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Espaces euclidiens

Cette sélection réunit des exercices d’algèbre et d’espaces euclidiens tombés aux oraux des ENS. Cherchez d’abord à partir de l’énoncé, puis ouvrez une indication ou le corrigé lorsque vous en avez besoin.

Exercices 2026

Les exercices 2026 seront ajoutés prochainement.

Exercices 2025

Exercice 1—Composition de projecteurs orthogonaux

Exercice tombé en 2025

DifficultéÀ définir

Énoncé

Soient $E$ un espace euclidien et $p,q\in\mathcal{L}(E)$ deux projecteurs orthogonaux qui commutent. Montrer que $p\circ q$ est un projecteur orthogonal.

Indication›

Commencer par montrer, à l’aide de la commutation de $p$ et $q$ , que $p\circ q$ est bien un projecteur.

Pour l’orthogonalité, on peut utiliser la caractérisation suivante : un projecteur $r$ est orthogonal si et seulement si

\forall x\in E,\qquad \|r(x)\|\leq \|x\|.

Corrigé›

1. Montrons d’abord que $p\circ q$ est un projecteur

Comme $p$ et $q$ commutent,

\begin{aligned} (p\circ q)^2 &=p\circ q\circ p\circ q\\ &=p\circ p\circ q\circ q\\ &=p^2\circ q^2\\ &=p\circ q. \end{aligned}

Ainsi,

\boxed{p\circ q\text{ est un projecteur}.}

2. Une caractérisation utile des projecteurs orthogonaux

Montrons le résultat de cours suivant : si $r$ est un projecteur de $E$ , alors

r\text{ est orthogonal} \iff \forall x\in E,\quad \|r(x)\|\leq\|x\|.

Sens direct

Supposons $r$ orthogonal. Pour tout $x\in E$ ,

x=r(x)+\bigl(x-r(x)\bigr).

Or $r(x)\in\operatorname{Im}(r)$ et

r\bigl(x-r(x)\bigr) =r(x)-r^2(x) =0,

donc

x-r(x)\in\ker(r).

Puisque $r$ est un projecteur orthogonal,

\operatorname{Im}(r)\perp\ker(r).

On a donc

r(x)\perp x-r(x).

Par le théorème de Pythagore,

\|x\|^2 = \|r(x)\|^2 + \|x-r(x)\|^2 \geq \|r(x)\|^2.

Par conséquent,

\boxed{\|r(x)\|\leq\|x\|}.

Sens réciproque

Supposons maintenant que

\forall z\in E,\qquad \|r(z)\|\leq\|z\|.

Soient $x\in\ker(r)$ et $y\in\operatorname{Im}(r)$ . Comme $y\in\operatorname{Im}(r)$ et que $r$ est un projecteur,

r(y)=y.

Pour tout $\lambda\in\mathbb{R}$ , on a alors

\begin{aligned} \|y\| &= \|r(\lambda x+y)\|\\ &\leq \|\lambda x+y\|. \end{aligned}

En élevant au carré,

\|y\|^2 \leq \lambda^2\|x\|^2 + 2\lambda\langle x,y\rangle + \|y\|^2.

Donc, pour tout réel $\lambda$ ,

\lambda^2\|x\|^2 + 2\lambda\langle x,y\rangle \geq0.

Si $x=0$ , l’orthogonalité est immédiate. Supposons donc $x\neq0$ . Le polynôme

\lambda \longmapsto \|x\|^2\lambda^2 + 2\langle x,y\rangle\lambda

est positif ou nul pour tout réel $\lambda$ . Son discriminant est donc inférieur ou égal à zéro :

\Delta = 4\langle x,y\rangle^2 \leq0.

Il vient nécessairement

\langle x,y\rangle=0.

Ainsi,

\ker(r)\perp\operatorname{Im}(r),

ce qui montre que $r$ est un projecteur orthogonal.

Nous avons donc bien établi

\boxed{ r\text{ projecteur orthogonal} \iff \forall x\in E,\quad \|r(x)\|\leq\|x\| }

3. Application à $p\circ q$

Les projecteurs $p$ et $q$ étant orthogonaux, la caractérisation précédente donne, pour tout $x\in E$ ,

\|p(q(x))\| \leq \|q(x)\| \leq \|x\|.

Autrement dit,

\|(p\circ q)(x)\|\leq\|x\|.

