algèbre bilinéaire_2

7/28/2019 Algbre bilinaire_2

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Algbre bilinaire

Formes bilinaires symtriques et formes

quadratiques

Exercice 1 [ 00001 ] [correction]Etablir que

q(P) =

10

P(t)P(t) dt

dfinit une forme quadratique sur R [X] et exprimer sa forme polaire.

Exercice 2 [ 00002 ] [correction]Soient f1, f2 E et q(x) = f1(x)f2(x). Montrer que q dfinit une formequadratique sur E et exprimer sa forme polaire.

Exercice 3 [ 00003 ] [correction]Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie.a) Soient f, g deux formes linaires de E. Montrer que q(x) = f(x)g(x) est uneforme quadratique.b) Soient q une forme quadratique et H un hyperplan. On suppose que pour toutx H, q(x) = 0. Montrer que q est le produit de deux formes linaires.

Exercice 4 X MP [ 02940 ] [correction]Soient A, B Mn(C).On suppose que {X Cn/XAX = XBX = 0} = {0}.Montrer quil existe P GLn(

C

) telle que P

AP et P

BP sont triangulairessuprieures.

Exercice 5 X MP [ 03078 ] [correction]Soit q une forme quadratique non nulle sur M2(C) telle que

(A, B) M2(C), q(AB) = q(A)q(B)

Montrer que q sannule sur le complmentaire de GL2(C) puis que q est ledterminant.

Positivit

Exercice 6 [ 00004 ] [correction]Soit q une forme quadratique associe une forme bilinaire symtrique positive sur un R-espace vectoriel E. Pour x E, montrer

q(x) = 0

y

E, (x, y) = 0

Exercice 7 [ 00005 ] [correction]Pour x = (x1, . . . , xn) Rn, on pose

q(x) = x21 + + x2p (x2p+1 + + x2p+q)avec p + q n.Soit F un sous-espace vectoriel de E tel que qF soit dfinie positive.Montrer que dim F p.

Exercice 8 Centrale MP [ 00006 ] [correction]

Montrer que si q est une forme quadratique relle est dfinie, celle-ci est positiveou ngative.

Exercice 9 [ 00007 ] [correction]Montrer quune forme quadratique positive est une fonction convexe.

Exercice 10 Mines-Ponts MP [ 02764 ] [correction]Condition sur pour que la forme quadratique Q dfinie par :

(x1, . . . , xn) Rn, Q(x1, . . . , xn) =n

i=1x2i

n

i=1xi

2

soit dfinie positive ?

Exercice 11 Mines-Ponts MP [ 02763 ] [correction]On pose, pour X Rn,

q(X) = det

0 tX

X A

o A est une matrice symtrique relle dfinie positive dordre n. Montrer que qest une forme quadratique dfinie ngative (indice : commencer par le cas o A estdiagonale).

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Exercice 12 [ 01340 ] [correction]Soit A Sn(R). Si (X, Y) (Rn)2, on pose

(X, Y) = det

0 tXY A

a) Dmontrer que est une forme bilinaire symtrique sur Rn.

b) A quelle condition sur A, lapplication est-elle un produit scalaire sur Rn ?

Exercice 13 Mines-Ponts MP [ 02765 ] [correction]Soient E un R-espace vectoriel et q une forme quadratique sur E de forme polaireB,

Cq = {x E, q(x) = 0} et Nq = {x E, y E, B(x, y) = 0}Montrer que Cq = Nq si, et seulement si, q est positive ou ngative.

Exercice 14 Centrale MP [ 03062 ] [correction]Soient a

1, . . . a

n> 0 et deux deux distincts.

Pour (x1, . . . , xn) Rn, on pose q(x) =n

i,j=1

xixjai+aj

.

Montrer que q est une forme quadratique dfinie positive.

Endomorphismes autoadjoints positifs

Exercice 15 [ 00008 ] [correction]Soient f L(E) et u = f f. Montrer que u S+(E).

Exercice 16 [ 00009 ] [correction]

Soit u un endomorphisme symtrique positif dun espace vectoriel euclidien E.a) Montrer quil existe un endomorphisme v symtrique positif tel que u = v2.b) Etablir lunicit de v en tudiant lendomorphisme induit par v sur lessous-espaces propres de u.

Exercice 17 Centrale MP [ 02399 ] [correction]Soit (E, | ) un espace euclidien et A un endomorphisme symtrique dfini positifde (E, | ). On pose

x | yA =

A1x | y

pour tous x, y E.a) Montrer que | A est un produit scalaire.Soit B un endomorphisme autoadjoint de (E, | ).b) Montrer que AB est diagonalisableSi M est un endomorphisme diagonalisable de E, on note min(M) (resp.max(M)) sa plus petite (resp. grande) valeur propre.c) Montrer que limage de E

\ {0}

par

x Bx | xA1x | xnest autre que le segment dextrmits min(AB) et max(AB).d) Montrer que

min(A)min(B) min(AB) max(AB) max(A)max(B)

Exercice 18 Centrale MP [ 02400 ] [correction]Soit u un automorphisme dun espace euclidien E.

a) Montrer que v = uu est autoadjoint dfini positif.b) Montrer quil existe w autoadjoint positif tel que v = w2, et orthogonal telque u = w.c) Montrer que cette dcomposition de u est unique.d) Comment interprter ces rsultats de faon matricielle ?

Exercice 19 Mines-Ponts MP [ 02753 ] [correction]Soient E un espace euclidien et u L(E) symtrique dfini positif. Montrer que,pour tout x E,

x4 u(x), x

u1(x), x

Donner une condition ncessaire et suffisante pour quil y ait galit.

Exercice 20 [ 00629 ] [correction]Soit E un espace euclidien. Montrer lquivalence des assertions suivantes(i) uuu = u ;(ii) uu est un projecteur orthogonal;(iii) uu est un projecteur orthogonal;(iv) (ker u) = {x E/ u(x) = x}.



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Exercice 21 [ 03329 ] [correction]Soit u un endomorphisme autoadjoint dun espace euclidien E de dimension n nonnulle.On pose

Hu = {x E/(u(x) | x) = 1}a) Enoncer une condition ncessaire et suffisante portant sur le spectre de u pour

quil existe un vecteur unitaire lment de Hu.b) Trouver une condition ncessaire et suffisante portant sur le spectre de v1 upour que Hu Hv = .

Exercice 22 [ 03330 ] [correction]Soit v L(E) autoadjoint dfini positif.a) Montrer quil existe un endomorphisme s autoadjoint dfini positif vrifiants2 = v.b) Soit u un endomorphisme autoadjoint de E. Etablir que v1 u estdiagonalisable.

Exercice 23 [ 03384 ] [correction]Soit (e1, . . . , en) une base quelconque dun espace euclidien E.a) Montrer que lendomorphisme f donne par

f(x) =

nk=1

(ek | x)ek

est autoadjoint et dfini positif.b) Montrer quil existe un endomorphisme autoadjoint positif g de E tel que

g2 = f1

c) Montrer que la famille (g(e1), . . . , g(en)) est une base orthonormale de E(indice : on pourra introduire les vecteurs ui tels que f(ui) = ei)

Matrices symtriques positives


Soient a,b,c trois vecteurs de R3 et M =

a.a a.b a.cb.a b.b b.c

c.a c.b c.c

.

Montrer que M diagonalisable, de valeurs propres positives et det M 0.

Exercice 25 [ 00011 ] [correction]Soit A Sn(R). Montrer que A S+n (R) si, et seulement si, ses valeurs propressont positives ou nulles.

Exercice 26 [ 00013 ] [correction]Soit A = (a

i,j) S

+

n(R).

a) Montrer que pour tout i {1, . . . , n}, ai,i 0.b) Observer que si ai,i = 0 alors, pour tout j {1, . . . , n}, ai,j = 0.

Exercice 27 [ 03091 ] [correction]Soit A S+n (R). On veut montrer quil existe une unique matrice B S+n (R) telleque

B2 = A

a) Prouver lexistence.On considre maintenant B S+n (R) vrifiant B2 = Ab) Etablir par le lemme de dcomposition des noyaux que pour tout > 0

ker(B In) = ker(A In)

c) Montrer aussiker B = ker A

d) Conclure lunicit.

Exercice 28 [ 00015 ] [correction]Soit A S+n (R). On veut montrer quil existe une unique matrice B S+n (R) telleque

B2 = A

a) Prouver lexistence.b) Etablir que si B S+n (R) vrifie B2 = A alors pour tout SpA,

ker(B

In) ker(A In)

puisker(B

In) = ker(A In)

c) Conclure lunicit.



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Exercice 29 [ 03090 ] [correction]Soit S S+n (R).a) Montrer quil existe une matrice A S+n (R) qui est un polynme en S vrifiant

A2 = S

b) Soit B S+n (R) vrifiant B2 = S. Montrer que B commute avec A puis queB = A.

Exercice 30 [ 00016 ] [correction]Soit A S+n (R). Montrer quil existe une unique matrice B S+n (R) telle queB2 = A.

Exercice 31 [ 00018 ] [correction]Soit M Mn(R). Montrer que A = tMM S+n (R).Inversement pour A S+n (R) tablir quil existe M Mn(R) tel que A = tM M.

Exercice 32 [ 00020 ] [correction][Dcomposition de Cholesky]Soit S S+n (R). Montrer quil existe T T+n (R) telle que S = tT T.

