^{T} S X = Y^{T} D Y = \sum_{i} \lambda_i y_i^2\).

   L’encadrement et ses cas d’égalité

   Comme \(\lambda_{\min} \leq \lambda_i \leq \lambda_{\max}\), on obtient \(\lambda_{\min}\|X\|^2 \leq X^{T} S X \leq \lambda_{\max}\|X\|^2\), puis l’encadrement en divisant par \(\|X\|^2 > 0\). Ensuite, \(R_S(X) = \lambda_{\max}\) équivaut à \(\sum_{i} (\lambda_{\max} – \lambda_i) y_i^2 = 0\), somme de termes positifs. Cela revient donc à \(y_i = 0\) pour chaque \(\lambda_i < \lambda_{\max}\). Ainsi \(R_S(X) = \lambda_{\max}\) si et seulement si \(X\) est un vecteur propre associé à \(\lambda_{\max}\) ; le cas de \(\lambda_{\min}\) est identique.

2. On a \(\chi_S(\lambda) = \lambda^2 – 7\lambda + 6 = (\lambda – 1)(\lambda – 6)\). Pour \(6\), le système se réduit à \(-x + 2y = 0\), d’où le vecteur \((2, 1)\) ; pour \(1\), il se réduit à \(2x + y = 0\), d’où \((1, -2)\). Les valeurs propres sont \(1\) et \(6\), et \(\left(\frac{1}{\sqrt{5}}(2, 1), \frac{1}{\sqrt{5}}(1, -2)\right)\) est une base orthonormée de vecteurs propres.
3. Le vecteur \((\cos\theta, \sin\theta)\) est unitaire et décrit toutes les directions du plan quand \(\theta\) parcourt \([0, \pi]\). D’après la question 1, \(g\) prend donc ses valeurs dans \([1, 6]\). Le maximum \(6\) est atteint lorsque \((\cos\theta, \sin\theta)\) est colinéaire à \((2, 1)\), soit en \(\theta_1 = \arctan\frac{1}{2}\). Le minimum \(1\) est atteint pour la direction de \((-1, 2)\), soit en \(\theta_1 + \frac{\pi}{2}\). Donc \(\max g = 6\) en \(\arctan\frac{1}{2}\) et \(\min g = 1\) en \(\frac{\pi}{2} + \arctan\frac{1}{2}\). On vérifie par exemple \(g(\theta_1) = \frac{20 + 8 + 2}{5} = 6\).
   

   

Barème : 1) passage en base propre 0,5, encadrement 0,5, cas d’égalité 0,5 ; 2) valeurs propres 0,5, base orthonormée 0,5 ; 3) maximum 0,5, minimum 0,5.

Piège classique : lire le maximum sur la figure sans le justifier ; la valeur exacte vient de la plus grande valeur propre.

Exercice 5 – Problème : racine carrée et ellipse (6 points)

Partie A : caractérisations

1. Écrivons \(S = P D P^{T}\) comme dans l’exercice 4, et \(Y = P^{T} X\). Si toutes les valeurs propres sont strictement positives et \(X \neq 0\), alors \(Y \neq 0\) et \(X^{T} S X = \sum_{i} \lambda_i y_i^2 > 0\). Réciproquement, si \(SX = \lambda X\) avec \(X \neq 0\), alors \(0 < X^{T} S X = \lambda \|X\|^2\), donc \(\lambda > 0\). Ainsi \(S \in S_n^{++}(\mathbb{R})\) si et seulement si \(\mathrm{Sp}(S) \subset \left]0\,;+\infty\right[\).
2. Pour \(S\) symétrique, l’application \(\varphi : (X, Y) \mapsto X^{T} S Y\) est bilinéaire. Elle est aussi symétrique, car le réel \(X^{T} S Y\) est égal à sa transposée \(Y^{T} S^{T} X = Y^{T} S X\). Il reste la condition \(\varphi(X, X) > 0\) pour \(X \neq 0\), qui est exactement la définition de \(S_n^{++}(\mathbb{R})\). Donc \(\varphi\) est un produit scalaire si et seulement si \(S\) est définie positive.

Une racine carrée (partie B)

3. Écrivons \(S = P D P^{T}\) avec \(D = \mathrm{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)\), où chaque \(\lambda_i > 0\) d’après la question 1. Posons \(\Delta = \mathrm{diag}\left(\sqrt{\lambda_1}, \ldots, \sqrt{\lambda_n}\right)\) et \(R = P \Delta P^{T}\). Alors \(R\) est symétrique, et \(R^2 = P \Delta P^{T} P \Delta P^{T} = P \Delta^2 P^{T} = S\). Enfin, ses valeurs propres \(\sqrt{\lambda_i}\) sont strictement positives. Par conséquent, \(R \in S_n^{++}(\mathbb{R})\) et \(R^2 = S\).

4. Éléments propres de S

   Le vecteur \((1, 1)\) est propre pour \(9\), et \((1, -1)\) pour \(1\) : en effet, \(5 + 4 = 9\) et \(5 – 4 = 1\). Les projecteurs orthogonaux sur ces deux droites ont pour matrices \(\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\) et \(\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\).

   La matrice R

   On remplace \(9\) par \(3\) et \(1\) par \(1\) :
   \(R = \frac{3}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} + \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\).
   On vérifie que \(R^2 = \begin{pmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{pmatrix} = S\), et \(R\) a pour valeurs propres \(3\) et \(1\), toutes deux strictement positives.

Géométrie de l’ellipse associée (partie C)

5. Dans la base orthonormée \(e_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)\), \(e_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1)\), écrivons \(X = u\,e_1 + v\,e_2\). Alors \(X^{T} S X = 9u^2 + v^2\), et l’équation devient \(u^2 + \frac{v^2}{9} = 1\). La courbe \(\mathcal{E}\) est donc une ellipse de centre \(O\), d’axes portés par les bissectrices, de demi-axe \(1\) selon \(e_1\) et \(3\) selon \(e_2\).

6. Encadrement de la norme

   Le vecteur nul n’appartient pas à \(\mathcal{E}\). Pour \(X \in \mathcal{E}\), on a donc \(R_S(X) = \frac{9}{\|X\|^2}\), et l’exercice 4 donne \(1 \leq \frac{9}{\|X\|^2} \leq 9\). Ainsi \(1 \leq \|X\| \leq 3\).

   Les points extrêmes

   L’égalité \(\|X\| = 1\) équivaut à \(R_S(X) = 9\), donc à \(X\) vecteur propre pour \(9\) et de norme 1. De même, \(\|X\| = 3\) équivaut à \(X\) vecteur propre pour \(1\) et de norme 3. Les points les plus proches de \(O\) sont \(\pm\frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)\), les plus éloignés sont \(\pm\frac{3}{\sqrt{2}}(1, -1)\). La figure montre l’ellipse coincée entre les cercles de rayons 1 et 3, qu’elle touche en ces quatre points.

   

Barème : A1) sens direct 0,5, réciproque 0,5 ; A2) bilinéarité et symétrie 0,5, définie positive 0,5 ; B3) construction 0,5, vérifications 0,5 ; B4) éléments propres 0,5, calcul de \(R\) 0,5 ; C5) équation réduite 0,5, axes et demi-axes 0,5 ; C6) encadrement 0,5, points extrêmes 0,5.

Piège classique : confondre les demi-axes avec les valeurs propres ; ici, la plus grande valeur propre \(9\) correspond au plus petit demi-axe \(\frac{3}{\sqrt{9}} = 1\).

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