Or nous avons déjà montré que $p\circ q$ est un projecteur. La caractérisation précédente permet donc de conclure :

\boxed{ p\circ q\text{ est un projecteur orthogonal}. }

Complément — noyau et image de $p\circ q$

On a d’abord

\ker(q)\subset\ker(p\circ q).

Comme $p\circ q=q\circ p$ , on a également

\ker(p)\subset\ker(p\circ q).

D’où

\ker(p)+\ker(q) \subset \ker(p\circ q).

Attention : il s’agit bien ici d’une somme de sous-espaces, et non d’une réunion.

Réciproquement, soit $x\in\ker(p\circ q)$ . On écrit

x=p(x)+\bigl(x-p(x)\bigr).

On a

p\bigl(x-p(x)\bigr) =p(x)-p^2(x) =0,

donc

x-p(x)\in\ker(p).

D’autre part, puisque $p\circ q=q\circ p$ ,

\begin{aligned} q(p(x)) &= p(q(x))\\ &= (p\circ q)(x)\\ &=0. \end{aligned}

Ainsi,

p(x)\in\ker(q).

On en déduit

x\in\ker(p)+\ker(q).

Finalement,

\boxed{ \ker(p\circ q) = \ker(p)+\ker(q) }

Pour l’image, on a immédiatement

\operatorname{Im}(p\circ q) \subset \operatorname{Im}(p).

Comme $p\circ q=q\circ p$ ,

\operatorname{Im}(p\circ q) \subset \operatorname{Im}(q).

D’où

\operatorname{Im}(p\circ q) \subset \operatorname{Im}(p)\cap\operatorname{Im}(q).

Réciproquement, si

x\in \operatorname{Im}(p)\cap\operatorname{Im}(q),

alors $p(x)=x$ et $q(x)=x$ , donc

(p\circ q)(x) = p(q(x)) = p(x) = x.

Ainsi $x$ appartient à l’image de $p\circ q$ . Donc

\boxed{ \operatorname{Im}(p\circ q) = \operatorname{Im}(p)\cap\operatorname{Im}(q) }

On peut alors donner une seconde conclusion à l’exercice :

\begin{aligned} \operatorname{Im}(p\circ q)^\perp &= \bigl( \operatorname{Im}(p)\cap \operatorname{Im}(q) \bigr)^\perp\\ &= \operatorname{Im}(p)^\perp + \operatorname{Im}(q)^\perp\\ &= \ker(p)+\ker(q)\\ &= \ker(p\circ q). \end{aligned}

On retrouve donc directement que $p\circ q$ est un projecteur orthogonal.

Exercice 2—Crochets de Lie itérés et rayon spectral

Exercice tombé en 2025

DifficultéÀ définir

Énoncé

Soit $p\in\mathbb{N}^*$ . On considère l’application

\begin{aligned} [\,\cdot,\cdot\,]: \mathcal{M}_p(\mathbb{R})^2 &\longrightarrow \mathcal{M}_p(\mathbb{R})\\ (A,B) &\longmapsto [A,B]=AB-BA. \end{aligned}

On pose

f_0(A,B)=B

et, pour tout $n\in\mathbb{N}$ ,

f_{n+1}(A,B) = [A,f_n(A,B)].

Déterminer, pour tout $n\in\mathbb{N}$ , les coefficients $(c_{n,j})_{j\in\llbracket0,n\rrbracket}$ tels que
$f_n(A,B) = \sum_{j=0}^{n} c_{n,j}A^jBA^{n-j}.$
Soit $A\in\mathcal{S}_p(\mathbb{R})$ . On pose
$\rho(A) = \sup_{\lambda\in\operatorname{Sp}(A)} |\lambda|.$
Déterminer une condition nécessaire sur $\rho(A)$ pour que
$\rho\bigl(f_n(A,B)\bigr) \xrightarrow[n\to+\infty]{}0$
pour tout $B\in\mathcal{M}_p(\mathbb{R})$ .
Trouver $A\in\mathcal{S}_p(\mathbb{R})$ telle que la propriété précédente ne soit pas vérifiée et
$\rho(A)=\frac12.$

Indication›

Pour la première question, écrire $f_n$ en fonction de $f_{n-1}$ et obtenir une relation de récurrence sur les coefficients $c_{n,j}$ . Le triangle de Pascal apparaît naturellement.

Pour la deuxième question, utiliser le théorème spectral pour relier le rayon spectral d’une matrice symétrique à la norme opérateur subordonnée à la norme euclidienne.

Pour la dernière question, regarder ce qui se passe à la valeur limite $\rho(A)=1/2$ .