Exercice 33 Mines-Ponts MP [ 02759 ] [correction]On munit Mn(R) du produit scalaire canonique. On note An(R) lensemble desmatrices antisymtriques de Mn(R) et S+n (R) lensemble des matricessymtriques positives.Soit A Mn(R) telle que pour tout U On(R), tr(AU) trA.a) Dterminer le supplmentaire orthogonal de An(R).b) Soit B

An(R). Montrer que pour tout x

R, exp(xB)

On(R).

c) Montrer que A S+n (R).d) Etudier la rciproque.e) Montrer que pour toute matrice M Mn(R) il existe S S+n (R) et U On(R)telles que M = SU.

Exercice 34 [ 03150 ] [correction]Soient A, B S+n (R). Montrer

tr(AB) tr(A)tr(B)

Exercice 35 [ 03168 ] [correction]Soient A, B S+n (R). Montrer

tr(AB) 0


Soit A Mn(R) une matrice symtrique positive dont tous les coefficients sontnon nuls.On pose

B = (1/ai,j)1i,jn

MontrerB S+n (R) rgA = 1

Exercice 37 [ 03175 ] [correction]Soit A = (ai,j) S+n (R). On note m le plus grand coefficient de la diagonale de m.Etablir

1 i, j n,

|ai,j

| m

Matrices symtriques dfinies positives

Exercice 38 [ 03158 ] [correction]Soit

A =

1 1 11 2 2...

......

1 2 n

= (min(i, j))1i,jn Mn(R)

Montrer que la matrice A est symtrique dfinie positive.

Exercice 39 [ 00022 ] [correction][Matrice de Hilbert]Soit

H =

1

i +j 11i,jn

Mn(R)

Montrer que H est diagonalisable valeurs propres strictement positives.



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Exercice 40 [ 00012 ] [correction]Etablir que S++n (R) est dense dans S+n (R).

Exercice 41 [ 00014 ] [correction]Soit A = (ai,j) S++n (R).a) Montrer que (X, Y) =

t

XAY dfinit un produit scalaire sur Mn,1(R).b) En appliquant Cauchy-Schwarz, en dduire que pour tout i = j : a2i,j < ai,iaj,j.

Exercice 42 [ 00021 ] [correction][Mineurs de Gauss]Pour A = (ai,j)1i,jn Sn(R), on pose Ap = (ai,j)1i,jp pour tout

p {1, . . . , n}a) On suppose que la matrice A est dfinie positive.Justifier que det A > 0.b) On suppose encore la matrice A dfinie positive.Etablir que pour tout p {1, . . . , n}, det Ap > 0.c) Justifier la rciproque en raisonnant par rcurrence sur n N

.

Exercice 43 [ 03151 ] [correction]Soient A S++n (R) et B S+n (R).Montrer que la matrice In + AB est inversible.

Exercice 44 [ 00017 ] [correction][Dcomposition de Cartan]Soit A GLn(R).a) Etablir que tAA

S++n (R).

b) Montrer quil existe une matrice S S++n (R) telle queS2 = tAA

c) Conclure

A GLn(R), (O, S) On(R) S++n (R), A = OS

d) Etablir lunicit de cette criture.

Exercice 45 Mines-Ponts MP [ 02761 ] [correction]Soit A Mn(R). Montrer que A est symtrique positive si, et seulement si, ilexiste P Mn(R) telle que A = tP P.Montrer que A est symtrique dfinie positive si, et seulement si, il existeP GLn(R) telle que A = tP P.

Exercice 46 Mines-Ponts MP [ 02754 ] [correction]a) Dterminer le sous-espace vectoriel de Mn(R) engendr par S++n (R).Soit A1, . . . , Ak des lments de S++n (R) et 1, . . . , k des rels. On poseA =

ki=1

iAi et B =ki=1

|i| Ai.b) Montrer que, pour X Rn, |tXAX| tXBX.c) Montrer que |det A| det B.

Exercice 47 Mines-Ponts MP [ 02755 ] [correction]

Soit A S++

n (R

) et B S+

n (R

).a) Montrer lexistence de C S++n (R) tel que C2 = A1.b) On pose D = CBC. Montrer que (det(I+ D))1/n 1 + (det D)1/n.

c) Montrer que (det(A + B))1/n (det A)1/n + (det B)1/n.

Exercice 48 [ 03170 ] [correction]Soient A, B S++n (R). Montrer

(A + B)1 = A1 + B1

Exercice 49 [ 03174 ] [correction]Soit S Sn(R). Montrer que la comatrice de S est symtrique.Mme question avec S S++n (R) puis S S+n (R).

Exercice 50 Centrale MP [ 03610 ] [correction]n NSi M Mn(R), on dira que M a la proprit (P) si, et seulement si, il existe unematrice U Mn+1(R) telle que M soit la sous-matrice de U obtenue en



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supprimant les dernires ligne et colonne de U et que U soit une matriceorthogonale, soit encore si, et seulement si, il existe 1, . . . , 2n+1 R tels que

U =

2n+1

M...

n+2

1 n n+1

On+1(R)

a) Ici

M =

1 (0). . .

(0) n

est une matrice diagonale. Dterminer une condition ncessaire et suffisanteportant sur les i pour que M ait la proprit (P).b) Ici M Sn(R). Dterminer une condition ncessaire et suffisante pour que Mait la proprit (P).c) Si M GLn(R), montrer quil existe U On(R) et S Sn(R) telles queM = US.On admettra quune telle dcomposition existe encore si M nest pas inversible.d) Dterminer une condition ncessaire et suffisante pour que M Mn(R)quelconque ait la proprit (P).Cette condition portera sur tM M.e) Montrer le rsultat admis dans la question c).

Diagonalisation de forme bilinaire symtrique

Exercice 51 [ 00024 ] [correction]Soit A Mn(R) inversible.a) Justifier que tAA est la matrice dans la base canonique dun produit scalaire

sur Rn.b) En orthonormalisant la base canonique pour ce produit scalaire, tablir quilexiste une matrice triangulaire suprieure coefficients diagonaux strictementpositifs P vrifiant

tPtAAP = In

c) Etablir quil existe Q orthogonale et R triangulaire suprieure coefficientsdiagonaux strictement positifs vrifiant A = QR.d) Etudier lunicit de cette criture.

Exercice 52 [ 00019 ] [correction][Dcomposition de Cholesky]Soit S S++n (R). Montrer quil existe une unique matrice triangulaire suprieureT coefficients diagonaux positifs vrifiant S = tT T.

Exercice 53

Mines-Ponts MP[ 02760 ]

[correction]Montrer que le dterminant dune matrice symtrique relle dfinie positive estmajor par le produit de ses lments diagonaux.

Exercice 54 [ 03087 ] [correction][Ingalit de Hadamard]Soit S = (si,j) S++n (R).a) Montrer quil existe T T+n (R) vrifiant S = tT T.b) En dduire que

det Sn

i=1si,i

c) Etablir que pour tout A = (ai,j) Mn(R)

|det A| n

j=1

ni=1

a2i,j

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Diagonalisation simultane de formes bilinaires

symtriques


Soient A S++

n (R

) et B Sn(R).Etablir quil existe une matrice P GLn(R) et une matrice D Dn(R) vrifiant

A = tP P et B = tP DP

Exercice 56 Centrale MP [ 02405 ] [correction]Soit A Sn(R) et B S++n (R).Montrer que le polynme det(A XB ) est scind sur R.



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Exercice 57 Centrale MP [ 02398 ] [correction]Soient A et B dans S++n (R).a) Montrer quil existe P GLn(R) et Mn(R) diagonale coefficientsdiagonaux > 0 telles que

A = tP P et B = tPP

b) Montrer que

det(A + B) det A + det B

c) Montrer que lingalit de b) subsiste si A, B S+n (R).

Exercice 58 Centrale MP [ 02407 ] [correction]Soient A et B dans S++n (R) telles que :

X Mn,1(R), tXAX tXBX

Montrer

det A det B

Exercice 59 Centrale MP [ 02402 ] [correction]Soit A S++n (R) et B Sn(R).Montrer que AB est diagonalisable.

Exercice 60 Mines-Ponts MP [ 02756 ] [correction]Soient A, B S+n (R).a) Montrer que si A est dfinie positive alors il existe P GLn(R) et D Mn(R)diagonale telles que A = tP P et B = tP DP.b) Montrer que (det A)t(det B)1t det(tA + (1

t)B) pour tout t

]0, 1[.

Exercice 61 Centrale MP [ 02406 ] [correction]Soit P= {A Mn(R), A + tA S++n (R)}.a) Soit A Mn(R). Montrer que A Psi, et seulement si, :

X Rn\ {0} , tXAX > 0

b) Soient A Pet S S++n (R). Montrer, si est valeur propre complexe de SA,que Re > 0.

Rang dune forme quadratique

Exercice 62 [ 00026 ] [correction]Soient f1, f2 E indpendantes et q la forme quadratique dfinie parq(x) = f1(x)f2(x).Dterminer le rang de la forme quadratique q.

Exercice 63 [ 00027 ] [correction]Soit une forme bilinaire symtrique non dgnre, cest dire de rangn, surun K-espace vectoriel E de dimensionn.Pour F sous-espace vectoriel deE, on note

F = {x E/y F, (x, y) = 0}

a) Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E de dimensionn dim F.b) JustifierF = F.c) Montrer que F F = E si, et seulement si, la restriction de F est nondgnre.

