Exercices d’oraux type Centrale/Mines

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $(E,\langle\;,\;\rangle)$ un espace euclidien non réduit à $\{0\}$ et $s\in\mathscr{L}(E)$.

1) Etablir l’égalité du parallélogramme.

2) Montrer l’équivalence entre les deux propriétés suivantes :

(i) : $\exists c\in\mathbb{R}/$, $\forall(x,y)\in E^2,\;\langle s(x),s(y)\rangle=c\langle x,y\rangle$.

(ii) : $\forall(x,y)\in E^2$, $(\langle x,y\rangle=0\Rightarrow\langle s(x),s(y)\rangle=0$.

3) Trouver les $u\in\mathscr{L}(E)$ tels que : pour tout sous-espace $V$ de $E$, $u\left(V^\bot\right)\subset(u(V))^\bot$.

Corrigé

1) Pour tout $(x,y)\in E^2$, $\|x+y\|^2+\|x-y\|^2=\|x\|^2+2\langle x,y\rangle+\|y\|^2+\|x\|^2-2\langle x,y\rangle+\|y\|^2=2\left(\|x\|^2+\|y\|^2\right)$. On a montré l’identité du parallélogramme :

$$\forall(x,y)\in E^2,\;\|x+y\|^2+\|x-y\|^2=2\left(\|x\|^2+\|y\|^2\right).$$

2) (i) $\Rightarrow$ (ii) Supposons qu’il existe $c\in\mathbb{R}$ tel que pour tout $(x,y)\in E^2$, $\langle s(x),s(y)\rangle=c\langle x,y\rangle$. Soit $(x,y)\in E^2$ tel que $\langle x,y\rangle=0$. Alors, $\langle s(x),s(y)\rangle=c\langle x,y\rangle=0$.

(ii) $\Rightarrow$ (i) On suppose que $\text{dim}(E)=n\geqslant2$. Supposons que pour tout $(x,y)\in E^2$, si $\langle x,y\rangle=0$, alors $\langle s(x),s(y)\rangle=0$. Soit $\mathscr{B}=\left(e_1,\ldots,e_n\right)$ une base orthonormée. Soit $i\in\{2,\ldots,n\}$.

$$\langle e_i+e_1,e_i-e_1\rangle=\left\|e_i\right\|^2-\left\|e_1\right\|^2=0.$$

Mais alors

$$0=\langle s\left(e_i+e_1\right),s\left(e_i-e_1\right)\rangle=\langle s\left(e_i\right)+s\left(e_1\right),s\left(e_i\right)-s\left(e_1\right)\rangle=\left\|s\left(e_i\right)\right\|^2-\left\|s\left(e_1\right)\right\|^2$$

puis $\left\|s\left(e_i\right)\right\|=\left\|s\left(e_1\right)\right\|$. On peut poser $c=\left\|s\left(e_1\right)\right\|^2=\ldots=\left\|s\left(e_n\right)\right\|^2$, ce que l’on fait également quand $n=1$. Si $c=0$, alors l’endomorphisme $s$ s’annule sur une base de $E$ puis $s=0$. Mais alors, pour tout $(x,y)\in E^2$, $\langle s(x),s(y)\rangle=0=c\langle x,y\rangle$. Dorénavant, on suppose $c>0$.

Soit $f=\dfrac{1}{\sqrt{c}}s$. Pour tout $i\in\{1,\ldots,n\}$, $\left\|f\left(e_i\right)\right\|=\dfrac{1}{\sqrt{c}}\left\|s\left(e_i\right)\right\|=1$ et pour $i\neq j$, $\langle f\left(e_i\right),f\left(e_j\right)\rangle=\dfrac{1}{c}\langle s\left(e_i\right),s\left(e_j\right)\rangle=\dfrac{1}{c}\langle e_i,e_j\rangle=0$. Donc, l’image d’une base orthonormée de $E$ par $f$ est une base orthonormée de $E$ puis $f\in O(E)$.