Corrigé›

1. Détermination des coefficients $c_{n,j}$

Le crochet $[A,B]=AB-BA$ est appelé le crochet de Lie de $A$ et $B$ .

On raisonne par récurrence pour déterminer les coefficients $c_{n,j}$ .

Pour $n=0$ ,

f_0(A,B)=B,

donc

c_{0,0}=1.

Supposons maintenant que, pour un certain $n\geq1$ ,

f_{n-1}(A,B) = \sum_{j=0}^{n-1} c_{n-1,j}A^jBA^{n-1-j}.

Alors

\begin{aligned} f_n(A,B) &= Af_{n-1}(A,B) - f_{n-1}(A,B)A\\ &= \sum_{j=0}^{n-1} c_{n-1,j}A^{j+1}BA^{n-1-j}\\ &\quad - \sum_{j=0}^{n-1} c_{n-1,j}A^jBA^{n-j}. \end{aligned}

Dans la première somme, effectuons le changement d’indice $j\mapsto j-1$ . On obtient

f_n(A,B) = \sum_{j=1}^{n} c_{n-1,j-1}A^jBA^{n-j} - \sum_{j=0}^{n-1} c_{n-1,j}A^jBA^{n-j}.

Par identification,

c_{n,0}=-c_{n-1,0},

c_{n,n}=c_{n-1,n-1},

et, pour $1\leq j\leq n-1$ ,

c_{n,j} = c_{n-1,j-1} - c_{n-1,j}.

Posons

u_{n,j} = (-1)^{n-j}c_{n,j}.

On a alors

u_{n,0}=u_{n-1,0}

u_{n,n}=u_{n-1,n-1}.

Pour $1\leq j\leq n-1$ ,

\begin{aligned} u_{n,j} &= (-1)^{n-j} \left( c_{n-1,j-1} - c_{n-1,j} \right)\\ &= u_{n-1,j-1} + u_{n-1,j}. \end{aligned}

On reconnaît exactement la relation du triangle de Pascal. Comme

u_{0,0}=1,

on en déduit

u_{n,j} = \binom{n}{j}.

Par conséquent,

\boxed{ c_{n,j} = (-1)^{n-j} \binom{n}{j} }

et finalement

\boxed{ f_n(A,B) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^{n-j} \binom{n}{j} A^jBA^{n-j} }

2. Condition portant sur le rayon spectral

Remarque sur la formulation de la question

La question semble plutôt chercher une condition suffisante qu’une condition nécessaire. En effet, si $A=\lambda I_p$ , alors $A$ commute avec toute matrice et

f_n(A,B)=0 \qquad\text{pour tout }n\geq1

quel que soit $B$ , alors que $\rho(A)=|\lambda|$ peut être arbitrairement grand.

On cherche donc une condition suffisante.

Notons $\|\cdot\|_2$ la norme euclidienne sur $\mathcal{M}_{p,1}(\mathbb{R})$ et également la norme opérateur subordonnée associée sur les matrices.

Comme $A\in\mathcal{S}_p(\mathbb{R})$ , le théorème spectral assure l’existence d’une base orthonormée

(E_1,\ldots,E_p)

constituée de vecteurs propres de $A$ , associés à des valeurs propres réelles

\lambda_1,\ldots,\lambda_p.

Soit

X = \sum_{i=1}^{p}x_iE_i.

Alors

AX = \sum_{i=1}^{p} \lambda_i x_iE_i.

Par orthonormalité de la base,

\begin{aligned} \|AX\|_2^2 &= \sum_{i=1}^{p} \lambda_i^2x_i^2\\ &\leq \rho(A)^2 \sum_{i=1}^{p} x_i^2\\ &= \rho(A)^2\|X\|_2^2. \end{aligned}

Donc

\|AX\|_2 \leq \rho(A)\|X\|_2.

En prenant pour $X$ un vecteur propre associé à une valeur propre de module maximal, on obtient l’égalité. Ainsi,

\boxed{\|A\|_2=\rho(A)}.

Reprenons maintenant la formule obtenue à la première question :

f_n(A,B) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^{n-j} \binom{n}{j} A^jBA^{n-j}.

Par inégalité triangulaire et sous-multiplicativité de la norme opérateur,

\begin{aligned} \|f_n(A,B)\|_2 &\leq \sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j} \|A\|_2^j \|B\|_2 \|A\|_2^{n-j}\\ &= \|B\|_2 \sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j} \rho(A)^n\\ &= \|B\|_2 \bigl(2\rho(A)\bigr)^n. \end{aligned}

De plus, le rayon spectral d’une matrice est inférieur ou égal à toute norme opérateur subordonnée, donc

\rho\bigl(f_n(A,B)\bigr) \leq \|f_n(A,B)\|_2.