Exercice 64 Mines-Ponts MP [ 02762 ] [correction]Soit sur Rn la forme quadratique Q(x1, . . . , xn) =

1i,jn,i=j

xixj . Trouver son

rang.

Signature dune forme quadratique

Exercice 65 [ 02630 ] [correction]Dterminer la signature de

q(x1, x2, x3) = x21 + x

22 + x

23 + 2x1x2 + 2x1x3

Exercice 66 [ 02632 ] [correction]A = (min(i, j))1i,jn Mn(R) et q la forme quadratique canoniquementassocie A.Former une dcomposition de Gauss de q et dterminer la signature de A.



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Exercice 67 [ 02633 ] [correction]Soit A = (ai,j) Mn(R) une matrice symtrique.Montrer que A est dfinie positive si, et seulement si,

1 k n, k = det((ai,j)1i,jk) > 0

Exercice 68 [ 02634 ] [correction]Montrer que : (A, B) tr(AB) est une forme bilinaire symtrique.En tudiant sa restriction Sn(R) et An(R), en dterminer la signature.



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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 21 fvrier 2013 Corrections 9

Corrections

Exercice 1 : [nonc]

(P, Q) =1

4(q(P + Q) q(P Q)) = 1

2

10

P(t)Q(t) + P(t)Q(t) dt

est une forme bilinaire symtrique et donc q est une forme quadratique dont est la forme polaire.

Exercice 2 : [nonc](x, y) = 1

4(q(x + y) q(x y)) = 1

2(f1(x)f2(y) + f1(y)f2(x)) est une forme

bilinaire symtrique et donc q est une forme quadratique dont est la formepolaire.

Exercice 3 : [nonc]a) q est la forme quadratique associe la forme bilinaire symtrique

(x, y) =

1

2 (f(x)g(y) + f(y)g(x)).b) Soit a un vecteur nappartenant pas H. Pour tout x E, on crit de manireunique x = h + a et on observe aisment que x h et x sont desapplications linaires. En introduisant la forme polaire de q, on aq(x) = q(h) + 2(a, h) + 2q(a) = (2(a, h) + q(a)) = f(x)g(x) avec f(x) = et g(x) = 2(a, h) + q(a) formes linaires.

Exercice 4 : [nonc]Raisonnons par rcurrence sur n N.Pour n = 1 : okSupposons la proprit tablie au rang n 1 1.Soient A, B

Mn(C) vrifiant

{X

Cn/XAX = XBX = 0

}=

{0}

.Considrons P() = det(A + B).Cas det A, det B = 0.P est un polynme complexe non constant donc il existe , ncessairement nonnul tel que P() = 0.Par suite, il existe X Cn, X = 0 tel que AX+ BX = 0.Soit F = {Y Cn/YAX = 0}.Puisque = 0, F = {Y Cn/YBX = 0}.Si X F alors XAX = 0 et donc XBX = 0 ce qui entrane X = 0 ce qui estexclu.De mme AX= 0 car comme ci-dessus AX = 0 entrane X = 0.

On en dduit que F est un hyperplan et Cn = Vect(X) F.Soient et les formes sesquilinaires reprsentes par A et B.On peut appliquer lhypothse de rcurrence aux restrictions F des formessesquilinaires et . En formant une base de Cn en accolant X et une base de Ftrigonalisant les restrictions de et , on obtient une base de Cn trigonalisant et puisque Y F, (Y, X) = YAX = 0 et (Y, X) = YBX = 0.Par formule de changement de base, ce qui prcde signifie quil existe

P GLn(C) vrifiant PAP et PBP sont triangulaires suprieures.

Exercice 5 : [nonc]Commenons par quelques rsultats prliminaires. . .Calculons q(I2).Puisque I2 = I

22 , on a q(I2) = q(I

22 ) = q(I2)q(I2) donc q(I2) = 0 ou 1.

Si q(I2) = 0 alors pour tout A M2(C), q(A) = q(A I2) = q(A)q(I2) = 0 etdonc q= 0 ce qui est exclu.On en dduit q(I2) = 1.Etudions maintenant les valeurs de q sur des matrices semblables.Soient A, B M2(C) semblables.Il existe P GL2(

C

) tel que B = P

1

AP et alors q(B) = q(P

1

)q(A)q(P) = q(A)car q(P1)q(P) = q(I2) = 1.Ainsi q prend les mmes valeurs sur des matrices semblables.Calculons q(A) pour

A = E1,2 =

0 10 0

Puisque E21,2 = O2, on a q(E1,2)

2 = q(E21,2) = q(O2) = 0 et donc q(E1,2) = 0.Calculons q(A) pour

A = E1,1 =

1 00 0

Puisque E21,1 = E1,1, on a q(E1,1)

2 = q(E21,1) = q(E1,1) et donc q(E1,1) = 0 ou 1.Par labsurde, supposons q(E1,1) = 1

Puisque A est semblable E2,2, q(E1,1) = q(E2,2).Par lidentit du paralllogrammeq(E1,1 + E2,2) + q(E1,1 E2,2) = 2(q(E1,1) + q(E2,2)) = 4.Or q(E1,1 + E2,2) = q(I2) = 1 et q(E1,1 E2,2) = 1 ou 1 car (E1,1 E2,2)2 = I2.Cest absurde.On en dduit q(A) = 0 et au passage on observe q(E1,1 E2,2) = 1.Considrons maintenant A M2(C) non inversible.La matrice est semblable

0 10 0

ou

0 00



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Dans les deux cas q(A) = 0.

Considrons maintenant A =

00

et montrons q(A) = .

A =

1 00 0

+

0 00 1

doncq(A) = 2q(E1,1) + 2(E1,1, E2,2) +

2q(E2,2)

Or q(E1,1) = q(E2,2) = 0 et

(E1,1, E2,2) =1

4(q(E1,1 + E2,2) q(E1,1 E2,2)) = 1

2

donc q(A) = = det A.Lidentit qui prcde est encore vraie si A est diagonalisable et puisquelapplication q et lapplication det sont continues et concident sur lensemble desmatrices diagonalisables qui est une partie dense dans M2(C), on peut conclureque lapplication q est le dterminant sur M2(C).

Exercice 6 : [nonc]() il suffit de prendre y = x.() Par Cauchy Schwarz, on sait

|(x, y)|2 q(x)q(y)

ce qui permet de conclure.

Exercice 7 : [nonc]Soit x

F

Vect(ep+1, . . . , en). On a q(x) 0 car x

F et q(x) 0 car

x Vect(ep+1, . . . , en).On en dduit q(x) = 0 puis x = 0 car qF est dfinie positive.Par suite F et Vect(ep+1, . . . , en) sont en somme directe et donc ncessairementdim Fp.

Exercice 8 : [nonc]Soient a, b E. Lapplication

t q((1 t)a + tb)) = (1 t)2q(a) + 2t(1 t)(a, b) + t2q(b)

est continue et prend la valeur q(a) en t = 0 et q(b) en t = 1.Si q(a)q(b) < 0 alors cette application sannule et donc puisque lon suppose qdfinie, il existe t ]0, 1[ tel que (1 t)a + tb = 0. Mais alors (1 t)a = tb donne(1 t)2q(a) = t2q(b) et donc q(a)q(b) 0.Il y a contradiction et donc pour tout a, b E, q(a)q(b) 0 cest--dire q(a) etq(b) sont de mme signe.On peut alors conclure que q est dfinie positive ou dfinie ngative.

Exercice 9 : [nonc]q((1 )a + b) = (1 )2q(a) + 2(1 )(a, b) + 2q(b).Or par lingalit de Cauchy-Schwarz, (a, b)

q(a)q(b) 12 (q(a) + q(b)) donc

q((1 )a + b) (1 )2q(a) + (1 ) (q(a) + q(b)) + 2q(b) puisq((1 )a + b) (1 )q(a) + q(b).

Exercice 10 : [nonc]La matrice de Q dans la base canonique de Rn est

1 (). . .() 1

Si n = 1, seul 1 est valeur propre et une condition ncessaire et suffisante estque < 1.Si n 2 alors les valeurs propres sont 1 n et 1. Une condition ncessaire etsuffisante pour que Q soit dfinie positive est < 1/n.

Exercice 11 : [nonc]Cas A = diag(1, . . . , n) avec i > 0.En dveloppant le dterminant selon la premire colonne :

q(x1, . . . , xn) = 1 . . . n

x211

+ + x2n

n

q est videmment une forme quadratique dfinie ngative.Cas gnral : on peut crire A = tP DP avec P On(R) et D = diag(1, . . . , n),i > 0.On observe

1 00 P

0 tXX A

1 00 tP

=

0 t(P X)

P X D



11/25


et donc

q(X) = det

0 tP X

P X D

car det P = 1. Cela permet de conclure.

Exercice 12 : [nonc]a) Lapplication est bien dfinie de Rn Rn vers R.Par linarit du dterminant en la premire colonne, on obtient

(X, 1Y1 + 2Y2) = 1(X, Y1) + 2(X, Y2)

De plus, le dterminant dune matrice tant celui de sa transpose

(X, Y) = det

0 tYX tA

= det

0 tY

X A

= (Y, X)

Ainsi est une forme bilinaire symtrique sur Rn.b) En vertu du thorme spectral, la matrice A est orthogonalement semblable

une matrice diagonale

A = tP DP avec P On(R) et D = diag( , ,)

On observe alors0 tX

X A

=

1 00 tP

0 tYY D

1 00 P

avec Y = P X

On a ainsi (X, X) = (Y, Y) avec

(Y, Y) = det

0 tYY D

= y 21 + y

22 + y

23

On en dduit que la forme bilinaire symtrique est dfinie positive si, etseulement si,

,, > 0

ce qui signifie que les rels , ,sont de mme signe strict.

