Matrices symétriques et isométries : corrigé du contrôle de maths en L2

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Barème du contrôle corrigé : matrices symétriques et isométries

Le corrigé détaillé : matrices symétriques et isométries

Exercice 1 – Question de cours sur l’adjoint (3 points)

1. Définition puis existence par les matrices

   On appelle adjoint de \(u\) l’endomorphisme \(u^{*}\) de \(E\), s’il existe et s’il est seul, tel que \((u(x) \mid y) = (x \mid u^{*}(y))\) quels que soient \(x\) et \(y\) dans \(E\).

   Fixons une base orthonormée \(\mathcal{B}\) et notons \(A\) la matrice de \(u\) dans \(\mathcal{B}\). Pour des vecteurs \(x, y\) de colonnes \(X, Y\), la base étant orthonormée, on a \((u(x) \mid y) = (AX)^{\top} Y = X^{\top} A^{\top} Y\). De même, si \(v\) a pour matrice \(C\), alors \((x \mid v(y)) = X^{\top} C Y\).

   Ainsi, \(v\) convient exactement quand \(X^{\top} A^{\top} Y = X^{\top} C Y\) pour toutes colonnes \(X, Y\). En choisissant pour \(X\) et \(Y\) les colonnes \(E_i\) et \(E_j\) de la base canonique, on compare les coefficients d’indice \((i, j)\) : la condition revient donc à \(C = A^{\top}\). Par conséquent, \(u^{*}\) existe, il est unique et sa matrice dans \(\mathcal{B}\) vaut \(A^{\top}\).

2. Noyau de l’adjoint

   Pour \(y \in E\), on a successivement : \(y \in \ker(u^{*})\) équivaut à \(u^{*}(y) = 0\), donc à \((x \mid u^{*}(y)) = 0\) pour tout \(x\), car seul le vecteur nul est orthogonal à tout \(E\). Grâce à la définition de l’adjoint, cela revient à \((u(x) \mid y) = 0\) pour tout \(x\), autrement dit à \(y \in (\mathrm{Im}\, u)^{\perp}\). D’où \(\ker(u^{*}) = (\mathrm{Im}\, u)^{\perp}\).

   En dimension finie, \(\dim (\mathrm{Im}\, u)^{\perp} = n – \mathrm{rg}(u)\). Le théorème du rang appliqué à \(u^{*}\) donne alors \(\mathrm{rg}(u^{*}) = n – \dim \ker(u^{*}) = \mathrm{rg}(u)\). Les deux endomorphismes ont donc le même rang.

3. Passage à l’orthogonal

   Prenons \(y\) dans \(F^{\perp}\) et \(x\) dans \(F\). Par hypothèse, \(u(x)\) appartient encore à \(F\), donc \((u(x) \mid y)\) vaut zéro. Or ce réel coïncide avec \((x \mid u^{*}(y))\). Le vecteur \(u^{*}(y)\) se trouve donc dans l’orthogonal de \(F\), ce qui prouve que \(u^{*}\) laisse \(F^{\perp}\) stable.

Barème : question 1 sur 1 point (définition 0,5 ; transposée 0,5) ; question 2 sur 1 point (égalité des sous-espaces 0,75 ; rangs 0,25) ; question 3 sur 1 point.

Exercice 2 – Une rotation et une réflexion de l’espace (4,5 points)

1. Colonnes orthonormées et déterminant

   Notons \(c_1, c_2, c_3\) les colonnes de \(9A\) : \(c_1 = (4, 7, -4)\), \(c_2 = (1, 4, 8)\) et \(c_3 = (8, -4, 1)\). D’abord, leurs normes au carré valent \(16 + 49 + 16 = 81\), \(1 + 16 + 64 = 81\) et \(64 + 16 + 1 = 81\). Ensuite, les produits scalaires s’annulent :

   \(c_1 \cdot c_2 = 4 + 28 – 32 = 0\), \(c_1 \cdot c_3 = 32 – 28 – 4 = 0\), \(c_2 \cdot c_3 = 8 – 16 + 8 = 0\).