Ainsi,

\rho\bigl(f_n(A,B)\bigr) \leq \|B\|_2 \bigl(2\rho(A)\bigr)^n.

Par conséquent, si

\rho(A)<\frac12,

alors

\bigl(2\rho(A)\bigr)^n \xrightarrow[n\to+\infty]{}0

et donc, pour toute matrice $B$ ,

\rho\bigl(f_n(A,B)\bigr) \xrightarrow[n\to+\infty]{}0.

Une condition suffisante est donc

\boxed{\rho(A)<\frac12}.

3. Contre-exemple au cas $\rho(A)=1/2$

Prenons

A= \begin{pmatrix} \frac12&0\\ 0&-\frac12 \end{pmatrix}

B= \begin{pmatrix} 0&1\\ 1&0 \end{pmatrix}.

La matrice $A$ est symétrique et ses valeurs propres sont $\frac12$ et $-\frac12$ . Ainsi,

\rho(A)=\frac12.

Calculons maintenant

\begin{aligned} f_1(A,B) &= AB-BA\\ &= \begin{pmatrix} 0&1\\ -1&0 \end{pmatrix}. \end{aligned}

Puis

\begin{aligned} f_2(A,B) &= [A,f_1(A,B)]\\ &= \begin{pmatrix} 0&1\\ 1&0 \end{pmatrix}\\ &=B. \end{aligned}

Par conséquent,

f_3(A,B) = [A,f_2(A,B)] = [A,B] = f_1(A,B).

La suite est donc périodique :

f_{2k}(A,B)=B, \qquad f_{2k+1}(A,B)= \begin{pmatrix} 0&1\\ -1&0 \end{pmatrix} \qquad (k\geq0).

Ces deux matrices ont un rayon spectral égal à $1$ . Ainsi,

\rho\bigl(f_n(A,B)\bigr)=1 \qquad\text{pour tout }n\geq1.

En particulier,

\rho\bigl(f_n(A,B)\bigr) \not\longrightarrow0.

On a donc bien obtenu un contre-exemple à la valeur limite :

\boxed{ A= \begin{pmatrix} \frac12&0\\ 0&-\frac12 \end{pmatrix}, \qquad \rho(A)=\frac12 }

Exercices 2024

Exercice 1—Produit scalaire sur ℝ_n[X], orthonormalisation de Gram-Schmidt et forme canonique

RMS 2024

Difficulté★☆☆☆☆

Énoncé

Soient $a_0, a_1, \dots, a_n$ des réels. On définit sur $\mathbb{R}_n[X] \times \mathbb{R}_n[X]$ l'application :

\langle . \mid . \rangle : (P, Q) \mapsto \sum_{k=0}^n P^{(k)}(a_k) Q^{(k)}(a_k)

a) Montrer qu'il s'agit d'un produit scalaire sur $\mathbb{R}_n[X]$ .

b) Montrer qu'il existe une base $(P_0, \dots, P_n)$ de $\mathbb{R}_n[X]$ orthonormée pour ce produit scalaire et telle que, pour tout $k \in \{0, \dots, n\}$ , $\deg P_k = k$ et le coefficient dominant de $P_k$ est strictement positif.

c) Déterminer la valeur de $P_k^{(k)}(a_k)$ pour tout $k \in \{0, \dots, n\}$ .

d) Dans le cas particulier où $a_0 = a_1 = \dots = a_n = a$ , déterminer explicitement les polynômes $P_k$ .

Indication›

• a) Pour la séparation, considérer le degré $d = \deg P$ pour montrer que $P^{(d)}(a_d) \neq 0$ si $P \neq 0$ .

• b) Appliquer l'orthonormalisation de Gram-Schmidt à la base canonique $(1, X, \dots, X^n)$ .

• c) Exploiter la relation d'orthonormalité $\langle P_k \mid P_n \rangle = 0$ pour $k < n$ .

• d) Utiliser l'annulation des dérivées successives en $a$ pour identifier $a$ comme racine de multiplicité $k$ .

Corrigé›

a) Preuve de la structure de produit scalaire

• Symphétrie et bilinéarité : Évidentes par la commutativité du produit dans $\mathbb{R}$ et la linéarité de la dérivation et de la somme.

