Théorème spectral

Dans tout le chapitre, on s'intéresse exclusivement aux espaces

R^{n}

où

n

est un entier naturel supérieur ou égal à 2.

I Produit scalaire et norme

I.1 Produit scalaire

I.1.1 Définition-proposition

Le produit scalaire canonique de deux vecteurs

X = (\begin{matrix} x_{1} \\ ⋮ \\ x_{n} \end{matrix}), Y = (\begin{matrix} y_{1} \\ ⋮ \\ y_{n} \end{matrix}) \in R^{n}

est défini par

(X | Y) = ⟨ X, Y ⟩ = \sum_{k = 1}^{n} x_{k} y_{k} = X^{T} \times Y

Il possède les propriétés suivantes :

Bilinéaire : $\forall λ, μ \in R \forall u, v, w \in R^{n} (λ u + μ v | w) = λ (u | w) + μ (v | w) et (u | λ v + μ w) = λ (u | v) + μ (u | w)$ .
Symétrique : $\forall u, v \in R^{n} (u | v) = (v | u)$ .
Positive : $(u | u) \geq 0_{R}$ .
Définie : $(u | u) = 0_{R} \Rightarrow u = 0_{R^{n}}$ .

Notations : le produit scalaire canonique est noté au choix

(u | v), ⟨ u, v ⟩, ou u \cdot v

Preuve

La bilinéarité est évidente par la formule de produit matriciel.
De plus,

X^{T} Y

est un nombre donc

{(X^{T} Y)}^{T} = Y^{T} X = ⟨ Y, X ⟩

.
Remarquer que

⟨ X, X ⟩ = \sum_{k = 1}^{n} x_{k}^{2}

est une somme de réels positifs donc est forcément positive, et elle ne vaut 0 que si tous les termes sont nuls.

I.1.2 Exemple

Les vecteurs

(\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) et (\begin{matrix} 0 \\ 2 \\ 2 \\ - 2 \end{matrix})

sont de produit scalaire nuls dans

R^{4}

I.2 Norme et distance

I.2.1 Définition

On appelle norme (euclidienne) d'un vecteur $u \in R^{n}$ le réel positif $∥ u ∥ = \sqrt{(u | u)}$ .
On appelle distance (euclidienne) entre deux vecteurs $u, v \in R^{n}$ le réel positif $d (u, v) = ∥ v - u ∥ = ∥ u - v ∥$ .

I.2.2 Proposition

Soient

u, v \in R^{n}

λ \in R

$∥ u ∥ = 0_{R} ⟺ u = 0_{R^{n}}$
$∥ λ u ∥ = | λ | ∥ u ∥$ ( Attention à la valeur absolue )
$∥ u + v ∥^{2} = ∥ u ∥^{2} + 2 (u | v) + ∥ v ∥^{2}$
$∥ u + v ∥^{2} + ∥ u - v ∥^{2} = 2 (∥ u ∥^{2} + ∥ v ∥^{2})$ (identité du parallélogramme)
$(x | y) = \frac{∥ u + v ∥^{2} - ∥ u ∥^{2} - ∥ v ∥^{2}}{2} = \frac{∥ u + v ∥^{2} - ∥ u - v ∥^{2}}{4}$

Preuve

Il s'agit de la traduciton de la dernière propriété du produit scalaire.
On a directement $∥ λ u ∥^{2} = λ^{2} ∥ u ∥^{2}$ par double linéarité.
Par définition on a
$∥ u + v ∥^{2} = ⟨ u + v, u + v ⟩ = ⟨ u, u + v ⟩ + ⟨ v, u + v ⟩ = ⟨ u, u ⟩ + ⟨ u, v ⟩ + ⟨ v, u ⟩ + ⟨ v, v ⟩$
et il suffit de regrouper en utilisant la symétrie.
Changer $v$ en $- v$ dans la formule précédente puis sommer (en utilisant la linéarité du produit scalaire)
Simple transformation de formules.