Exercice 13 : [nonc]Notons que linclusion Nq Cq est toujours vraie (il suffit de prendre y = x).Cas q positive :

Soit x Cq. Par lingalit de Cauchy-Schwarz, pour tout y E,|B(x, y)| q(x)q(y) = 0

donc B(x, y) = 0. Ainsi x Nq et donc Cq Nq puis lgalit.Cas q ngative :Il suffit dtudier q.Inversement, montrons que si q nest ni ngative, ni positive alors Cq = Nq.Supposons quil existe x, y E tel que q(x) > 0 et q(y) < 0.Par continuit de la fonction t q(tx + (1 t)y), on peut affirmer quil existet ]0, 1[ tel que

z = tx + (1 t)y CqSi par labsurde z Nq alors

B(z, x) = B(z, y) = 0

Or par dveloppement

B(z, x) = tq(x) + (1 t)B(x, y) et B(z, y) = tB(x, y) + (1 t)q(y)

Ceci entrane une incompatibilit de signe sur B(x, y).On peut donc affirmer que z / Nq et donc Cq = Nq.

Exercice 14 : [nonc]Notons E lespace des fonctions continues de ]0, 1] dans R et de carrs intgrables.On dfinit un produit scalaire sur E par

(f, g) =

]0,1]

f(t)g(t) dt

Pour i {1, . . . , n}, posons fi : t tai1/2 lment de E.Pour x = (x

1, . . . , x

n) et y = (y

1, . . . , y

n) lments de Rn, posons

b(x, y) =

ni=1

xifi,ni=1

yifi

Lapplication b est videmment une forme bilinaire symtrique sur Rn et pourcelle-ci

b(x, x) =

]0,1]

ni,j=1

xixjtai+aj1 dt =

ni,j=1

xixjai + aj

= q(x)

Ainsi q est une forme quadratique.



12/25


De plus, puisque la forme bilinaire symtrique est positive, il en de mme de bet donc la forme quadratique q est positive.

Enfin, si q(x) = 0 alorsni=1

xifi = 0.

Ainsini=1

xitai1/2 = 0 pour tout t ]0, 1].

En multipliant par t1/2, on obtient

ni=1

xitai = 0 pour tout t ]0, 1] (*)

En posant t = 1, on obtient lquationni=1

xi = 0.

En drivant (*) et en multipliant par t, on obtient

ni=1

aixitai = 0 pour tout t ]0, 1] (**)

En posant t = 1, on obtient lquationn

i=1

aixi = 0.

En reprenant ce principe, on obtient

ni=1

aki xi = 0 pour tout k {0, . . . , n 1}

Le n-uplet (x1, . . . , xn) est alors solution dun systme linaire homogne nquations qui est un systme de Cramer car son dterminant est un dterminantde Vandermonde non nul puisque les a1, . . . , an sont deux deux distincts. Parsuite x1 = . . . = xn = 0 et ainsi q(x) = 0 x = 0.Finalement q est une forme quadratique dfinie positive.

Exercice 15 : [nonc]u = (f f) = f f = u donc u S(E)Si est valeur propre de u associe au vecteur propre x = 0 alors(x | u(x)) = x2 et (x | u(x)) = f(x)2 donc = f(x)2

x2 0.

Exercice 16 : [nonc]a) u est diagonalisable et ses valeurs propres 1, . . . , r sont positives. E est lasomme directe orthogonale des sous-espaces propres E1 , . . . , E r , notons

p1, . . . , pr les projecteurs orthogonaux associs cette dcomposition.

On a u = 1p1 + + rpr et en posant v =

1p1 + +

rpr, on a v2 = uavec v endomorphisme symtrique positif. On peut aussi proposer une rsolutionmatricielle via reprsentation dans une base orthonormeb) Soit v solution. Pour tout Sp(u), F = E(u) est stable par v car u et vcommutent. vF S+(F) et v2F = IdF donc via diagonalisation de vF, on obtientvF =

IdF. Ceci dtermine v de manire unique sur chaque sous-espace propre

de u et puisque ceux-ci sont en somme directe gale E, on peut conclure

lunicit de v.

Exercice 17 : [nonc]a) A S+n (E) donc A1 S+n (E) et par suite | A est un produit scalaire surE.b) On a

x | AByA =

A1x | ABy = x | By = Bx | y = ABx | yALendomorphisme AB est autoadjoint dans (E, | A) donc diagonalisable.c) On a

Bx

|xA1x | x =

ABx|

xAx2A

En introduisant une base orthonorme B = (e1, . . . , en) de (E, | A) forme devecteurs propres de AB, on peut crire pour x = x1e1 + + xnen,

ABx | xAx2A

=1x

21 + + nx2n

x21 + + x2nen notant 1, . . . , n les valeurs propres de AB. Il est clair que cette quantit estcomprise entre min(AB) et max(AB). De plus ces deux valeurs propres sontvaleurs prise par

ABx | xAx

2

A

en x vecteur propre associ. Enfin E\ {0} est connexe par arcs et limage dunconnexe par arcs par une application continue est un connexe par arcs. On peutdonc conclure que les valeurs prises par

x Bx | xA1x | xsur E\ {0} constituent le segment

[min(AB), max(AB)]



13/25


d) On a Bx | x max(B) x2 et

A1x | x min(A1) x2 doncBx | x

A1x | x max(B)

min(A1)

Or min(A1) = 1max(A) donc

Bx | xA1x | x min(A)max(B)

et la conclusion est ds lors facile.

Exercice 18 : [nonc]

a) v = v et(v(x) | x) = u(x)2 0 et = 0 x = 0 car u GL(E).b) Il existe une base orthonorme B dans laquelle la matrice de v est de la formediag(1, . . . , n) avec i > 0. Lendomorphisme w dont la matrice dans B estdiag(

1, . . . ,

n) convient. Notons que cet endomorphisme est autoadjoint car

reprsent par une matrice symtrique dans une base orthonorme.On pose ensuite = uw1 et on vrifie sans peine = Id donc O(E).c) Si u = w alors w2 = v. Nous allons tablir lunicit de w. v est diagonalisabledonc E est somme des sous-espaces propres E(v) avec 0. Comme v et wcommutent, ces sous-espaces sont stables par w. Or w est diagonalisable donclendomorphisme induit par w sur E(v) aussi et puisque les valeurs propres de wsont positives, il est ncessaire que lendomorphisme induit par w sur E(v) soit

Id. Ceci dtermine w de manire unique et puisque = uw1, r aussi estunique.

d) A GLn(R), !(O, S) On(R) S++n (R), A = OS (dcomposition deCartan).

Exercice 19 : [nonc]Pour x = 0, il y a galit.Pour x = 0 et pour R, u x + u1(x) | x + u1(x) 0 donc2

x, u1(x)

+ 2 x | x + u(x), x 0 avec x, u1(x) = 0 car u1 S++(E).Par suite = 4 x4 4 u(x), x u1(x), x 0 puis lingalit propose.De plus, il y a galit si, et seulement si, il existe R vrifiant x + u1(x) = 0i.e. si, et seulement si, x est vecteur propre de u.

Exercice 20 : [nonc]Rappelons les proprits classiques suivantes utiles pour la suite :

(ker u) = Imu, rg(uu) = rgu = rgu, et uu S+(E)(i)(ii) Supposons uuu = u. On a alors

uu(uu) = (uuu)u = uu

donc uu est un projecteur.De plus (uu) = uu = uu donc le projecteur uu est orthogonal.(ii)(iii) Supposons uu projecteur orthogonal. On a uuuu = uu doncu(uuuu) = u(uu) puis

u (uuuu uu) = 0Par suite, lendomorphisme uuuu uu prend ses valeurs dans ker u. Or ilprend aussi ses valeurs dans Imu = (ker u), cest donc lendomorphisme nul.(iii)(iv) Supposons uu projecteur orthogonal.Puisque Imuu Imu et puisque rg(uu) = rgu, on aIm(uu) = Imu = (ker u).

Ainsi uu est la projection orthogonale sur (ker u).Soit x (ker u).

u(x)2 = (u(x) | u(x)) = (uu(x) | x) = (x | x) = x2

Inversement, supposons u(x)2 = x2Par les calculs qui prcdent, on obtient (x uu(x) | x) = 0.On peut crire x = a + b avec a = uu(x) (ker u) et b ker u.(x uu(x) | x) = 0 donne (b | a + b) = 0 puis (b | b) = 0 et donc b = 0.Ainsi x = a + b = a (ker u).(iv)(i) Supposons

(ker u) =

{x

E/

u(x)

=

x

}Puisque ker u est stable par uu, (ker u) est stable par (uu) = uu.Lendomorphisme induit par uu sur (ker u) est un endomorphisme autoadjointpositif.Si est valeur propre de uu alors il existe x = 0E vrifiant uu(x) = x et alors

x2 = (uu(x) | x) = u(x)2 = x2

donc = 1.Lendomorphisme uu est diagonalisable sur le sous-espace vectoriel stable(ker u) et sa seule valeur propre possible est 1, cest donc lidentit sur cet espace.



