Matrices symétriques réelles

Exercice 1.
Soit {p\in\mathcal{L}(\mathbb{R}^4)} de matrice {M=\dfrac{1}{2}}{\begin{pmatrix}1&0&-1&0\cr 0&1&0&-1\cr-1&0&1&0\cr0&-1&0&1\end{pmatrix}} dans la base canonique.
Montrer que {p} est un projecteur orthogonal.
Donner une base orthonormale de {\text{Im}(p)} et de {\text{Ker}(p)}.
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  • On vérifie aisément que {M^2=M}.

    Il en résulte {p^2=p}, donc {p} est un projecteur.

    D’autre part la matrice {M} est symétrique (et la base canonique de {\mathbb{R}^4} est orthonormée pour le produit scalaire usuel). Il en résulte que {p} est un projecteur orthogonal de {\mathbb{R}^4}.

  • Il est clair que {M} est de rang {2} (les colonnes {\text{C}_{1}} et {\text{C}_{3}} proportionnelles, ainsi que {\text{C}_{2}} et {\text{C}_{4}}, et les colonnes {\text{C}_{1}} et {\text{C}_{2}} sont libres).

    Il en résulte que {\text{Im}(p)} est un plan vectoriel, de même que {\text{Ker}(p)}.

    Les vecteurs {\dfrac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\0\\-1\\0\end{pmatrix}} et {\dfrac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}0\\1\\0\\-1\end{pmatrix}} forment une base orthonormale de {\text{Im}(p)}.

    Les vecteurs {\dfrac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\0\\1\\0\end{pmatrix}} et {\dfrac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}0\\1\\0\\1\end{pmatrix}} forment une b.o.n. de {\text{Ker}(p)=\text{Im}(p)^{\bot}}.

Exercice 2.
Diagonaliser {A=}{\begin{pmatrix}3&2&2\cr 2&2&0\cr 2&0&4\end{pmatrix}} dans le groupe orthogonal. Calculer {A^{n}} pour {n\in\mathbb{N}}.
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On calcule le polynôme caractéristique :
{\begin{array}{rl}\chi_{A}(X)&=\det(XI-A)=\begin{vmatrix}X-3&-2&-2\\ -2&X-2&0\\ -2&0&X-4\end{vmatrix}\\\\&=(X-2)(X-3)(X-4)-4(X-2)-4(X-4)\\\\&=X^{3}-9X^{2}+18X=X(X-3)(X-6)\end{array}}On détermine ensuite les sous-espaces propres :

  • Pour \lambda=0 : {\begin{pmatrix}x\\ y\\z\end{pmatrix}\in _{0}\Leftrightarrow\begin{cases}x+y=0\\x+2z=0\end{cases}}
  • Pour \lambda=3 : {\begin{pmatrix}x\\ y\\z\end{pmatrix}\in E_{3}\Leftrightarrow\begin{cases}2x-y=0\\x+z=0\end{cases}}
  • Pour \lambda=6 : {\begin{pmatrix}x\\ y\\z\end{pmatrix}\in E_{6}\Leftrightarrow\begin{cases}x-2y=0\\x-z=0\end{cases}}

On choisit un vecteur unitaire sur chaque droite vectorielle propre : {\varepsilon_{1}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}2\\-2\\-1\end{pmatrix}\in E_{0},\;\varepsilon_{2}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}1\\2\\-2\end{pmatrix}\in E_{3},\;\varepsilon_{3}=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}\in E_{6}}La matrice {P=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}2&1&2\\-2&2&1\\ -1&-2&2\end{pmatrix}} est donc orthogonale.

On a {A=PDP^{-1}=PD{P}^{\top}}, où {D=\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&3&0\\0&0&6\end{pmatrix}}.

On trouve alors, pour tout n\in\mathbb{N}^* : {\begin{array}{rl}A^{n}&=3^{n}P\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&2^{n}\end{pmatrix}{P}^{\top}\\\\&=3^{n-2}\begin{pmatrix}1+2^{n+2}&2+2^{n+1}&-2+2^{n+2}\\2+2^{n+1}&4+2^n&-4+2^{n+1}\\-2+2^{n+2}&-4+2^{n+1}&4+2^{n+2}\end{pmatrix}\end{array}}

Exercice 3.
Montrer que la matrice {A=}{\begin{pmatrix}1-i & -2 & -3 & 4 \cr -2 & 2-i & 18 & 2 \cr -3 & 18 & 1-i & 1 \cr 4 & 2 & 1 & 3-i\end{pmatrix}} est inversible.
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On a {A=S-iI_4}, où {S} est symétrique à coefficients réels.

On sait que les valeurs propres de Ssont toutes réelles.

Ainsi {\det(S-iI_4)\ne0}, ce qui signifie que {A} est inversible.

Exercice 4.
Soit {A\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})}, symétrique, telle que {A^{m}=I}, avec {m\ge1}.
Montrer que {A^2=I}.
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On sait que la matrice {A} est diagonalisable dans {\mathbb{R}}.

Soit {P} une matrice de passage et {D} une matrice diagonale telles que {D=P^{-1}AP}.

L’hypothèse {A^{m}=I} implique {D^{m}=P^{-1}A^mP=I}.

Ainsi les coefficients diagonaux {\lambda} de {D} (donc les valeurs propres de {A}) vérifient {\lambda^m=1}.

Mais on sait que les valeur propres {\lambda} de {A} sont toutes réelles.

On en déduit {\lambda=\pm1} et donc {\lambda^2=1}.

Il en résulte {D^2=I} puis {A^2=PD^2P^{-1}=I}.

Exercice 5.
Soit {A=(a_{ij})}, symétrique réelle d’ordre {n}, de valeurs propres {(\lambda_k)_{1\le k\le n}}.
Montrer que {\displaystyle\sum_{i,j=1}^na_{ij}^2=\sum_{k=1}^n\lambda_k^2}.
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On reconnaît un produit scalaire dans \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R}) :{\begin{array}{rl}\displaystyle\sum_{i,j=1}^na_{ij}^2&=\left({A}\mid{A}\right)=\text{tr}({A}^{\top}{A})\\&=\text{tr}(A^{2})=\sum_{k=1}^n\lambda_k^2\end{array}}En effet, la matrice {A} est diagonalisable, la matrice {A^{2}} aussi, et la trace de {A^{2}} est égale à la somme des valeurs propres de {A^{2}}, c’est-à-dire la somme des {\lambda_{k}^{2}}.