I.2.3 Théorème (Inégalité de Cauchy-Schwarz)

Soient

u, v \in R^{n}

$| ⟨ u, v ⟩ | \leq ∥ u ∥ \times ∥ v ∥$
$⟨ u, v ⟩ = ∥ u ∥ ∥ v ∥$ ssi $u et v$ sont colinéaires et de même sens.

Preuve

Soient

u, v \in R^{n}

fixés. On considère l'application

f : {\begin{array}{rcl} R & \to & R \\ t & \mapsto & (u + t v | u + t v) = ∥ u + t v ∥^{2} \end{array}

. Alors

f \geq 0

par positivité du produit scalaire. De plus, pour

t \in R

on a

$\begin{aligned} f (t) & = (u + t v | u + t v) = (u | u + t v) + t (v | u + t v) \\ = (u | u) + t (u | v) + t (v | u) + t^{2} (v | v) \\ = ∥ u ∥^{2} + 2 t (u | v) + t^{2} ∥ v ∥^{2} \end{aligned}$

Ainsi

f

est une fonction polynomiale de degré au plus 2.

Si $v \neq 0$ (ie $∥ v ∥ \neq 0$ ), alors $f$ est polynomiale de degré 2 et positive. Donc son discriminant est négatif : $Δ = 4 (u | v)^{2} - 4 ∥ u ∥^{2} ∥ v ∥^{2} \leq 0$ , ce qui est l'inégalité de Cauchy-Schwartz.
Si $v = 0$ , alors $(u | v) = 0$ et donc l'inégalité est vérifiée.

Dans le cas,

v \neq 0

, l'inégalité est une égalité ssi

Δ = 0

ssi

f

s'annule une fois ssi

\exists t \in R u + t v = 0_{R^{n}}

(norme nulle). Ainsi

u et v

sont colinéaires Dans le cas

v = 0

, l'égalité est tout le temps vérifié, tout comme le fait d'être colinéaire à 0.

I.2.4 Exemple

\sum_{k = 1}^{n} k \sqrt{k} \leq \frac{n (n + 1)}{2} \sqrt{\frac{2 n + 1}{3}}

en prenant

X = (\begin{matrix} \sqrt{1} \\ ⋮ \\ \sqrt{n} \end{matrix})

Y = (\begin{matrix} 1 \\ ⋮ \\ n \end{matrix})

I.2.5 Corollaire (Minkowski)

Soient

u, v \in R^{n}

$∥ u + v ∥ \leq ∥ u ∥ + ∥ v ∥$ avec égalité ssi $u$ et $v$ sont colinéaires de même sens (positivement proportionnels).
$| ∥ u ∥ - ∥ v ∥ | \leq ∥ u - v ∥$

Preuve

On a immédiatement, d'après Cauchy-Schwarz

∥ u + v ∥^{2} = ∥ u ∥^{2} + 2 (u | v) + ∥ v ∥^{2} \leq ∥ u ∥^{2} + 2 ∥ u ∥ ∥ v ∥ + ∥ v ∥^{2} = (∥ u ∥ + ∥ v ∥)^{2}

Comme la fonction racine carré est croissante sur

R_{+}

, on a l'inégalité voulue. Il y a égalité ssi

(u | v) = ∥ u ∥ ∥ v ∥

. Dans ce cas, on a d'après le théorème I.2.3 ,

u = λ v

v = 0

et donc

λ ∥ v ∥^{2} = | λ | ∥ v ∥^{2}

, ie

v = 0

λ \geq 0

. Dans les deux cas,

u

v

sont colinéaires de même sens. La réciproque est immédiate par le même calcul.
Pour le deuxième point, on applique l'inégalité triangulaire à

∥ (u - v) + v ∥

et à

∥ (v - u) + u ∥

. Rappelons que

| x | \leq a

ssi

x \leq a et - x \leq a

pour

x, a \in R

I.2.6 Remarque

Faire un dessin : inégalité triangulaire.