14/25


Puisque lendomorphisme uu est nul sur ker u et gal lidentit sur (ker u), onpeut affirmer que les endomorphismes uuu = u(uu) et u sont gaux car ilsconcident sur les deux espaces supplmentaires ker u et (ker u).

Exercice 21 : [nonc]a) Si min = min Spu et max = max Spu, on montre en introduisant une base

orthonorme diagonalisant u quex E, min x2 (u(x) | x) max x2

Pour quil existe un vecteur unitaire appartenant Hu il est ncessaire que1 [min, max].Inversement, supposons 1 [min, max].Si min = max alors la rciproque est immdiate.Supposons dsormais min < max. On introduit emin vecteur propre unitaireassoci min et emax vecteur propre unitaire associ max. Considrons enfin

e = cos()emin + sin()emax

Puisque emin et emax sont unitaires et orthogonaux, on vrifie e = 1.Considrons ensuite f() = (u(e) | e). La fonction f est continue, f(0) = min etf(/2) = max dont, en vertu du thorme des valeurs intermdiaires, il existe [0, /2] vrifiant e Hu.b) Considrons le produit scalaire dfini par

x, y = (v(x) | y)On observe

(v(x) | x) = x, x et (u(x) | x) = v1 u(x), xLendomorphisme v1 u est autoadjoint pour le produit scalaire ., . et ltudedu a) adapte au contexte en cours, assure quil existe x E vrifiant

x, x = 1 et

v1 u(x) | x

= 1

si, et seulement si, 1 est compris entre

1 min Sp(v1 u), max Sp(v1 u)

Exercice 22 : [nonc]a) Soit B une base orthonorm diagonalisant v

MatB(v) =

1 (0). . .

(0) n

avec k > 0

Lendomorphisme s dtermin par

MatB(s) =

1 (0)

. . .

(0)

n

vrifie s2 = v et puisque sa matrice dans une base orthonorme est symtrique,cest endomorphisme est autoadjoint. Enfin Sps R+ donc s est dfini positif.b) On a

v1 u = s1 s1 u = s1 (s1 u s1) sLendomorphisme w = s1 u s1 est autoadjoint donc diagonalisable puislendomorphisme semblable s1 w s est aussi diagonalisable.

Exercice 23 : [nonc]a) Pour tout x, y E,

(f(x)

|y) =

n

k=1

(ek|

x)(ek|

y) = (x

|f(y))

et

(f(x) | x) =n

k=1

(ek | x)2 0

De plus, si (f(x) | x) = 0 alors1 k n, (ek | x) = 0

et donc x Vect(e1, . . . , en) = {0}.b) Puisque lendomorphisme f est symtrique et dfinie positif, il existe une baseorthonorme (1, . . . , n) de E dans laquelle la matrice de f est de la forme

1 (0)

. . .

(0) n

avec i > 0

Lendomorphisme g reprsent dans cette base par la matrice ci-dessous est alorssolution

1/

1 (0)

. . .

(0) 1/

n



15/25


c) Puisque lendomorphisme g est autoadjoint

(g(ei) | g(ej)) = (ei | g2(ej)) = (ei | f1(ej)) = (ei | uj)Or f(uj) = ej donne

n

k=1(ek | uj)ek = ej

et puisque la famille (e1, . . . , en) est libre, on peut affirmer

1 k n, (ek | uj) = j,kOn en dduit

(g(ei) | g(ej)) = (ei | uj) = i,jet par un argument de dimension, la famille (g(e1), . . . , g(en)) est videmment unebase.

Exercice 24 : [nonc]Soit P la matrice dont les colonnes sont les composantes des vecteurs a,b,c dans

une base orthonorme. On observe que M = tP P. La matrice M est doncsymtrique positive ce qui permet de conclure.

Exercice 25 : [nonc]Si A S+n (R) alors pour toute colonne X on a tXAX 0.Pour X vecteur propre associ la valeur propre , on a tXAX = tXX donc 0.Si A Sn(R) alors toute colonne X est dcomposable dans une base de vecteurspropres et on a tXAX =

ni=1

ix2i 0 en notant xi la composante de X selon un

vecteur propre associ la valeur propre i.

Exercice 26 : [nonc]a) Pour X = Ei, tXAX = ai,i 0.b) A est la matrice dans une base B = (e1, . . . , en) dun R-espace vectoriel Edune forme bilinaire symtrique positive.Par lingalit de Cauchy-Schwarz :

|ai,j| = |(ei, ej)|

(ei, ei)

(ej, ej) =

ai,i

aj,j

donc ai,i = 0 donne ai,j = 0 pour tout j {1, . . . , n}.

Exercice 27 : [nonc]a) Puisque A est symtrique relle, A est orthogonalement diagonalisable et doncil existe P On(R), vrifiant A = P DP1 avec D = diag(1, . . . , n), i 0.Posons alors B = PP1 avec = diag(

1, . . . ,

n). On vrifie B2 = A et

tB = B (car tP = P1) et les valeurs propres de B sont videmment positives.b) Pour > 0,

X2

= X

X+

avec X

et X+

premier entre eux. Par le lemme de dcomposition desnoyaux

ker(A In) = ker(B

In) ker(B +

In)

or ker(B +

In) = {0} car les valeurs propres de B sont positives et donc

ker(A In) = ker(B

In)

c) Il est immdiat que ker B ker B2 = ker A.Inversement, soit X ker A = ker B2 = ker tBB. On a tBBX = 0 donctXtBBX = 0 i.e. BX2 = 0.On en dduit X

ker B et donc ker A = ker B

d) Soit X Mn,1(R). Puisque A est diagonalisable, on peut crireX =

SpA

X avec X ker(A In)

Puisque ker(A In) = ker(B

In), on a alors

BX =

SpB

BX =

SpB

X

ce qui dtermine B de faon unique.

Exercice 28 : [nonc]a) Puisque A est symtrique relle, A est orthogonalement diagonalisable et doncil existe P On(R), vrifiant A = P DP1 avec D = diag(1, . . . , n), i 0.Posons alors B = PP1 avec = diag(

1, . . . ,

n). On vrifie B2 = A et

tB = B (car tP = P1) et les valeurs propres de B sont videmment positives.b) Soit X ker(B In), BX =

X donc AX = B2X = X puis

X ker(A In).Puisque A est diagonalisable,

Mn,1(R) = SpA

ker(A In)



16/25


Puisque B est diagonalisable,

Mn,1(R) = SpB

ker(B In)

Or les valeurs propres de B sont positives et leurs carrs sont valeurs propres de Adonc

SpB

/

SpA

Ceci permet dcrire

Mn,1(R) = SpA

ker(B

In)

quitte introduire quelques espaces nuls.On en dduit

dim Mn,1(R) =

SpA

dimker(B

In) =

SpA

dimker(A In) (1)

Or linclusion ker(B In) ker(A In) donne

dimker(B In) dimker(A In) (2)Lgalit (1) et la majoration (2) donne alors

dimker(B

In) = dimker(A In)

pour tout SpA.Par inclusion et galit des dimensions

ker(B

In) = ker(A In)c) Soit X Mn,1(R). Puisque A est diagonalisable, on peut crire

X =

SpA

X avec X ker(A In)

Puisque ker(A In) = ker(B

In), on a alors

BX =

SpB

BX =

SpB

X

ce qui dtermine B de faon unique.

Exercice 29 : [nonc]a) Il existe P On(R), vrifiant S = P DP1 avec D = diag(1, . . . , n), i 0.Considrons alors un polynme , construit par interpolation de Lagrangevrifiant

1 i n, (i) =

i

Posons ensuite A = (S). A est un polynme en S, A est symtrique relle et

P1AP = P1(S)P = (D) = diag(

1, . . . ,

n)

Les valeurs propres de A sont positives donc A S+n (R). Enfin, puisqueP1A2P = diag(1, . . . , n) = D

on a A2 = S.b) Soit B S+n (R) vrifiant B2 = S. On a BS = S3 = SB donc B commute avecS et donc avec A qui est un polynme en S. Puisque A et B sont diagonalisableset quelle commutent toutes deux, elles sont codiagonalisables. Ainsi, il existe unematrice de passage Q GLn(R) vrifiant

Q1AQ = diag(1, . . . ,n) et Q1BQ = diag(1, . . . , n)Or A2 = S = B2 donc 2i = i puis i =

i car i 0.

Finalement A = B

Exercice 30 : [nonc]Existence : Il existe U On(R) et D diagonale positive telle que tUAU = D. Soit la matrice diagonale dont les coefficients sont les racines carre des coefficientsde D. est diagonale positive et 2 = D.Pour B = UtU, on a B S+n (R) et B2 = A donc B solution.Unicit : Supposons B solution et introduisons un espace vectoriel euclidien E dedimension n et u, v L(E) reprsents par A et B dans une base orthonorme.Avec des notations immdiates E(v)

E2(u), or E =

R+E(v) et

E = R+

E2(u) donc dim E(v) = dim E2(u) puis E(v) = E2(u). Ceci

dtermine entirement v et permet de conclure lunicit de B.

Exercice 31 : [nonc]tXAX = t(MX)M X 0 donc A S+n (R).Pour A S+n (R), il existe P On(R) tel que P1AP = D avecD = diag(1, . . . , n) et i 0. Posons M = PP

1 avec = diag(

1, . . . ,

n). On a M Sn(R) et M2 = A donc A = tM M.