Ainsi, $s=\sqrt{c}f$ où $c=\left\|s\left(e_1\right)\right\|^2$ et $f$ est un certain automorphisme orthogonal. On en déduit que pour tout $(x,y)\in E^2$,

$$\langle s(x),s(y)\rangle=c\langle f(x),f(y)\rangle=c\langle x,y\rangle.$$

On a montré que (i) $\Leftrightarrow$ (i). On note que la constante $c$ est nécessairement un réel positif car si $x\in E\setminus\{0\}$, $c=\dfrac{\|s(x)\|^2}{\|x\|^2}\geqslant0$.

3) Soit $u\in\mathscr{L}(E)$ tel que pour tout sous-espace $V$ de $E$, $u\left(V^\bot\right)\subset(u(V))^\bot$. Soit $x\in E\setminus\{0\}$. On $u\left(x^\bot\right)\subset(u(x))^\bot$ ou encore l’image par $u$ d’un vecteur orthogonal à $x$ est un vecteur orthogonal à $u(x)$. $u$ vérifie donc la condition (ii).

D’après la question précédente, il existe nécessairement un réel positif $k$ et un automorphisme orthogonal $f$ tels que $u=kf$.

Réciproquement, soient $k\in\mathbb{R}^+$ et $f\in O(E)$ puis $u=kf$. Soit $V$ un sous-espace de $E$. Soit $y\in U\left(V^\bot\right)$. Il existe $x\in V^\bot$ tel que $y=u(x)$ puis, pour tout $z\in V$,

$$\langle y,u(z)\rangle=\langle u(x),u(z)\rangle=k^2\langle f(x),f(z)\rangle=k^2\langle x,z\rangle=0,$$

et donc $y\in(u(V))^\bot$. Ceci montre que $u\left(V^\bot\right)\subset(u(V))^\bot$. 

On a montré que les endomorphismes $u$ de $E$ vérifiant pour tout sous-espace $V$ de $E$, $u\left(V^\bot\right)\subset(u(V))^\bot$ sont les similitudes de $E$ c’est-à-dire les endomorphismes de la forme $kf$ où $k\in\mathbb{R}^+$ et $f\in O(E)$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Pas de commentaire particulier. 

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $S\in\mathscr{S}_n^{++}(\mathbb{R})$.

1) Montrer qu’il existe $A\in\mathscr{S}_n^{++}(\mathbb{R})$ telle que $A^2=S$.

2) Montrer que $A^{-1}\in\mathscr{S}_n^{++}(\mathbb{R})$ et que $\left(A^{-1}\right)^2=S^{-1}$.

3) On note $(.|.)$ le produit scalaire canonique sur $\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})$. Montrer que pour tout $X\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})$, on a $(X|X)^2\leqslant(SX|X)\left(S^{-1}X|X\right)$.

4) Dans quel cas a-t-on l’égalité ?

Corrigé

1) $S$ est symétrique réelle. D’après le théorème spectral, il existe $D=\text{diag}\left(\lambda_1,\ldots,\lambda_n\right)\in\mathscr{D}_n(\mathbb{R})$ et $P\in O_n(\mathbb{R})$ telles que $S=PDP^T$. De plus, $S$ est définie positive et donc, pour tout $i\in\{1,\ldots,n\}$, $\lambda_i>0$.