II Orthogonalité

II.1 Familles orthogonales

II.1.1 Définition

Soient

u, v, u_{1}, \dots, u_{p} \in R^{n}

On dit que $u$ est unitaire (ou normé) ssi $∥ u ∥ = 1 = ∥ u ∥^{2}$ .
$u$ et $v$ sont dits orthogonaux ssi $⟨ u, v ⟩ = 0$ . On note $u ⊥ v$ .
$(u_{1}, \dots, u_{p})$ est une famille orthogonale ssi les $u_{i}$ sont orthogonaux deux à deux.
$(u_{1}, \dots, u_{p})$ est une famille orthonormale ssi elle est orthogonale et tous les $u_{i}$ sont unitaires. Autrement dit $\forall (i, j) \in {⟦ 1, p ⟧}^{2} ⟨ u_{i}, u_{j} ⟩ = δ_{i, j}$ .

Explication

La notion d'orthogonalité repose maintenant sur le produit scalaire, contrairement à nos habitudes de 1ère année. On a pas du tout de notion d'angle.

II.1.2 Exemple

Montrer que la base canonique de

R^{n}

est orthonormale pour le produit scalaire canonique.

II.1.3 Passer à une famille orthonormale

Soit

(e_{1}, \dots, e_{p})

une famille de vecteurs orthogonaux tous non nuls. Alors

{(\frac{e_{i}}{∥ e_{i} ∥})}_{i \in ⟦ 1, n ⟧}

est une famille orthonormale.

II.1.4 Proposition

Soit

(u_{i})_{i \in ⟦ 1, p ⟧}

une famille de vecteurs de

R^{n}

orthogonaux deux à deux et tous non nuls . Alors

(u_{i})_{i \in ⟦ 1, p ⟧}

est libre.
En particulier, toute famille orthonormale est libre.

Preuve

Supposons que

\sum_{i = 1}^{p} λ_{i} u_{i} = 0_{E}

. Alors en effectuant le produit scalaire par

u_{j}

on obtient

λ_{j} ∥ u_{j} ∥^{2} = 0

( tous les autres termes sont nuls ), d'où

λ_{j} = 0

II.1.5 Théorème (Pythagore)

Soit

(u_{1}, \dots, u_{p})

une famille orthogonale de

R^{n}

{∥ \sum_{i = 1}^{p} u_{i} ∥}^{2} = \sum_{i = 1}^{p} ∥ u_{i} ∥^{2}

Preuve

On calcule cette fois

⟨ \sum_{i = 1}^{n} u_{i}, \sum_{j = 1}^{n} u_{j} ⟩

(noter le choix des indices muets différents, pour permettre le calcul de bilinéarité).
Il s'agit simplement de développer les deux sommes et identifier les termes nuls (tous, sauf lorsque les deux vecteurs concernés sont égaux).

II.2 Bases orthonormées

II.2.1 Théorème

Soit

B = (e_{1}, \dots, e_{n})

une base orthonormale de

R^{n}

. Soient

u, v \in E

$u = \sum_{i = 1}^{n} (u | e_{i}) e_{i}$ , c'est à dire que la coordonnée ¹ de $u$ sur le vecteur $e_{i}$ est $(u | e_{i})$ .
On note $(x_{1}, \dots, x_{n})$ les coordonnées de $u$ dans $B$ et $(y_{1}, \dots, y_{n})$ les coordonnées de $v$ dans $B$ . Alors $(u | v) = x_{1} y_{1} + x_{2} y_{2} + \dots + x_{n} y_{n} et ∥ u ∥^{2} = \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} (x | e_{i})^{2}$
Si on note $X = {M a t}_{B} (u) et Y = {M a t}_{B} (v)$ (les colonnes des coordonnées), $(u | v) = X^{T} Y$ .

Preuve

On a $u = x_{1} e_{1} + \dots + x_{n} e_{n}$ . Ainsi
$(u | e_{1}) = x_{1} (e_{1} | e_{1}) + x_{2} (e_{2} | e_{1}) + \dots x_{n} (e_{n} | e_{1}) = x_{1}$
(par linéarité du produit scalaire et orthogonalité de la famille).
On a par le même calcul $(u | v) = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} (x | e_{i}) = \sum_{i = 1}^{n} x_{i} y_{i}$ .

