QCM : Matrices symétriques réelles en maths spé (MP)

Réponse C.

En base orthonormée, le produit scalaire s’écrit \(X^{\top}Y\). La relation de définition \(\big(u(x)\mid y\big)=\big(x\mid u^{*}(y)\big)\) devient donc \(X^{\top}A^{\top}Y=X^{\top}BY\) pour tous \(X,Y\), d’où \(B=A^{\top}\). L’inverse ne convient que pour une isométrie, et il n’existe même pas toujours. Répondre \(A\) revient à supposer \(u\) autoadjoint. Enfin, la comatrice intervient dans le calcul de l’inverse, sans lien avec l’adjoint.

Réponse A.

Pour tous \(x,y\), on fait passer \(u\) puis \(v\) de l’autre côté : \(\big(u\circ v(x)\mid y\big)=\big(v(x)\mid u^{*}y\big)=\big(x\mid v^{*}u^{*}y\big)\). L’ordre s’inverse donc, exactement comme pour la transposée d’un produit de matrices. La réponse \(u^{*}\circ v^{*}\) garde l’ordre initial, ce qui est faux dès que les adjoints ne commutent pas. Les réponses sans étoile supposent implicitement \(u\) et \(v\) autoadjoints. De plus, \(u\circ v\) ne serait correct que s’ils commutaient en plus.

Réponse B.

Soit \(y\in F^{\perp}\). Pour tout \(x\in F\), le produit scalaire \(\big(x\mid u^{*}y\big)\) égale \(\big(u(x)\mid y\big)\), qui est nul car \(u(x)\) reste dans \(F\). Ainsi, \(u^{*}(y)\) appartient à \(F^{\perp}\). Le piège « stable par \(u\) » n’est valable que si \(u\) est autoadjoint : avec \(u(x,y)=(x+y,y)\), l’axe \(\mathbb{R}(1,0)\) est stable, mais \(u(0,1)=(1,1)\) sort de son orthogonal. De même, la stabilité de \(F\) par \(u^{*}\) n’a aucune raison d’avoir lieu. Enfin, rien ne force \(u\) à s’annuler sur \(F^{\perp}\).

Réponse D.

Le calcul du carré redonne la même matrice, donc \(p\) est bien un projecteur. Cependant, pour qu’un projecteur soit orthogonal, il faut et il suffit qu’il coïncide avec son adjoint, donc ici que sa matrice soit symétrique. Ici, il projette sur la droite \(\mathbb{R}(1,0)\) parallèlement à \(\mathbb{R}(1,-1)\), direction non perpendiculaire. L’idempotence seule ne donne que le caractère de projecteur. Le rang ne décide de rien. Enfin, une matrice de projecteur n’a pas à être diagonale dans la base choisie.

Réponse D.

Le lien entre autoadjoint et matrice symétrique utilise l’écriture \(X^{\top}Y\) du produit scalaire, valable seulement en base orthonormée. Par exemple, la projection orthogonale de \(\mathbb{R}^2\) sur l’axe des abscisses a pour matrice \(\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}\) dans la base \(\big((1,0),(1,1)\big)\), qui n’est pas symétrique. Le piège « toujours symétrique » oublie cette hypothèse. Le caractère diagonal demanderait une base de vecteurs propres. L’antisymétrie, enfin, caractérise un tout autre type d’endomorphisme.

Réponse A.

Le calcul donne \(M^2=\begin{pmatrix}1+i^2&i-i\\i-i&i^2+1\end{pmatrix}=0\). Ainsi, \(M\) est nilpotente non nulle : sa seule valeur propre est \(0\), et elle n’est pas diagonalisable. Le théorème spectral exige des coefficients réels, ce que les deux réponses « diagonalisable » oublient. Enfin, être symétrique ne garantit jamais l’inversibilité, comme le montre déjà la matrice nulle.

Réponse C.

On vérifie que \(S(2,1)=(10,5)=5\,(2,1)\), puis on divise par la norme \(\sqrt{4+1}=\sqrt5\). Le vecteur \((1,2)\) a les coordonnées inversées : son image \((8,4)\) ne lui est pas proportionnelle. Le vecteur \((1,-2)\) est dans le noyau, donc associé à \(0\) ; il est d’ailleurs orthogonal au bon, comme le prévoit le théorème spectral. Enfin, diviser par \(5\) au lieu de \(\sqrt5\) ne rend pas le vecteur unitaire.

Réponse C.

Le spectre de \(S\) est \(\{3,-1\}\), car la trace vaut \(2\) et le déterminant \(-3\). Par la caractérisation spectrale, \(S\) n’est donc pas positive. On le voit aussi avec \(X=(1,-1)\) : \(X^{\top}SX=-2\). Des coefficients positifs ne suffisent pas, car la positivité concerne la forme quadratique et non les entrées. Une diagonale positive est seulement une condition nécessaire. Enfin, l’inversibilité exclut la valeur propre \(0\), mais pas une valeur propre négative.

Réponse B.

D’abord, \((A^{\top}A)^{\top}=A^{\top}A\), donc la matrice est symétrique. Ensuite, \(X^{\top}A^{\top}AX=\|AX\|^2\geqslant0\), avec égalité seulement si \(AX=0\), c’est-à-dire \(X=0\) puisque \(A\) est inversible. Elle est donc définie positive. Le piège « sans être forcément définie » oublie d’exploiter l’inversibilité de \(A\). L’appartenance à \(O_n(\mathbb{R})\) supposerait \(A^{\top}A=I_n\). Enfin, croire qu’elle n’est pas symétrique confond avec \(AA^{\top}\neq A^{\top}A\).

Réponse D.

Le quotient de Rayleigh d’une matrice symétrique réelle est encadré par sa plus petite et sa plus grande valeur propre, et ces bornes sont atteintes. Ici, le spectre est \(\{2,4\}\), avec \(4\) atteint en \(\frac{1}{\sqrt2}(1,1)\). La valeur \(3\) correspond seulement aux vecteurs de la base canonique. Le nombre \(6\) est la trace, c’est-à-dire la somme des deux valeurs propres. Enfin, \(2\) est le minimum et non le maximum.

Réponse B.

La matrice \(\operatorname{diag}(-1,-1,5)\) a une trace égale à \(3\) et un déterminant égal à \(5\). Cependant, elle possède la valeur propre \(-1\), donc elle n’est pas positive. En effet, deux valeurs propres négatives donnent un produit positif. Le critère trace et déterminant ne fonctionne qu’en taille \(2\). Le théorème spectral fournit une base propre, mais ne dit rien des signes. Enfin, un déterminant positif tolère un nombre pair de valeurs propres négatives.

Réponse A.

On écrit \(S=P\,\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)P^{\top}\) avec \(P\) orthogonale, puis \(Y=P^{\top}X\). Alors \(\sum\lambda_iy_i^2=0\) avec des \(\lambda_i\geqslant0\). Par conséquent, \(y_i=0\) dès que \(\lambda_i>0\), ce qui donne \(SX=0\). Conclure \(X=0\) n’est permis que pour une matrice définie positive. Conclure \(S=0\) ignore que \(X\) peut être dans le noyau. Enfin, \(X\) est au contraire dans \(\ker S\).