Soit $\Delta=\text{diag}\left(\sqrt{\lambda_1},\ldots,\sqrt{\lambda_n}\right)$ puis $A=P\Delta P^T$. $A$ est orthogonalement semblable à une matrice diagonale réelle et donc $A$ est symétrique réelle. De plus, $\text{Sp}(A)=\text{diag}\left(\sqrt{\lambda_i}\right)_{1\leqslant i\leqslant n}\subset]0,+\infty[^n$ et donc $A\in\mathscr{S}_n^{++}(\mathbb{R})$. Enfin,

$$A^2=P\Delta^2P^T=PDP^T=S.$$

2) Soit $A\in\mathscr{S}_n^{++}(\mathbb{R})$ telle que $A^2=S$ (l’unicité de $A$ n’a pas été démontrée). $0$ n’est pas valeur propre de $A$ et donc $A\in GL_n(\mathbb{R})$ puis

$$\left(A^{-1}\right)^2=\left(A^2\right)^{-1}=S^{-1}.$$

3) On reprend les notations de la question 1). Soit $X=\left(x_i\right)_{1\leqslant i\leqslant n}\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})$ puis $X’=P^TX=\left(x_i’\right)_{1\leqslant i\leqslant n}$.

\begin{align*}(SX|X)\left(S^{-1}X|X\right)&=\left(A^2X|X\right)\left(\left(A^{-1}\right)^2|X\right)=(AX|AX)\left(A^{-1}X|A^{-1}X\right)\;(\text{car}\;A\;\text{et}\;A^{-1}\;\text{sont symétriques})\\&=\|AX\|^2\left\|A^{-1}X\right\|^2=\|PDP^TX\|^2\left\|PD^{-1}P^TX\right\|^2=\|DX’\|^2\left\|D^{-1}X’\right\|^2\;(\text{car}\;P\in O_n(\mathbb{R}))\\&\geqslant\left(DX’|D^{-1}X’\right)^2\;(\text{d’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz})\\&=\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\left(\lambda_ix_i’\right)\left(\dfrac{1}{\lambda_i}x_i’\right)\right)^2=\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i’^2\right)^2=\|X’\|^4=\left\|P^TX\right\|^4=\|X\|^4=(X|X)^2\;(\text{car}\;P\in O_n(\mathbb{R})).\end{align*}

On a montré que : $\forall X\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})$, $(SX|X)\left(S^{-1}X|X\right)\geqslant (X|X)^2$.

4) L’application $X\mapsto P^TX$ est une permutation de $\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})$ (de réciproque $X\mapsto PX$). Donc, $X$ décrit $\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})$ si et seulement si $X’=P^TX$ décrit $\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})$.

On a l’égalité si et seulement si la seule inégalité écrite est une égalité ce qui équivaut à $\forall X’\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})=\|DX’\|\left\|D^{-1}X’\right\|=\left|\left(DX’|D^{-1}X’\right)\right|$. On sait que ceci équivaut au fait que pour tout $X’\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})$, la famille $\left(DX’,D^{-1}X’\right)$ est liée $(\star)$.

Si c’est le cas, en appliquant $(\star)$ au vecteur $U=\begin{pmatrix}1\\\vdots\\1\end{pmatrix}$, il existe $k\in\mathbb{R}$ tel que $\left(\lambda_1,\ldots,\lambda_n\right)=k\left(\dfrac{1}{\lambda_1},\ldots,\dfrac{1}{\lambda_n}\right)$ ou encore, pour tout $i\in\{1,\ldots,n\}$, $\lambda_i^2=k$. Ainsi, $\lambda_1^2=\ldots=\lambda_n^2$ puis $\lambda_1=\ldots=\lambda_n$ car les $\lambda_i$ sont positifs. En notant $\lambda$ la valeur commune des $\lambda_i$, on obtient $D=\lambda I_n$ puis $S=\lambda I_n$. Ainsi, si on a l’égalité pour tout $X\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})$, alors $S$ est une matrice scalaire (définie, positive).

Inversement, si il existe $\lambda>0$ tel que $S=\lambda I_n$, alors pour tout $X\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})$, $(SX|X)\left(S^{-1}X|X\right)=\dfrac{\lambda}{\lambda}(X|X)^2=(X|X)^2$.

On a l’égalité pour tout $X\in\mathscr{M}_{n,1}(\mathbb{R})$ si et seulement si $S$ est une matrice scalaire (définie, positive).

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