17/25


Exercice 32 : [nonc]Par rcurrence sur n N.Pour n = 1, S = (a) avec a 0 donc T = (

a) convient.

Supposons la proprit tablie au rang n 1 1.Soient S =

a LtL S

S+n (R) et T =

0 T

T+n (R). On observe

t

T T = 2

t S

avec S

=t

+t

T

T

.Pour X = E1, la relation

tXS X 0 donne a 0.Si a = 0 alors, en exploitant tXS X 0 avec X = E1 + Ej pour R, onobtient L = 0.De plus il est immdiat qualors S S+n1(R) et en prenant = 0, = 0 etT T+n1(R) tel que S = tTT on conclut.Si a > 0 alors on pose =

a et = 1L et il reste dterminer T

tel queS = t + tTT.Posons = S t et montrons S+n1(R) ce qui permettra de conclure vialhypothse de rcurrence.

Pour tout X =

x1X

, tXS X 0 donne ax21 + 2x1LX

+ tXSX 0 et pour

x1 = 1aLX on obtient tXSX 1a (LX)2 0 ce qui donne tXX 0 etpermet de conclure.Rcurrence tablie.

Exercice 33 : [nonc]a) Cest Sn(R) car ces espaces sont videmment orthogonaux et supplmentaires.b)

t exp(xB) exp(xB) = exp(t(xB))exp(xB) = exp(xB) exp(xB)Or xB et xB commutent donc

t exp(xB) exp(xB) = exp(xB + xB) = exp(0) = Inc) La fonction drivable f : x tr(A exp(xB)) admet un maximum en 0 doncf(0) = 0 ce qui donne tr(AB) = 0 pour tout B An(R). Ainsi A est une matricesymtrique. Par le thorme spectrale A = tP DP avec D = diag(1, . . . , n) etP On(R).Posons V = diag(1, . . . , n) avec i = 1 et ii = |i| et U = P VtP On(R).

tr(AU) = tr(AP VtP) = tr(tPAPV) = tr(DV) = |1| + + |n|et

tr(A) = 1 + + n

La proprit tr(AU) trA entrane i 0 pour tout i.d) Supposons A S+n (R). On peut crire A = tP DP avec D = diag(1, . . . , n),i 0 et P On(R). Pour tout U On(R), tr(AU) = tr(DV) avecV = (vi,j) =

tP UP On(R).On a alors

tr(DV) =

n

i=1 ivi,i n

i=1 i = tr(A)car vi,i 1.e) Lapplication relle f : V tr(MV ) est continue sur le compact On(R), elle yadmet donc un maximum en un certain U On(R). On a alors pour toutV On(R),

tr(M V) tr(M U)

Posons alors A = M U. Pour tout W On(R),tr(AW) trA

donc A S+n (R) et ainsi M = AU1 avec A S+n (R) et U1 On(R).

Exercice 34 : [nonc]Puisque la matrice A est symtrique relle positive, elle est orthogonalementsemblable une matrice diagonale coefficients positifs. On peut donc crire

A = P DP1 avec P On(R) et D = diag(1, . . . , n), k 0On a alors

tr(AB) = tr(P DP1B) = tr(DC)

avec C = P1BP qui est encore une matrice symtrique relle positive.On a alors

tr(DC) =n

i=1

ici,i n

i=1

in

i=1

ci,i = tr(D)tr(C)car les scalaires i et les coefficients ci,i sont positifs.Puisque deux matrices semblables ont mme trace, on parvient lingalit voulue.

Exercice 35 : [nonc]Puisque symtrique relle positive, la matrice A est orthogonalement semblable une matrice diagonale coefficients positifs ce qui permet dcrire

A = tP DP



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avec P On(R), D = diag(1, . . . , n), i 0.On a alors

tr(AB) = tr(DP BtP) = tr(DB)

avec B = P BtP. On vrifie aisment que B est symtrique positive car B lest etalors ces coefficients diagonaux sont positifs puisque

b

ii =

t

EiBEi

0

On a alors

tr(AB) =

ni=1

ibii 0

Exercice 36 : [nonc]Supposons B S+n (R).Pour tout 1 i < j n, les sous-matrices

ai,i ai,jaj,i aj,j

et 1/ai,i 1/ai,j1/aj,i 1/aj,j

sont symtriques positives donc de dterminants positifs. Ainsi

ai,iaj,j a2i,j 0 eta2i,j ai,iaj,j

ai,iaj,ja2i,j 0

On en dduitai,iaj,j a2i,j = 0

Ainsi toutes les matrices de taille 2 extraites de A sont non inversibles et doncrgA < 2. Puisque les coefficients de A sont non nuls, on peut affirmer

rgA = 1

Inversement, supposons rgA = 1. Toutes les colonnes de A sont colinaires entreelles ce qui perme dcrireA = (ij)1i,jnLa relation

X Mn,1(R), tXAX 0donne alors

x1, . . . , xn R,n

i,j=1

ijxixj 0

puis en posant xi = yi/2i ,

y1, . . . , yn R,n

i,j=1

1

ijyiyj 0

ce qui permet daffirmer que la matrice symtrique B est positive.

Exercice 37 : [nonc]Notons que les coefficients diagonaux de A sont positifs car

ai,i =tEiAEi 0

Il est alors immdiat que

i {1, . . . , n} , |ai,i| = ai,i mPour i = j {1, . . . , n}, introduisons X = Ei + Ej Mn,1(R) avec R. On a

tXAX = 2a2i,i + 2ai,j + a2j,j 0

Si ai,i = 0 alors on a ncessairement ai,j = 0 et donc |ai,j | m.Si ai,i = 0 alors puis que le trinme du second degr est de signe constant, on a

= 4a2i,j 4ai,jaj,j 0puis

a2i,j ai,iaj,j m2

do|ai,j | m

Exercice 38 : [nonc]La matrice A est videmment symtrique.Posons

T =

1 1. . . ...(0) 1

GLn(R)On remarque

A = tT T

On en dduit que pour tout X Mn,1(R)tXAX = t(T X)T X = T X2 0

avec galit si, et seulement si, T X = 0 ce qui donne X = 0.



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Exercice 39 : [nonc]H est symtrique donc diagonalisable.H est la matrice du produit scalaire

(P, Q) 10

P(t)Q(t)dt

sur Rn1

[X] donc H est dfinie positive et donc valeurs propres strictementpositives.

Exercice 40 : [nonc]Pour A S+n (R), on vrifie que

Ap = A +1

pIn A

avec Ap S++n (R).


a) est clairement bilinaire, symtrique car A lest et dfinie positive carA S++n (R).b) Notons E1, . . . , E n les matrices lmentaires de Mn,1(R).(Ei, Ej) = ai,j, (Ei, Ei) = ai,i et (Ej , Ej) = aj,j donc lingalit deCauchy-Schwarz donne a2i,j ai,iaj,j.De plus, sil y a galit alors Ei et Ej sont colinaires ce qui ne peut tre le casque si Ei = Ej.

Exercice 42 : [nonc]a) Si A est dfinie positive alors SpA R+. De plus A est symtrique relle doncdiagonalisable et det A est le produit des valeurs propres de A comptes avec

multiplicit. Par suite det A > 0.b) Ap Sp(R) et pour tout X Mp,1(R), tXApX = tXAX avec X Mn,1(R)la colonne obtenue en poursuivant la colonne X de coefficients nuls. On en dduitque si A S++n (R) alors Ap S++p (R) puis det Ap > 0.c) La proprit est immdiate au rang n = 1.Supposons la proprit acquise au rang n 1.Soit A Sn+1(R) vrifiant pour tout p {1, . . . , n + 1}, det Ap > 0.Par blocs, A est de la forme

A =

An CntCn

Par application de lhypothse de rcurrence, An S++n (R). Il existe doncPn On(R) vrifiant tP AP = Dn = diag(1, . . . , n) avec i > 0.Considrons alors

Pn+1 =

Pn Xn0 1

GLn+1(R)

On at

Pn+1APn+1 = Dn Yn

tYn

avec Yn =tPn(AXn + Cn).

En choisissant Xn = A1n Cn, on obtient

tPn+1APn+1 =

Dn 0

0

avec n+1 > 0 car det A > 0 entrane 1 . . . n+1 > 0.On peut alors affirmer que A est symtrique dfinie positive car A reprsente unetelle forme bilinaire symtrique dans une certaine base.Rcurrence tablie.