   Les colonnes de \(A\) forment donc une base orthonormée de \(\mathbb{R}^3\), ce qui caractérise les matrices orthogonales : \(A \in \mathrm{O}_3(\mathbb{R})\).

   Par la règle de Sarrus, \(\det(9A) = 16 + 16 + 448 + 128 + 128 – 7 = 729 = 9^3\). Ainsi \(\det A = 1\) et \(u\) est une rotation, distincte de l’identité puisque \(A \neq I_3\).

2. Recherche de l’axe

   L’axe est \(\ker(A – I_3) = \ker(9A – 9I_3)\). On résout donc le système

   \[\begin{cases} -5x + y + 8z = 0 \\ 7x – 5y – 4z = 0 \\ -4x + 8y – 8z = 0 \end{cases}\]

   La troisième équation donne \(x = 2y – 2z\). En reportant dans la première, on obtient \(-9y + 18z = 0\), donc \(y = 2z\) puis \(x = 2z\). Enfin, la deuxième équation est bien vérifiée : \(14z – 10z – 4z = 0\). Par conséquent, \(D = \mathrm{Vect}\big((2, 2, 1)\big)\).

3. Cosinus par la trace, signe par le produit mixte

   Pour une rotation d’angle \(\theta\), on sait que \(\mathrm{tr}(A) = 1 + 2\cos\theta\). Or \(\mathrm{tr}(A) = \frac{4 + 4 + 1}{9} = 1\), donc \(\cos\theta = 0\) et \(\theta = \pm \frac{\pi}{2}\).

   Prenons ensuite \(x = (1, -1, 0)\), orthogonal à \(a\). Alors \(u(x) = \frac{1}{9}(3, 3, -12) = \frac{1}{3}(1, 1, -4)\). Le produit vectoriel vaut \(x \wedge u(x) = \left(\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, \frac{2}{3}\right)\), d’où \(\det\big(a, x, u(x)\big) = a \cdot \big(x \wedge u(x)\big) = \frac{8 + 8 + 2}{3} = 6\).

   Comme \(x\) est orthogonal à \(a\), on a aussi \(\det\big(a, x, u(x)\big) = \lVert a \rVert \, \lVert x \rVert^2 \sin\theta = 3 \times 2 \times \sin\theta\). On trouve \(\sin\theta = 1\), et \(u\) est la rotation d’axe dirigé et orienté par \(a = (2, 2, 1)\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\).

4. Nature de la seconde isométrie

   La matrice \(B\) est symétrique, car ses coefficients d’indices \((i, j)\) et \((j, i)\) coïncident. Ensuite, on calcule \(49\,B\,n = (82 – 36 – 144,\ -24 + 93 – 216,\ -48 – 108 – 138) = (-98, -147, -294)\), donc \(B\,n = (-2, -3, -6) = -n\).

   De plus, \(B\) est orthogonale et symétrique, donc \(B^2 = B B^{\top} = I_3\) : \(v\) est une symétrie, et elle est orthogonale car \(B\) est symétrique. Sa trace vaut \(\frac{41 + 31 – 23}{49} = 1 = \dim E_1 – \dim E_{-1}\). Ainsi \(E_{-1} = \mathrm{Vect}(n)\) et \(E_1 = n^{\perp}\). \(v\) est la réflexion par rapport au plan d’équation \(2x + 3y + 6z = 0\).

Piège classique : la trace seule ne distingue pas \(\theta\) de \(-\theta\). Sans le signe du produit mixte, la réponse \(\pm \frac{\pi}{2}\) reste incomplète.

Barème : question 1 sur 1 point (colonnes 0,5 ; déterminant 0,5) ; question 2 sur 1 point ; question 3 sur 1,5 point (cosinus 0,5 ; signe justifié 1) ; question 4 sur 1 point.

Exercice 3 – Diagonalisation orthogonale (4 points)

1. Les coefficients de \(S\) sont réels et \(S^{\top} = S\). Le théorème spectral garantit alors l’existence d’une base orthonormée de \(\mathbb{R}^3\) formée de vecteurs propres de \(S\).