II.2.2 Exemple

Montrer que la famille

(\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ \frac{\sqrt{3}}{2} \end{matrix}), (\begin{matrix} - \frac{\sqrt{3}}{2} \\ \frac{1}{2} \end{matrix})

est une base orthonormale directe de

R^{2}

(pour le produit scalaire canonique). Donner les coordonnées de

u = (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix})

dans cette base. Faire le lien avec les matrices de passage.

II.2.3 Corollaire

Soit

B = (e_{1}, \dots, e_{n})

une base orthonormée de

R^{n}

. Soit

f \in L (R^{n})

. On note

A = (a_{i, j})_{i, j \in ⟦ 1, n ⟧} = {M a t}_{B} (f)

.
Alors

\forall (i, j) \in {⟦ 1, n ⟧}^{2} a_{i, j} = (f (e_{j}) | e_{i})

Preuve

On a en effet, pour un

j \in ⟦ 1, n ⟧

fixé

f (e_{j}) = \sum_{i = 1}^{n} (f (e_{j}) | e_{i}) e_{i}

d'après le théorème précédent.

II.2.4 Mnémotechnie

Pour calculer la matrice de

f

dans

B

, a priori on calcule les coordonnée de

f (e_{j})

pour trouver la

j

ème colonne. Utile pour se souvenir sur quel indice porte l'application de

f

II.3 Orthogonal d'un sev

II.3.1 Définition

Soient

F, G

deux sous-espaces de

R^{n}

On dit que $u \in R^{n}$ est orthogonal à $F$ ssi $\forall u_{F} \in F ⟨ u, u_{F} ⟩ = 0$ . On le note $u ⊥ F$
$F et G$ sont dits orthogonaux ssi $\forall (u_{F}, u_{G}) \in F \times G ⟨ u_{F}, u_{G} ⟩ = 0$ . On note $F ⊥ G$

II.3.2 Exemple

Trouver un exemple dans

R^{2}

. Preuve avec les bases, avec les équations.

II.3.3 Remarque

F ⊥ G

alors

F + G = F \oplus G

car le seul vecteur orthogonal à lui même est le vecteur nul.

II.3.4 Proposition

Soient

F, G

deux sous-espaces de

R^{n}

. On suppose que

F = V e c t (f_{1}, \dots, f_{r}) et G = V e c t (g_{1}, \dots, g_{s})

Soit $u \in E$ , $u ⊥ F$ ssi $\forall i \in ⟦ 1, r ⟧ u ⊥ f_{i}$ .
$F ⊥ G$ ssi $\forall i \in ⟦ 1, r ⟧ \forall j \in ⟦ 1, s ⟧ f_{i} ⊥ g_{j}$ .

Il suffit de vérifier l'orthogonalité sur une famille génératrice pour prouver l'orthogonalité à un espace.

Preuve

Si $x_{F} \in F$ alors $x_{F} = \sum_{i = 1}^{r} α_{i} f_{i}$ et on a $(u | x_{F}) = \sum_{i = 1}^{r} α_{i} (u | f_{i})$ .
Ceci prouve facilement la seule implication non triviale.
$\Rightarrow$ est triviale. Pour la réciproque, on a d'après le point précédent $f_{i} ⊥ G$ pour tout $i$ . Par linéarité du produit scalaire, tout $u_{F} \in F$ est alors perpendiculaire à $G$ , par le même calcul qu'au point précédent.

II.3.5 Définition

Soit

F

un sous-espace vectoriel de

R^{n}

. L'orthogonal de

F

est

F^{⊥} = {x \in E | \forall x_{F} \in F (x_{F} | x) = 0}

F^{⊥}

est l'ensemble des vecteurs orthogonaux à tous les éléments de

F

II.3.6 Remarque

Si on a

G ⊥ F

pour deux espaces alors, par définition de

F^{⊥}

G \subset F^{⊥}

II.3.7 Exemple

${0}^{⊥} = E$ , $E^{⊥} = {0}$ .
Calculer l'orthogonal de la droite d'équation $y = x$ dans $R^{2}$ .