• Positivité : $\langle P \mid P \rangle = \sum_{k=0}^n \left(P^{(k)}(a_k)\right)^2 \ge 0$ comme somme de carrés de réels.

• Caractère défini (Séparation) : Soit $P \in \mathbb{R}_n[X]$ tel que $\langle P \mid P \rangle = 0$ . Alors tous les termes de la somme sont nuls, d'où :

\forall k \in \{0, \dots, n\}, \quad P^{(k)}(a_k) = 0

Raisonnons par l'absurde et supposons $P \neq 0$ . Soit $d = \deg P \in \{0, \dots, n\}$ . La dérivée $d$ -ième de $P$ est un polynôme constant non nul :

P^{(d)} = d! \cdot \text{dom}(P) \neq 0

En particulier, $P^{(d)}(a_d) \neq 0$ , ce qui contredit $P^{(d)}(a_d) = 0$ . Ainsi $P = 0$ .

$\langle \cdot \mid \cdot \rangle$ est donc bien un produit scalaire sur $\mathbb{R}_n[X]$ .

b) Existence et unicité de la base orthonormée échelonnée

On orthonormalise la base canonique $(1, X, \dots, X^n)$ par le procédé de Gram-Schmidt en construisant la suite de polynômes orthogonaux par récurrence :

M_0 = 1 \quad \text{puis} \quad \forall i \in \{1, \dots, n\}, \quad M_i = X^i - \sum_{k=0}^{i-1} \langle X^i \mid M_k \rangle M_k

Puis on normalise chaque élément en posant :

\forall i \in \{0, \dots, n\}, \quad P_i = \frac{M_i}{\|M_i\|}

Par construction :

• $\forall i \in \{0, \dots, n\}, \quad \deg P_i = \deg X^i = i$ .
• Le coefficient dominant de $P_i$ est $\frac{1}{\|M_i\|} > 0$ .

La famille $\mathcal{B} = (P_0, \dots, P_n)$ forme donc une base orthonormée de $\mathbb{R}_n[X]$ (famille libre de $n+1$ polynômes dans un espace de dimension $n+1$ ).

c) Calcul des dérivées $P_k^{(k)}(a_k)$

Pour $k = 0$ : $P_0$ est un polynôme constant positif de norme 1. Or $\|P_0\|^2 = (P_0(a_0))^2 = 1$ , d'où $P_0(a_0) = 1$ .

Pour $k \in \{1, \dots, n\}$ , les termes de dérivée d'ordre supérieur au degré du polynôme sont nuls ( $P_k^{(l)} = 0$ pour $l > k$ ). Donc la norme s'écrit :

\|P_k\|^2 = \sum_{l=0}^k \left(P_k^{(l)}(a_l)\right)^2 = 1

De plus, pour tout $j < k$ , par orthogonalité $\langle P_j \mid P_k \rangle = 0$ . Cela impose $P_k^{(l)}(a_l) = 0$ pour tout $l < k$ .

Il ne reste donc que le terme d'indice $k$ dans la somme :

\left(P_k^{(k)}(a_k)\right)^2 = 1 \implies P_k^{(k)}(a_k) = 1

(Le signe est positif car $P_k^{(k)} = k! \cdot \text{dom}(P_k) > 0$ ).

d) Cas particulier $a_0 = a_1 = \dots = a_n = a$

D'après la question c), pour tout $l < k$ , on a $P_k^{(l)}(a) = 0$ .

Ainsi, $a$ est une racine de multiplicité au moins $k$ du polynôme $P_k$ . Comme $\deg P_k = k$ , il existe un réel $\lambda_k > 0$ tel que :

P_k(X) = \lambda_k (X - a)^k

En dérivant $k$ fois : $P_k^{(k)}(X) = \lambda_k \cdot k!$ .

Or $P_k^{(k)}(a) = 1$ , donc $\lambda_k \cdot k! = 1 \iff \lambda_k = \frac{1}{k!}$ .

On obtient donc les polynômes de Taylor :

\forall k \in \{0, \dots, n\}, \quad P_k(X) = \frac{(X - a)^k}{k!}

Exercice 2—Familles de vecteurs couvrant l'espace par produit scalaire

RMS 2024

Difficulté★☆☆☆☆

Énoncé

Soient $(n,k) \in (\mathbb{N}^*)^2$ et $(f_1, \dots, f_k)$ une famille de vecteurs de $\mathbb{R}^n$ .