Exercice 43 : [nonc]On peut crire

In + AB = A

A1 + B

La matrice A1 + B est symtrique relle et vrifie

X Mn,1(R)\ {0} , tX(A1 + B)X = tXA1X+ tXBX > 0On en dduit que A1 + B est inversible car lment de S++n (R) et donc In + ABest inversible par produit de matrices inversibles.


a) Pour toute colonne X,

tXtAAX= t(AX)AX 0

ettXtAAX = 0 AX = 0 X = 0

b) Par le thorme spectral, il existe P On(R) tel quetPtAAP = diag(1, . . . , n) avec i > 0.La matrice

S = tPdiag(

1, . . . ,

n)P



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est alors solution.c) Posons O = AS1. On a A = OS et tOO = tS1tAAS1 = In donc O On(R)et A = OS.d) Si A = OS alors S2 = tAA.Pour Sp(tAA),

ker(tAA In) = ker(S2 In)

Or par le lemme de dcomposition des noyaux,ker(S2 In) = ker(S

In) ker(S+

In)

car > 0. Orker(S+

In) = {0}

car SpS R+. Ainsi pour tout Sp(tAA),ker(tAA In) = ker(S In)

ce qui suffit tablir lunicit de S car

Mn,1(R) = Sp(tAA)

ker(tAA In)

Exercice 45 : [nonc]Si A = tP P alors il est facile dtablir que A est symtrique positive (voire dfiniepositive si P est inversible). Inversement, si A est symtrique positive alors par lethorme spectral, on peut crire A = tQDQ avec Q On(R),D = diag(1, . . . , n) et i 0 (voire i > 0 si A est dfinie positive). PourP = Q avec = diag(

1, . . . ,

n) on dispose dune matrice solution

(inversible dans le cas o est dfinie positive.)


a) VectS++n (R) = Sn(R) notamment parce quune matrice symtrique peutscrire comme diffrence de deux matrices symtriques dfinies positives viadiagonalisation.

b) tXAX =k

i=1

itXAiX avec tXAiX 0 donc

|tXAX| ki=1

|i| tXAiX = tXB X.c) Cas B = In.La matrice A est diagonalisable et pour tout X, |tXAX| tXX assure que sesvaleurs propres vrifient || 1 et donc |det A| 1 = det B.

Cas gnral :Si les i sont tous nuls, cest immdiat. Sinon, B S++n (R). On peut crireB = C2 avec C S++n (R). Considrons ensuite A = C1AC1 Sn(R)Pour tout X Rn, |tXAX| = t(C1X)A(C1X) t(C1X)B(C1X) = tXX.Par ltude prcdente, |det A| 1 donc |det A| (det C)2 = det B.

Exercice 47 : [nonc]a) On peut crire A = tP DP avec P On(R) et D = diag(1, . . . , n) avec i > 0.La matrice C = tPP avec = diag(1/

1, . . . , 1/

n) convient.

b) tD = D et tXDX = t(CX)B(CX) 0 donc D S+n (R). En notant1, . . . , n 0 ses valeurs propres, lingalit voulue revient ni=1

(1 + i)1/n 1 +

ni=1

1/ni qui sobtient en appliquant lingalit de Jensen la

convexit de la fonction x ln(1 + ex).c) (det C)2 det(A + B) = det(CAC+ CBC) = det(I+ D) avec (det C)2 = 1/det A.


Par labsurde supposons (A + B)1

= A1 + B1.On a alors

(A + B)(A1 + B1) = In

et en dveloppantBA1 + AB1 + In = On

En multipliant droite par la matrice A, on obtient

B + AB1A + A = On

Pour X Mn,1(R) non nul, on obtienttXB X+ t(AX)B(AX) + tXAX = 0

avectXBX, t(AX)B(AX), tXAX > 0

ce qui est absurde.

Exercice 49 : [nonc]Le coefficient dindice (i, j) de la comatrice de S est

(1)i+ji,j



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avec i,j le mineur dindice (i, j) de la matrice S i.e. le dterminant de la matriceobtenue en supprimant la ime ligne et la jme colonne de S. Or le dterminantdune matrice est aussi celui de sa transpose et puisque la matrice S estsymtrique, le mineur dindice (i, j) est gal celui dindice (j, i). On en dduitque la comatrice de S est symtrique.Si S S++n (R) alors

comS = t(comS) = det(S)S1

Puisque S est dfinie positive, son inverse S1 lest aussi et det S > 0 donc comSest dfinie positive.Si S S+n (R) alors pour tout t > 0,

St = S+ tIn S++n (R)

puis

com(St) S++n (R)et donc

com(S) = limt0

com(St) S++n (R) = S+n (R)

Exercice 50 : [nonc]a) Si M possde la proprit (P) alors les colonnes de la matrice U introduitesdoivent tre unitaires donc

1 i n, 2i + 2i = 1

et elles doivent tre deux deux orthogonales donc

1 i = j n, ij = 0

Cette dernire condition ne permet quau plus un k non nul et alors

|k

| 1

tandis que pour i = k, |i| = 1.Inversement, si tous les i vrifient |i| = 1 sauf peut-tre un vrifiant |k| < 1,alors on peut construire une matrice U affirmant que la matrice M possde laproprit (P) en posant

1 i = k n, i = 2n+2i = 0, k = 2n+2k =

1 2k et n+1 = k

b) La matrice M est orthogonalement diagonalisable, on peut donc crire

M = tP DP avec P On(R) et D = diag(1, . . . , n)

Considrons alors la matrice

Q =

P 00 1

On+1(R)

Si la matrice M possde la proprit (P) alors on peut introduire U On+1(R)prolongeant M et alors

V = tQUQ =

2n+1

D...

n+21 n n+1

On+1(R)

ce qui entrane que les valeurs propres 1, . . . , n de M sont toutes gales 1sauf peut tre une lment de [1, 1].La rciproque est immdiate.c) La matrice tM M est symtrique dfinie positive. On peut donc endiagonalisant orthogonalement celle-ci dterminer une matrice S symtriquedfinie positive telle que

tM M = S2

On pose alors U = M S1 et on vrifie U On(R) par le calcul de tUU.d) Supposons que la matrice M = US possde la proprit (P). En multipliantpar la matrice

V =

tU 00 1

On+1(R)

on dmontre que la matrice S possde aussi la proprit (P).Puisque les valeurs propres de S sont les racines des valeurs propres de tM M, onobtient la condition ncessaire suivante : les valeurs propres de tM M doivent tregales 1 sauf peut-tre une dans [0, 1] (ces valeurs propres sont ncessairementpositives).La rciproque est immdiate.

e) Soit M Mn(R). Pour p assez grand, la matriceMp = M +

1

pIn

est assurment inversible ce qui permet dcrire Mp = UpSp avec Up orthogonaleet Sp symtrique relle.La suite (Up) volue dans le compact On(R), elle possde une valeur dadhrenceU On(R) et la matrice S = U1 M est symtrique relle en tant que limitedune suite de matrices symtriques relles.On peut donc conclure.



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Exercice 51 : [nonc]a) La matrice tAA est dfinie positive.b) Par le procd de Schmidt, on peut orthonormaliser la base canonique de Rn etla matrice de passage correspondante est alors triangulaire suprieure. Puisque lamatrice dun produit scalaire dans une base orthonorme est lidentit, la formulede changement de base donne tPtAAP = In avec P triangulaire suprieureinversible.

c) Les matrices Q = AP et R = P1 conviennent.d) Si A = QR = QR alors QQ1 = RR1 est une matrice orthogonaletriangulaire suprieure coefficients diagonaux strictement positifs. En tudiantsuccessivement ses colonnes, on obtient QQ1 = RR1 = In puis lunicit de ladcomposition.

Exercice 52 : [nonc]Existence : Soit la forme bilinaire symtrique sur Rn reprsente par S dans labase canonique B de Rn. est un produit scalaire car S S++n (R).Soit B lorthonormalise de Schmidt de la famille B pour le produit scalaire .Notons T la matrice de passage de

B

B. Celle-ci est triangulaire suprieure

coefficients diagonaux positifs.Puisque la matrice de la forme bilinaire symtrique dans la base orthonormeB est In, la formule de changement de base donne S = tT InT = tT T.Unicit : Supposons T, T solutions. Puisque S est inversible, les matrices T et T

sont elles aussi inversibles.On a tT T = tTT donc T T1 = tT1tT = t(TT1).Or la matrice T T1 est triangulaire suprieure alors que t(TT1) esttriangulaire infrieure. On en dduit que T T1 = D avec D matrice diagonale.De plus les coefficients diagonaux de T et T tant strictement positifs, lgalitT = DT entrane que les coefficients diagonaux de D sont eux aussi positifs.Enfin, lgalit tT T = tTT donnetTD2T = tTT puis D2 = In do D = In etfinalement T = T.

Exercice 53 : [nonc]Soit M S++n (R). (x, y) = tXM Y dfinit un produit scalaire sur E = Rn.En orthonormalisant pour le produit scalaire la base canonique B de Rn par leprocd de Schmidt, on obtient une base B et la matrice de passage P de B Best triangulaire suprieure. Par changement de base (x, y) = tXY = tXtP P Y

donne M = tP P. Dune part mi,i =n

j=1p2i,j p

2i,i et dautre part

det M = (det P)2 =ni=1

p2i,i permettent de conclure.

Exercice 54 : [nonc]a) Soit la forme bilinaire symtrique sur Rn reprsente par S dans la basecanonique B de Rn. est un produit scalaire car S S++n (R).Soit B lorthonormalise de Schmidt de la famille B pour le produit scalaire .Notons T la matrice de passage de B B. Celle-ci est triangulaire suprieure.Puisque la matrice de la forme bilinaire symtrique dans la base orthonorme

B est In, la formule de changement de base donneS = tT InT =

tT T

b) Notons ti,j les coefficients de la matrice T.On a

si,i =

ik=1

t2k,i t2i,i

doncni=1

si,i ni=1

t2i,i (det T)2 = det S

c) Si A / GLn(R

), la proprit est immdiate.Si A GLn(R) alors S = tAA S++n (R) et sj,j =

ni=1

a2i,j donc

(det A)2 = det Sn

j=1

ni=1

a2i,j

puis lingalit propose.

Exercice 55 : [nonc]Sur Rn muni de sa base canonique, A est la matrice dun produit scalaire. Pour ceproduit scalaire, il existe une base orthonorme telle que la forme bilinaire

symtrique reprsente par B soit une matrice diagonale D. La matrice duproduit scalaire dans cette base orthonorme est lidentit et par la formule dechangement de base, A = tP InP et B = tP DP.