II.3.8 Attention

On considère

D

une droite de l'espace et

F

un sev de

R^{3}

. On peut avoir

D ⊥ F

sans que

F = D^{⊥}

. En particulier deux droites peuvent être orthogonales, mais l'orthogonal de

D

est un plan.

II.3.9 Proposition

Soit

F

un sev de

R^{n}

$F^{⊥}$ est un sous-espace de $R^{n}$ .
$F \oplus F^{⊥} = R^{n}$ ie $F et F^{⊥}$ sont supplémentaires dans $R^{n}$ .
$F^{⊥}$ est le seul supplémentaire de $F$ qui lui soit orthogonal. On l'appelle le supplémentaire orthogonal de $F$ .

Preuve

Le seul vecteur orthogonal à lui même est

0_{R^{n}}

et donc

F \cap F^{⊥} = {0_{R^{n}}}

.
Montrons que

F^{⊥}

est un sous-espace de

R^{n}

et que

\dim (F^{⊥}) = n - \dim (F)

. Soit

B_{F} = (u_{1}, \dots, u_{r})

une base de

F

f : {\begin{array}{rcl} R^{n} & \to & R^{r} \\ u & \mapsto & (\begin{array}{c} ⟨ u, u_{1} ⟩ \\ ⋮ \\ ⟨ u, u_{r} ⟩ \end{array}) \end{array}

.
Par linéarité de chaque coordonnées,

f \in L (R^{n}, R^{r})

F^{⊥} = \ker (f)

d'après II.3.4 . Ainsi

F^{⊥}

est un sous-espace de

R^{n}

.
Considérons

B_{n}

la base canonique de

R^{n}

B_{r}

la base canonique de

R^{r}

. Notons

M = {M a t}_{B_{n}, B_{r}} (f)

. Alors les lignes de

M

sont les coordonnées des

u_{i}

, notées en lignes (ou encore,

M^{T} = {M a t}_{B_{n}} (u_{1}, \dots, u_{r})

). Ainsi elles forment une famille libre et

r g (M) = r g (f) = r

.
D'après le théorème du rang,

r g (f) = n - \dim (\ker (f))

et donc

\dim (F^{⊥}) = n - r

comme voulu.
Ainsi

F \oplus F^{⊥} = R^{n}

.
Finalement, si

G

est un supplémentaire de

F

tel que

G ⊥ F

alors

G \subset F^{⊥}

par définition de

F^{⊥}

\dim (G) = \dim (F^{⊥})

( en tant que supplémentaires d'un même espace

F

) et donc

G = F^{⊥}

ce qui prouve l'unicité voulue.

II.3.10 Exemple

Calculer le supplémentaire orthogonal de $D : 2 x - y = 0$ (dans $R^{2}$ ).
Dans $R^{3}$ , même question avec $D = V e c t (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ - 3 \end{matrix})$ et $P : 2 x + z = 0$ .

II.3.11 Exemple

Projection et symétrie dans le cas où

G = F^{⊥}

: illustration et traduction des conditions géométriques pour calculer

p

III Matrices particulières

III.1 Matrices orthogonales

III.1.1 Définition

Soit

M \in M_{n} (R)

. On dit que

M

est orthogonale ssi

M^{T} M = I_{n}

. On a alors

M M^{T} = I_{n}

et donc

M \in G L_{n} (R)

M^{- 1} = M^{T}

.
On note

O (n)

O_{n} (R)

l'ensemble des matrices orthogonale de taille

n

III.1.2 Produit matriciel et produit scalaire

Soient

A, B \in M_{n} (R)

. Notons

C = A B

a_{i, j}, b_{i, j}, c_{i, j}

les coefficients de

A, B et C

respectivement.
Alors, pour

i, j \in ⟦ 1, n ⟧

, on a

c_{i, j} = \sum_{k = 1}^{n} a_{i, k} b_{k, j}

.
Notons de plus

L_{1}, \dots, L_{n}

les colonnes de

A

C_{1}, \dots, C_{n}

les lignes de

B

. Alors

L_{i} = (a_{i, 1} a_{i_{2}} \dots a_{i_{n}})