On suppose que :

\forall x \in \mathbb{R}^n \setminus \{0\}, \quad \exists i \in \{1, \dots, k\}, \quad \langle x \mid f_i \rangle > 0

a) Donner un exemple d'une telle famille de $\mathbb{R}^n$ .

b) Montrer que $(f_1, \dots, f_k)$ est une famille génératrice de $\mathbb{R}^n$ .

Indication›

• a) Penser à partir de la base canonique.

• b) Raisonner par l'orthogonal en considérant $F = \mathrm{Vect}(f_1, \dots, f_k)$ et en montrant que $F^\perp = \{0\}$ .

Corrigé›

a) Exemple de famille vérifiant la propriété

Considérons la famille constituée des vecteurs de la base canonique $(e_1, \dots, e_n)$ de $\mathbb{R}^n$ et de leurs opposés :

\mathcal{F} = (e_1, \dots, e_n, -e_1, \dots, -e_n)

Soit $x = (x_1, \dots, x_n) \in \mathbb{R}^n \setminus \{0\}$ . Comme $x \neq 0$ , il existe au moins une composante non nulle $x_i \neq 0$ .

• Si $x_i > 0$ , alors $\langle x \mid e_i \rangle = x_i > 0$ .
• Si $x_i < 0$ , alors $\langle x \mid -e_i \rangle = -x_i > 0$ .

Cette famille de $2n$ vecteurs vérifie donc la propriété demandée.

b) Preuve du caractère générateur de la famille

Notons $F = \mathrm{Vect}(f_1, \dots, f_k)$ le sous-espace vectoriel engendré par la famille.

Soit $x \in F^\perp$ . Par définition de l'orthogonal, $x$ est orthogonal à tous les générateurs de $F$ :

\forall i \in \{1, \dots, k\}, \quad \langle x \mid f_i \rangle = 0

Si $x \neq 0$ , l'hypothèse de l'énoncé implique l'existence d'un indice $i_0 \in \{1, \dots, k\}$ tel que $\langle x \mid f_{i_0} \rangle > 0$ , ce qui contredit le fait que tous les produits scalaires soient nuls.

On en déduit donc que $F^\perp = \{0\}$ .

Puisque $\mathbb{R}^n$ est de dimension finie, on a :

F = (F^\perp)^\perp = \{0\}^\perp = \mathbb{R}^n

Ainsi, $\mathrm{Vect}(f_1, \dots, f_k) = \mathbb{R}^n$ , ce qui prouve que la famille $(f_1, \dots, f_k)$ est génératrice de $\mathbb{R}^n$ .

Exercice 3—Normes de Schatten sur S_n(ℝ) et caractérisation variationnelle

RMS 2024

Difficulté★★☆☆☆

Énoncé

Soient $n \in \mathbb{N}^*$ et $M \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ . En notant $(s_1, \dots, s_n)$ les valeurs propres de $M$ , on pose pour tout $p \ge 1$ :

N_p(M) = \left( \sum_{i=1}^n |s_i|^p \right)^{1/p}

a) Montrer que $(A, B) \mapsto \mathrm{tr}(AB)$ est un produit scalaire sur $\mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ . En déduire que $N_2$ est une norme sur $\mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ .

b) Montrer que $N_1(M) = \sup \{ |\mathrm{tr}(MO)| \mid O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R}) \}$ . En déduire que $N_1$ est une norme sur $\mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ .

Indication›

a) Utiliser le théorème spectral pour diagonaliser $M$ .

b) Pour le $\sup$ , exhiber une matrice orthogonale $O$ qui aligne les signes des valeurs propres pour l'égalité, puis utiliser la propriété $|O_{i,i}| \le 1$ pour la majoration.

Corrigé›

a) Produit scalaire de Frobenius et norme $N_2$

Notons $\langle A \mid B \rangle = \mathrm{tr}(AB)$ :

• Symétrie : Pour $A, B \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ , $\mathrm{tr}(AB) = \mathrm{tr}(BA)$ par propriété de la trace.

• Bilinéarité : Découle directement de la linéarité de la trace et de la distributivité du produit matriciel.

• Positivité et caractère défini : Soit $M \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ . Par le théorème spectral, $M$ est orthogonalement semblable à une matrice diagonale $D = \mathrm{diag}(s_1, \dots, s_n)$ .
Ainsi, $M^2$ a pour valeurs propres $(s_1^2, \dots, s_n^2)$ . Par invariance de la trace par changement de base :

\mathrm{tr}(M^2) = \sum_{i=1}^n s_i^2 \ge 0

De plus, $\mathrm{tr}(M^2) = 0 \iff \sum_{i=1}^n s_i^2 = 0 \iff \forall i, \, s_i = 0 \iff M = 0$ (car $M$ est diagonalisable).