2. Deux vecteurs propres donnés

   D’une part, \(S\,w_1 = (6 – 2 – 2,\ -4 + 4 + 1,\ -4 + 1 + 4) = (2, 1, 1) = w_1\). D’autre part, \(S\,w_2 = (0 – 2 + 2,\ 0 + 4 – 1,\ 0 + 1 – 4) = (0, 3, -3) = 3\,w_2\). Ainsi 1 et 3 sont valeurs propres de \(S\).

   Comme \(S\) est diagonalisable, sa trace égale la somme de ses valeurs propres comptées avec multiplicité. Or \(\mathrm{tr}(S) = 3 + 4 + 4 = 11\), donc la troisième vaut \(11 – 1 – 3 = 7\). Le spectre de \(S\) est \(\{1, 3, 7\}\), chaque sous-espace propre étant une droite.

3. Troisième vecteur et matrice de passage

   Pour une matrice réelle égale à sa transposée, deux vecteurs propres liés à des valeurs propres distinctes sont orthogonaux. Par conséquent, \(E_7(S)\) est la droite orthogonale à \(w_1\) et à \(w_2\), dirigée par \(w_1 \wedge w_2 = (-2, 2, 2)\), donc par \(w_3 = (-1, 1, 1)\). On vérifie en effet que \(S\,w_3 = (-7, 7, 7) = 7\,w_3\).

   Il reste à normer ces vecteurs : \(\lVert w_1 \rVert = \sqrt{6}\), \(\lVert w_2 \rVert = \sqrt{2}\) et \(\lVert w_3 \rVert = \sqrt{3}\). On pose alors

   \[P = \begin{pmatrix} \frac{2}{\sqrt{6}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix} \quad \text{et} \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 7 \end{pmatrix}.\]

   Les colonnes de \(P\) forment une base orthonormée, donc \(P\) est orthogonale et \(P^{-1} = P^{\top}\). On obtient ainsi \(S = P D P^{\top}\).

4. Positivité et minimum sur la sphère

   Pour \(x \in \mathbb{R}^3\), posons \(y = P^{\top} x\), de même norme que \(x\) car \(P^{\top}\) est orthogonale. Alors \(\langle S x, x \rangle = \langle D y, y \rangle = y_1^2 + 3y_2^2 + 7y_3^2 \geq \lVert y \rVert^2 = \lVert x \rVert^2\). Ce réel est strictement positif dès que \(x \neq 0\), donc \(S\) est définie positive.

   En particulier, pour \(x\) unitaire, on obtient \(\langle S x, x \rangle \geq 1\). L’égalité a lieu pour \(y = (1, 0, 0)\), c’est-à-dire \(x = \frac{1}{\sqrt{6}}(2, 1, 1)\). Le minimum vaut donc 1, atteint en \(x = \frac{1}{\sqrt{6}}(2, 1, 1)\).

Barème : question 1 sur 0,5 point ; question 2 sur 1 point (images de \(w_1\) et \(w_2\) 0,5 ; trace 0,5) ; question 3 sur 1,5 point (vecteur \(w_3\) 0,5 ; matrices \(P\) et \(D\) 1) ; question 4 sur 1 point.

Exercice 4 – Une famille de matrices tridiagonales (3 points)

1. Sens direct

   Supposons \(M\) définie positive. Soit \(\lambda\) une valeur propre et \(x \neq 0\) un vecteur propre associé. Alors \(\langle M x, x \rangle = \lambda \lVert x \rVert^2 > 0\), donc \(\lambda > 0\).

   Réciproque par le théorème spectral

   Supposons maintenant toutes les valeurs propres strictement positives. Le théorème spectral fournit une base orthonormée \((\varepsilon_1, \ldots, \varepsilon_n)\) de vecteurs propres, de valeurs propres \(\gamma_k\), toutes au moins égales à la plus petite d’entre elles, notée \(\gamma\). Pour \(x = \sum x_k \varepsilon_k\), on a alors \(\langle M x, x \rangle = \sum \gamma_k x_k^2 \geq \gamma \lVert x \rVert^2\). Ce réel est strictement positif dès que \(x \neq 0\). D’où l’équivalence annoncée.