C_{j} = (\begin{matrix} b_{1, j} \\ ⋮ \\ b_{n, j} \end{matrix})

. Ainsi

c_{i_{,} j} = L_{i} C_{j} = ⟨ {L_{i}}^{T}, C_{j} ⟩

III.1.3 Théorème

Soit

M \in M_{n} (R)

. Alors les propositions suivantes sont équivalentes :

$M \in O_{n} (R)$ .
$M^{T} \in O_{n} (R)$ .
Les colonnes de $M$ sont une BON de $M_{n, 1} (R)$ pour le produit scalaire canonique.
Les lignes de $M$ sont une BON de $M_{1, n} (R)$ pour le produit scalaire canonique.
Pour toutes colonnes $X, Y \in R^{n}$ on a $⟨ M X, M Y ⟩ = ⟨ X, Y ⟩$ .
Pour toute colonne $X \in R^{n}$ on a $∥ M X ∥ = ∥ X ∥$

Preuve

On a clairement $1) ⟺ 2)$ .
D'après le point précédent, $M^{T} M = I_{n}$ ssi $⟨ C_{i}, C_{j} ⟩ = δ_{i, j}$ (symbole de Kronecker) en notant $C_{1}, \dots, C_{n}$ les colonnes de $M$ . Ainsi $1 ⟺ 3)$ .
Grâce à $1) ⟺ 2)$ on a $3) ⟺ 4)$ immédiatement.
Soient $X, Y \in R^{n}$ . A priori $⟨ M X, M Y ⟩ = {(M X)}^{T} M Y = X^{T} M^{T} M Y$ .
Ainsi, si $M \in O_{n} (R)$ on a bien $⟨ M X, M Y ⟩ = ⟨ X, Y ⟩$ .
Réciproquement, supposons que $⟨ M X, M Y ⟩ = ⟨ X, Y ⟩$ pour toute colonne $X, Y$ . En notant $E_{1}, \dots E_{n}$ la base canonique de $R^{n}$ (sous forme de colonnes) on a ${E_{i}}^{T} (M^{T} M) E_{j} = δ_{i, j}$ (car la base canonique est orthonormée).
Or pour une matrice $A = (a_{i, j})$ , ${E_{i}}^{T} A E_{j} = a_{i, j}$ par calcul direct. Ainsi $M^{T} M = I_{n}$ .
On a bien $1) ⟺ 5)$ .
$5) \Rightarrow 6)$ est trivial. La réciproque est la conséquence directe de l'identité de polarisation $⟨ X, Y ⟩ = \frac{∥ X + Y ∥^{2} - ∥ X ∥^{2} - ∥ Y ∥^{2}}{2}$

III.1.4 Remarque

Pour toute matrice carrée

M

, on a

{(M M^{T})}^{T} = M M^{T}

(transposer chaque terme, et inverser l'ordre) et donc

M M^{T}

est une matrice symétrique.
Ainsi, si on veut évaluer ses coefficients, on en calcule seulement la "moitié" (précisément,

\frac{n (n + 1)}{2}

pour une matrice de taille

n

III.1.5 Exemple

$I_{n} \in O_{n} (R)$ .
Montrer que $A = \frac{1}{7} (\begin{matrix} 6 & 3 & - 2 \\ - 2 & 6 & 3 \\ 3 & - 2 & 6 \end{matrix})$ est une matrice orthogonale.
$A = (\begin{matrix} \cos θ & - \sin θ \\ \sin θ & \cos θ \end{matrix})$ . Calculer $A^{- 1}$ .

III.1.6 Piège de vocabulaire

La matrice

M

est dite orthogonale ssi ses colonnes forment une famille orthonormale .

III.1.7 Proposition

Soit

B

une base de

R^{n}

. On note

B_{c}

la base canonique de

R^{n}

B

est une base orthonormée ssi

P = {M a t}_{B_{c}} (B)

( la matrice de passage ) est orthogonale.

Preuve

Simple traduction du théorème précédent.