L'application est donc un produit scalaire sur $\mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ .

Comme $N_2(M) = \left( \sum_{i=1}^n s_i^2 \right)^{1/2} = \sqrt{\mathrm{tr}(M^2)} = \sqrt{\langle M \mid M \rangle}$ , $N_2$ est la norme euclidienne associée, donc c'est une norme sur $\mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ .

b) Caractérisation variationnelle de $N_1$ et preuve qu'il s'agit d'une norme

1. Preuve de l'égalité $N_1(M) = \sup_{O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})} |\mathrm{tr}(MO)|$ :

Soit $M \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ . Il existe une base orthonormée propre $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ telle que $M e_i = s_i e_i$ . Quitte à réordonner, on suppose que $s_i < 0$ pour $i \in \{1, \dots, p\}$ et $s_i \ge 0$ pour $i > p$ .

• Minoration du Sup : Définissons l'endomorphisme $O$ par $O e_i = -e_i$ si $i \le p$ et $O e_i = e_i$ si $i > p$ . $O$ transforme une B.O.N. en une B.O.N., donc $O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})$ . On a alors $M O e_i = |s_i| e_i$ , ce qui donne :

\mathrm{tr}(MO) = \sum_{i=1}^n |s_i| = N_1(M) \implies N_1(M) \le \sup_{O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})} |\mathrm{tr}(MO)|

• Majoration du Sup : Soit $O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})$ . Dans la base $\mathcal{B}$ , les coefficients diagonaux de $MO$ sont $s_i O_{i,i}$ . Comme $O$ est orthogonale, ses coefficients vérifient $|O_{i,i}| \le 1$ . Par inégalité triangulaire :

|\mathrm{tr}(MO)| = \left| \sum_{i=1}^n s_i O_{i,i} \right| \le \sum_{i=1}^n |s_i| \cdot |O_{i,i}| \le \sum_{i=1}^n |s_i| = N_1(M)

On en déduit l'égalité : $N_1(M) = \sup_{O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})} |\mathrm{tr}(MO)|$ .

2. Preuve que $N_1$ est une norme :

• Séparation : $N_1(M) = 0 \iff \sum_{i=1}^n |s_i| = 0 \iff \forall i, s_i = 0 \iff M = 0$ .

• Homogénéité : Les valeurs propres de $\lambda M$ sont les $\lambda s_i$ . Donc $N_1(\lambda M) = \sum_{i=1}^n |\lambda s_i| = |\lambda| N_1(M)$ .

• Sous-additivité (Inégalité triangulaire) : Soient $A, B \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ . En utilisant la forme variationnelle :

N_1(A + B) = \sup_{O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})} |\mathrm{tr}((A+B)O)| = \sup_{O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})} |\mathrm{tr}(AO) + \mathrm{tr}(BO)|

Par l'inégalité triangulaire classique sur $\mathbb{R}$ puis passage au $\sup$ :

N_1(A + B) \le \sup_{O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})} \left( |\mathrm{tr}(AO)| + |\mathrm{tr}(BO)| \right) \le \sup_{O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})} |\mathrm{tr}(AO)| + \sup_{O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})} |\mathrm{tr}(BO)|

N_1(A + B) \le N_1(A) + N_1(B)

$N_1$ est donc bien une norme sur $\mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ (il s’agit de la norme nucléaire / trace).

Exercice 4—Loi d'inertie de Sylvester et caractérisation sous-espaciale

RMS 2024

Difficulté★★★☆☆

Énoncé

a) Soit $S \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ inversible. Montrer que les deux assertions suivantes sont équivalentes :

(i) $S$ admet exactement $k$ valeurs propres strictement positives (comptées avec multiplicité).

(ii) Il existe deux sous-espaces vectoriels $F$ et $G$ de $\mathbb{R}^n$ tels que :

\begin{cases} \dim F = k \quad \text{et} \quad \forall x \in F \setminus \{0\}, \quad x^T S x > 0 \\ \dim G = n - k \quad \text{et} \quad \forall y \in G, \quad y^T S y \le 0 \end{cases}

b) Soit $S \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ inversible et $P \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ . Montrer que $P^T S P$ et $S$ ont le même nombre de valeurs propres positives.