2. Spectre de la famille

   Posons \(\mu = 3 – \lambda\). En développant selon la première ligne :

   \[\det(T_a – \lambda I_3) = \begin{vmatrix} \mu & a & 0 \\ a & \mu & a \\ 0 & a & \mu \end{vmatrix} = \mu(\mu^2 – a^2) – a \cdot a\mu = \mu\left(\mu^2 – 2a^2\right).\]

   Les racines sont donc \(\mu = 0\) et \(\mu = \pm a\sqrt{2}\). Les valeurs propres de \(T_a\) sont \(3\), \(3 – a\sqrt{2}\) et \(3 + a\sqrt{2}\).

   Comme \(T_a\) est réelle et égale à sa transposée, la question 1 s’applique. Le plus petit élément du spectre vaut \(3 – \lvert a \rvert \sqrt{2}\), donc la condition cherchée s’écrit \(3 – \lvert a \rvert \sqrt{2} > 0\), soit \(\lvert a \rvert < \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2}\). L’ensemble cherché est \(\left] -\frac{3\sqrt{2}}{2}, \frac{3\sqrt{2}}{2} \right[\). La figure confirme ce résultat : la plus petite des trois droites reste au-dessus de l’axe sur cet intervalle.

Barème : question 1 sur 1,5 point (implication directe 0,5 ; implication inverse 1) ; question 2 sur 1,5 point (déterminant et spectre 1 ; intervalle 0,5).

Exercice 5 – Problème : racine carrée et décomposition polaire (5,5 points)

Partie A : racine carrée d’une matrice positive

1. Construction d’une racine

   D’après le théorème spectral, il existe \(P\) orthogonale telle que \(S = P D P^{\top}\), où \(D\) est diagonale de coefficients diagonaux \(\alpha_k\). Comme \(S\) est positive, chaque \(\alpha_k\) est positif : en effet, pour un vecteur propre \(x\) associé, on a \(\alpha_k \lVert x \rVert^2 = \langle S x, x \rangle \geq 0\).

   Notons alors \(\Delta\) la matrice diagonale de coefficients \(\sqrt{\alpha_k}\), et posons \(R = P \Delta P^{\top}\). Cette matrice est symétrique, et ses valeurs propres \(\sqrt{\alpha_k}\) sont positives, donc \(R\) appartient à \(\mathcal{P}_n\). Enfin, \(R^2 = P D P^{\top} = S\) puisque \(P^{\top} P = I_n\). Une racine carrée positive existe donc.

2. Commutation et sous-espaces propres

   D’abord, \(R S = R^3 = S R\). Soit ensuite \(\lambda \in \mathrm{Sp}(S)\) et \(x \in E_{\lambda}(S)\). Alors \(S(Rx) = R(Sx) = \lambda\, Rx\), donc \(Rx \in E_{\lambda}(S)\) : ce sous-espace est stable par \(R\).

   Restriction à un sous-espace propre

   Notons \(R_{\lambda}\) l’endomorphisme induit par \(R\) sur \(E_{\lambda}(S)\). Il reste autoadjoint pour le produit scalaire induit, donc il se diagonalise en base orthonormée. Soit \(y\) un vecteur propre de \(R_{\lambda}\), de valeur propre \(\mu\). D’une part, \(\mu \geq 0\), car \(\mu\) est aussi valeur propre de \(R\), qui est positive. D’autre part, \(\mu^2 y = R^2 y = S y = \lambda y\), donc \(\mu^2 = \lambda\) et \(\mu = \sqrt{\lambda}\).

   Ainsi \(R_{\lambda}\) est diagonalisable avec \(\sqrt{\lambda}\) pour seule valeur propre : \(R_{\lambda} = \sqrt{\lambda}\,\mathrm{Id}\).

   Conclusion sur l’unicité

   Comme \(S\) est diagonalisable, \(\mathbb{R}^n\) est la somme directe des \(E_{\lambda}(S)\). Toute racine carrée positive \(R\) agit sur chacun d’eux par \(x \mapsto \sqrt{\lambda}\, x\), si bien qu’elle ne dépend que de \(S\). La racine carrée positive de \(S\) est donc unique.