Exercice 56 : [nonc]Par diagonalisation dune forme bilinaire symtrique dans un espace euclidiendont le produit scalaire est dfini par la matrice B, on peut crire affirmer quilexiste P GLn(R) vrifiant B = tP P et A = tP DP. On a alorsdet(A XB ) = (det P)2D(X) scind.



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Exercice 57 : [nonc]a) Sur E = Mn,1(R), (X, Y) = tXAY dfinit un produit scalaire et(X, Y) = tXB Y dfinit une forme bilinaire symtrique. Par le thormespectral, il existe une base orthonorme de E pour diagonalisant la formebilinaire symtrique . Pour la matrice de passage P de la base canonique de E(dans laquelle et sont reprsentes par A et B) vers la base orthonormeprcdente la relation de changement de base donne : A = tP InP et B =

tPP.

De plus, la forme bilinaire symtrique tant dfinie positive, les valeursdiagonales de sont strictement positives.b) Notons 1, . . . , n les valeurs diagonales de .det A = (det P)2, det B = 1 . . . n(det P)

2 etdet(A + B) = (1 + 1) . . . (1 + n)(det P)

2

Les i tant positifs :

1 + 1 . . . n (1 + 1) . . . (1 + n)

doncdet A + det B det(A + B)

c) Toute matrice symtrique relle positive peut-tre diagonalise via une matrice

orthogonale en une matrice diagonale coefficients diagonaux positifs. Cettedernire peut se voir comme limite dune suite de matrices diagonales coefficientsdiagonaux strictement positifs. Par suite S+n (R) est dense S+n (R). Par continuitdu dterminant et densit, la relation prcdente stend A, B S+n (R).

Exercice 58 : [nonc]Par diagonalisation dune forme bilinaire symtrique dans un espace euclidiendont le produit scalaire est dfini par la matrice A, on peut crire affirmer quilexiste P GLn(R) vrifiant A = tP P et B = tP DP avec D diagonale,D = diag(1, . . . , n).En notant Ej les colonnes lmentaires, pour X = P

1Ej, la conditiont

XAXt

XBX donne 1 j.On a alors

det B = (det P)2n

j=1

j (det P)2 = det A

Exercice 59 : [nonc]Par diagonalisation dune forme bilinaire symtrique dans un espace euclidiendont le produit scalaire est dfini par la matrice A, on peut crire affirmer quilexiste P GLn(R) vrifiant A = tP P et B = tP DP avec D diagonale.

On a alors AB = tP PtP DP donc (tP)1ABtP = PtP DPtP.La matrice AB est donc semblable PtP DPtP qui est une matrice symtriquerelle donc diagonalisable.

Exercice 60 : [nonc]a) : (X, Y)

tXAY et : (X, Y)

tXB Y dfinissent respectivement un

produit scalaire et une forme bilinaire symtrique sur Mn,1(R) reprsents parles matrices A et B dans la base canonique. Par le thorme spectral, il existe unebase orthonorme pour le produit scalaire diagonalisant la forme bilinairesymtrique . En notant P la matrice de changement de base correspondante, lesformules de passage donnent A = tP InP =

tP P car la nouvelle base estorthonorme pour et B = tP DP avec D diagonale car celle-ci diagonalise .b) Cas :la matrice A est dfinie positive.Par le rsultat prcdent, il suffit dtablir (det D)1t det(tIn + (1 t)D) avecD matrice diagonale coefficients diagonaux 1, . . . , n positifs. On souhaite donctablir,

n

i=1

i1t

n

i=1

(t + (1

t)i)

Or pour tout 0, 1t t + (1 t).En effet pour = 0, la proprit est immdiate et pour > 0, celle-ci quivaut t ln1 + (1 t) ln ln(t + (1 t)) qui dcoule de la concavit du logarithme.On peut donc conclure en multipliant les comparaisons 0 1ti t + (1 t)i.Cas : la matrice A est positive.La matrice Ap = A +

1pIn est dfinie positive et donc

(det Ap)t(det B)1t det(tAp + (1 t)B) pour tout t ]0, 1[.En passant la limite quand p +, on obtient(det A)t(det B)1t det(tA + (1 t)B) (avec ici det A = 0 si A nest pas dfiniepositive).

Exercice 61 : [nonc]a) Supposons A + tA S++n (R). Pour X Rn\ {0}, tXAX = tXtAX donc

tXAX =1

2

tX(A + tA)X

> 0

Inversement, si la condition

X Rn\ {0} , tXAX > 0



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est vrifie alors on a aussi

X Rn\ {0} , tXtAX > 0donc

X Rn\ {0} , tX(A + tA)X > 0Puisque la matrice A + tA est videmment symtrique, on obtient

A +t

A S++n (R).

b) Commenons par observer que pour A P, les valeurs propres complexes de Asont de partie relle strictement positive. Soit C et Z Cn\ {0} vrifiantAZ = Z. En crivant Z = X+ iY avec X, Y colonnes relles et = + i avec, R, la partie relle de la relation ZAZ = ZZ donnetXAX + tY AY = Z2. On en dduit > 0.Pour A Pet S S++n (R), on peut crire S = tP P avec P GLn(R). On a alors(tP)1SAtP = P AtP. En posant B = P AtP, on peut affirmer que SA et B sontsemblables et ont donc les mmes valeurs propres.Pour X Rn\ {0}, tXB X = tY AY avec Y = tP X = 0 donc tXBX > 0. Parsuite B Pce qui permet de conclure.

Exercice 62 : [nonc]La forme polaire de la forme quadratique q est donne par

(x, y) =1

2(f1(x)f2(y) + f1(y)f2(x))

On ax ker y E, f1(x)f2(y) + f1(y)f2(x) = 0

Les formes linaires f1 et f2 tant indpendantes, les hyperplans ker f1 et ker f2sont distincts.Poury ker f1\ ker f2, on obtientf1(x) = 0. De mme on montre f2(x) = 0 etainsiker ker f1 ker f2.Linclusion rciproque tant immdiate, il en rsulte

rg = codim ker = 2

Exercice 63 : [nonc]a) Soit (e1, . . . , ep) une base deF.F est un sous-espace vectoriel de E car intersection des noyaux des formeslinairesfi : x (x, ei).Ces formes linaires tant indpendantes (car non dgnre)doncdim F = n p.

b) On a F F et galit des dimensions donc galit des espaces.c) SupposonsF F = E. La matrice de dans une base adapte est de la forme

A 00 B

avec A Mp(K) etB Mnp(K). Or cette matrice est de rang n

donc rgA = p et donc |F nest pas dgnre.

Supposons |F non dgnre. Soitx F F. On a pour touty F, (x, y) = 0,or est non dgnre donc x = 0 puisF

F = E.


Dans la base canonique, la matrice de Q est 12

0 (1). . .

(1) 0

de dterminant

(n1)(1)n1

2n .Si n = 1, rgQ = 0. Sinon rgQ = n.

Exercice 65 : [nonc]On peut rcrire

q(x1, x2, x3) = (x1 +x2 + x3)22x2x3 = (x1 + x2 +x3)2+ 1

2(x2x3)2 1

2(x2 +x3)

2

de signature (2, 1).


q(x1, . . . , xn) =ni=1

ix2i + 2ni=1

nj=i+1

ixixj =

(x1 + + xn)2 2ni=1

nj=i+1

xixj +ni=2

(i 1)x2i + 2ni=1

nj=i+1

ixixj

donc q(x1, . . . , xn) = (x1 + + xn)2

+

ni=2 (i 1)x

2

i + 2

ni=2

nj=i+1 (i 1)xixj =

ni=1

(xi + + xn)2.Les formes linaires i : (x1, . . . , xn) xi + + xn sont indpendantes, lasignature de q est (n, 0), cest une forme quadratique dfinie positive.

Exercice 67 : [nonc]Soit la forme bilinaire symtrique reprsente par A dans la base canonique deKn.



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Si A est dfinie positive alors k = |Vect(e1,...,ek) lest encore doncdet k = k > 0.Inversement, supposons 1 k n, k = det((ai,j)1i,jk) > 0 et montrer parrcurrence sur 1 k n que k est dfinie positive.Pour k = 1 : okSupposons la proprit tablie au rang 1 k n 1.La restriction de k+1 a Vect(e1, . . . , ek) tant dfinie positive, la signature de

k+1 est (k, 1), (k, 0) ou (k + 1, 0).Dans une base orthogonale le dterminant de k+1 est alors respectivement < 0, 0ou > 0.Or k+1 > 0 donc k+1 est de signature (k + 1, 0) donc dfinie positive.

Exercice 68 : [nonc] est clairement bilinaire et symtrique car tr(AB) = tr(BA).

Si A Sn(R) alors tr(tAA) =n

i,j=1a2i,j > 0 pour tout A = 0. |Sn(R) est dfinie

positive.

Si A

An(R) alors tr(

tAA) =

n

i,j=1

a2i,j < 0 pour tout A

= 0. |An(R) est dfinie

ngative.Si A Sn(R) et B An(R) alors(A, B) = tr(AB) = tr(t(AB)) = tr(tBtA) = tr(BA) = (A, B) donc Sn(R) etAn(R) sont orthogonaux.Dans une base adapte, on observe que la signature de est

n(n+1)

2, n(n1)

2

.

algèbre bilinéaire_2

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