Indication›

a) (i) $\implies$ (ii) : Utiliser le théorème spectral.

a) (ii) $\implies$ (i) : Montrer que $F \cap E_{<0} = \{0\}$ et $G \cap E_{>0} = \{0\}$ pour encadrer la dimension de $E_{>0}$ .

b) Transporter les sous-espaces $F$ et $G$ par l'isomorphisme $P^{-1}$ et appliquer le résultat de la question a).

Corrigé›

a) Équivalence entre le nombre de valeurs propres positives et la caractérisation par sous-espaces

(i) $\implies$ (ii) :

Soit $S \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ inversible. Par le théorème spectral, il existe une B.O.N. $(x_1, \dots, x_n)$ de vecteurs propres associée aux valeurs propres $(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$ .
Comme $S$ est inversible, 0 n'est pas valeur propre. Quitte à réordonner, on suppose que :

\lambda_1 \ge \dots \ge \lambda_k > 0 > \lambda_{k+1} \ge \dots \ge \lambda_n

Posons $F = \mathrm{Vect}(x_1, \dots, x_k)$ et $G = \mathrm{Vect}(x_{k+1}, \dots, x_n)$ . On a bien $\dim F = k$ et $\dim G = n - k$ .
Pour tout $x = \sum_{i=1}^k c_i x_i \in F \setminus \{0\}$ :

x^T S x = \left( \sum_{i=1}^k c_i x_i \right)^T \left( \sum_{i=1}^k c_i \lambda_i x_i \right) = \sum_{i=1}^k \lambda_i c_i^2 > 0

De même, pour tout $y = \sum_{j=k+1}^n d_j x_j \in G$ :

y^T S y = \sum_{j=k+1}^n \lambda_j d_j^2 \le 0

Les sous-espaces $F$ et $G$ vérifient bien les conditions (ii).

(ii) $\implies$ (i) :

Notons $E_{>0}$ (resp. $E_{<0}$ ) la somme directe des sous-espaces propres de $S$ associés aux valeurs propres strictement positives (resp. négatives).
Notons $p = \dim E_{>0}$ le nombre de valeurs propres positives (comptées avec multiplicité). Puisque $S$ est diagonalisable sans valeur propre nulle, $\dim E_{<0} = n - p$ .

• Soit $x \in F \cap E_{<0}$ . D'une part, $x \in E_{<0} \implies x^T S x \le 0$ . D'autre part, si $x \neq 0$ , $x \in F \implies x^T S x > 0$ .
Ainsi, $F \cap E_{<0} = \{0\}$ . En appliquant la formule de Grassmann sur la somme :

\dim(F + E_{<0}) = \dim F + \dim E_{<0} = k + (n - p) \le n \implies p \ge k

• Soit $y \in G \cap E_{>0}$ . D'une part, $y \in G \implies y^T S y \le 0$ . D'autre part, si $y \neq 0$ , $y \in E_{>0} \implies y^T S y > 0$ .
Ainsi, $G \cap E_{>0} = \{0\}$ . Par Grassmann :

\dim(G + E_{>0}) = \dim G + \dim E_{>0} = (n - k) + p \le n \implies p \le k

On conclut que $p = k$ . $S$ possède donc exactement $k$ valeurs propres positives.

b) Conservation du nombre de valeurs propres positives par congruence (Loi d'invariance de Sylvester)

Soient $S \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ inversible ayant $k$ valeurs propres positives et $P \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ .

D'après la question a), il existe deux sous-espaces $F$ et $G$ vérifiant les propriétés (ii) pour $S$ .

Considérons les sous-espaces image par l'isomorphisme $P^{-1}$ :

F' = P^{-1}(F) = \{ P^{-1}x \mid x \in F \} \quad \text{et} \quad G' = P^{-1}(G) = \{ P^{-1}y \mid y \in G \}

Comme $P$ est inversible, $\dim F' = \dim F = k$ et $\dim G' = \dim G = n - k$ .

Soit $z \in F' \setminus \{0\}$ . Il existe $x \in F \setminus \{0\}$ tel que $z = P^{-1}x$ (c'est-à-dire $x = Pz$ ). On a alors :

z^T (P^T S P) z = (Pz)^T S (Pz) = x^T S x > 0

De même, pour tout $z \in G'$ , en posant $y = Pz \in G$ :

z^T (P^T S P) z = y^T S y \le 0

Les sous-espaces $F'$ et $G'$ satisfont aux conditions (ii) pour la matrice symétrique inversible $P^T S P$ . Par l'équivalence prouvée en a), $P^T S P$ possède exactement $k$ valeurs propres positives.

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