Piège classique : sans la positivité de \(R\), l’unicité tombe. Par exemple, \(-I_n\) est aussi une racine carrée symétrique de \(I_n\).

Partie B : décomposition polaire

3. La matrice \(M^{\top} M\) est symétrique, car \((M^{\top} M)^{\top} = M^{\top} M\). De plus, pour \(x \neq 0\), on a \(\langle M^{\top} M x, x \rangle = \lVert M x \rVert^2 > 0\), puisque \(M\) est inversible. Donc \(M^{\top} M\) appartient bien à \(\mathcal{P}_n^{*}\).

   Ses valeurs propres sont strictement positives, donc celles de \(S\), qui sont leurs racines carrées, le sont aussi : \(S\) est inversible. Enfin, \(S^{-1}\) est symétrique, d’où \(O^{\top} O = S^{-1} M^{\top} M S^{-1} = S^{-1} S^2 S^{-1} = I_n\). La matrice \(O = M S^{-1}\) est orthogonale, et \(M = O S\).

Partie C : un exemple dans le plan

4. Calcul de la racine carrée

   On calcule \(M^{\top} M = \begin{pmatrix} 2 & 11 \\ -5 & 10 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -5 \\ 11 & 10 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 125 & 100 \\ 100 & 125 \end{pmatrix}\).

   Les vecteurs \((1, 1)\) et \((1, -1)\) sont propres, de valeurs propres \(225\) et \(25\). On les norme : \(\varepsilon_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)\) et \(\varepsilon_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1)\). Avec \(Q = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\), on obtient \(M^{\top} M = Q\,\mathrm{diag}(225, 25)\,Q^{\top}\).

   Par la construction de la partie A, \(S = Q\,\mathrm{diag}(15, 5)\,Q^{\top} = \frac{15}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} + \frac{5}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\). On trouve \(S = \begin{pmatrix} 10 & 5 \\ 5 & 10 \end{pmatrix}\), et l’on vérifie que \(S^2 = M^{\top} M\).

5. La rotation et les demi-axes

   Comme \(\det S = 75\), on a \(S^{-1} = \frac{1}{75}\begin{pmatrix} 10 & -5 \\ -5 & 10 \end{pmatrix}\). Alors \(O = M S^{-1} = \frac{1}{75}\begin{pmatrix} 45 & -60 \\ 60 & 45 \end{pmatrix} = \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 3 & -4 \\ 4 & 3 \end{pmatrix}\).

   Cette matrice est orthogonale de déterminant \(\frac{9 + 16}{25} = 1\). \(O\) est donc la matrice de la rotation d’angle \(\varphi\) tel que \(\cos\varphi = \frac{3}{5}\) et \(\sin\varphi = \frac{4}{5}\).

   Ensuite, tout point de \(\mathcal{C}\) s’écrit \(x = \cos t\, \varepsilon_1 + \sin t\, \varepsilon_2\), et son image vaut \(S x = 15 \cos t\, \varepsilon_1 + 5 \sin t\, \varepsilon_2\). Ainsi \(S(\mathcal{C})\) est l’ellipse de demi-axes 15 et 5, portés par \(\varepsilon_1\) et \(\varepsilon_2\). Enfin, \(M(\mathcal{C}) = O\big(S(\mathcal{C})\big)\) et la rotation conserve les longueurs. Les demi-axes de \(M(\mathcal{C})\) mesurent donc 15 et 5, dirigés par \(O\varepsilon_1 = \frac{1}{5\sqrt{2}}(-1, 7)\) et \(O\varepsilon_2\).

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (stabilité 0,5 ; restriction 0,75 ; conclusion 0,25) ; question 3 sur 1 point ; question 4 sur 1 point (produit \(M^{\top} M\) 0,5 ; racine \(S\) 0,5) ; question 5 sur 1 point (matrice \(O\) 0,5 ; demi-axes 0,5).

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