III.1.8 Changement de bases orthonormales

Soit

B

une BON de

R^{n}

P = {M a t}_{B_{c}} (B)

la matrice de passage de

B_{c}

B

.
Pour

X \in R^{n}

, on note

X^{'} = {M a t}_{B} (X)

sa colonne de coordonnées dans

B

. Alors

X = P X^{'} ie. X^{'} = P^{- 1} X = P^{T} X

III.1.9 Proposition

L'inverse d'une matrice orthogonale est orthogonale et le produit de deux matrices orthogonales est orthogonal.

O_{n} (R)

est stable par produit matriciel et par passage à l'inverse.

Preuve

A \in O_{n} (R)

alors

A^{T} = A^{- 1} \in O_{n} (R)

. Si on a également

B \in O_{n} (R)

alors

A B {(A B)}^{T} = A B B^{T} A^{T} = A I_{n} A^{T} = I_{n}

et donc

A B

est orthogonale.

III.1.10 Interprétation géométrique

M \in O_{n} (R)

alors

M

est la matrice d'une BON dans la base canonique qui est orthonormale. Ainsi

M^{- 1}

est la matrice de la base canonique dans une BON et c'est une matrice orthogonale.

III.1.11 Théorème

Soit

M \in O_{n} (R)

. Alors

det (M) = \pm 1

Preuve

On a

det (M) = det (M^{T})

M^{T} = M^{- 1}

. Ainsi

det (M) = \frac{1}{det (M)}

et finalement

det (M) = \pm 1

III.1.12 Définition

S O_{n} (R)

(aussi noté

S O (n)

) est l'ensemble

{M \in O (n) | det (M) = 1}

. On l'appelle groupe spécial orthogonal .

III.1.13 Exercice

Montrer que

S O (n)

est stable par produit et passage à l'inverse.

III.1.14 Définition

Soit

B

une base de

R^{n}

. On dit que cette base est directe ssi son déterminant dans la base canonique est strictement positif (c'est à dire vaut 1 dans le cas d'une base orthonormée).
On dit qu'elle est indirecte sinon.

III.1.15 Proposition

Effectuer un changement de base entre deux bases orthonormées directes ne modifie pas les déterminants (des familles ni des applications linéaires).
On retrouve ici la notion de produit mixte vu en géométrie de 1ère année. On peut calculer le déterminant d'une famille dans n'importe quelle base orthonormée directe et obtenir toujours la même valeur.

Preuve

M

est la matrice d'une famille dans une première BOND, la matrice dans la nouvelle BOND est

M^{'} = P M

. Comme

det (P) = 1

det (M^{'}) = det (P) det (M) = det (M)

III.2 Matrices symétriques réelles

Rappel : Pour

X, Y \in R^{n}

, le produit scalaire canonique peut se calculer par

⟨ X, Y ⟩ = X^{T} Y

III.2.1 Définition

Une matrice

A \in M_{n} (R)

est dite symétrique ssi

A^{T} = A

. L'ensemble des matrices symétriques de taille

n

est noté

S_{n} (R)

. C'est un espace vectoriel de dimension

\frac{n (n + 1)}{2}

III.2.2 Exercice

Soit

A \in M_{n} (R) et P \in O_{n} (R)

. Montrer que

A

est symétrique ssi

P^{T} A P

est symétrique.

III.2.3 Proposition

Soit

A \in M_{n} (R)

A \in S_{n} (R)

ssi pour tous

X, Y \in R^{n}

⟨ A X, Y ⟩ = ⟨ X, A Y ⟩

Preuve

Si $A$ est symétrique, alors $⟨ A X, Y ⟩ = {(A X)}^{T} Y = X^{T} A^{T} Y = X^{T} A Y = ⟨ X, A Y ⟩$ pour tout $(X, Y) \in {(R^{n})}^{2}$ .
Réciproquement, supposons que pour tous $X, Y \in R^{n}$ , $⟨ A X, Y ⟩ = ⟨ X, A Y ⟩$ ie $X^{T} A^{T} Y = X^{T} A Y$
Montrons que $A^{T} = A$ .
On a, pour tout $X, Y$ , $X^{T} (A^{T} - A) Y = 0$ ou encore $⟨ X, A^{T} - A) Y ⟩ = 0$ .
Ainsi, pour $Y$ fixé, $(A^{T} - A) Y$ est orthogonal à tout vecteur de $R^{n}$ donc est nul.
On a donc $\forall Y \in R^{n} (A^{T} - A) Y = 0$ et donc $(A^{T} - A)$ est d'image nulle.
C'est la matrice nulle.

On a prouvé de manière plus générale que

⟨ A X, Y ⟩ = ⟨ A^{T} X, Y ⟩ et ⟨ A X, Y ⟩ = ⟨ X, A^{T} Y ⟩

III.2.4 Théorème

Soit

A \in S_{n} (R)

Les valeurs propres de $A$ sont réelles.
Si $X_{1}, X_{2}$ sont des vecteurs propres associés à deux valeurs propres distinctes, alors $X_{1} ⊥ X_{2}$ .
Autrement dit, les sous espaces propres de $A$ sont orthogonaux deux à deux.

Preuve

Hors programme. Soit $λ \in C$ une valeur propre de $A$ (c'est possible dès que $n \geq 1$ d'après le théorème de d'Alembert-Gauss).
Soit $X = (\begin{matrix} z_{1} \\ ⋮ \\ z_{n} \end{matrix})$ un vecteur propre associé. Alors $A X = λ X$ .
Alors $A \bar{X} = \bar{λ} \bar{X}$ car $A$ est à coefficients réels (reprendre la formule de produit matriciel, et conjuguer chaque terme).
On a alors ${(A X)}^{T} \bar{X} = λ X \bar{X} = λ \sum_{i = 1}^{n} | z_{i} |^{2}$ .
De plus, ${(A X)}^{T} \bar{X} = X^{T} A \bar{X} = \bar{λ} X^{T} \bar{X} = \bar{λ} \sum_{i = 1}^{n} | z_{i} |^{2}$ .
Comme $\sum_{i = 1}^{n} | z_{i} |^{2} > 0$ on a bien $\bar{λ} = λ$ .
Calculons $(A X_{1} | X_{2})$ de deux manières. On a d'une part $(A X_{1} | X_{2}) = λ_{1} (X_{1} | X_{2})$ et d'autre part $(A X_{1} | X_{2}) = (X_{1} | A X_{2}) = λ_{2} (X_{1} | X_{2})$ . Ainsi $(λ_{1} - λ_{2}) (X_{1} | X_{2}) = 0$ et comme $λ_{1} \neq λ_{2}$ , $(X_{1} | X_{2}) = 0$ .

III.3 Théorème spectral

III.3.1 Théorème

Soit

A \in S_{n} (R)

une matrice symétrique réelle.

Les sous-espace propres de $A$ sont orthogonaux deux à deux.
$A$ est diagonalisable (dans $M_{n} (R)$ ) dans une base orthonormée, c'est à dire qu'il existe une matrice diagonale $D$ et une matrice orthogonale $P \in O_{n} (R)$ telles que $A = P D P^{- 1} = P D P^{T}$ .

Preuve

Hors programme.
Le polynôme

χ_{A}

est scindé sur

R

car les valeurs propres de

A

sont réelles. Notons

T

une matrice triangulaire supérieure semblable à

A

via la matrice de passage

P

T = P^{- 1} A P

. Toutes les matrices sont à coefficients réels.
On applique le procédé de Gram-Schmidt à la base

B

des colonnes de

P

pour obtenir une famille orthonormale

B^{'}

de matrice

O

dans la base canonique. Alors

{M a t}_{B_{c}} (B) = P = {M a t}_{B} (B^{'}) {M a t}_{B_{c}} (B^{'}) = Δ O

où

Δ

est triangulaire supérieure et

O

orthogonale.
On obtient

T = Δ^{- 1} O^{- 1} A O Δ

Δ T Δ^{- 1} = O^{T} A O

est à la fois une matrice symétrique et triangulaire supérieure. Elle est donc diagonale et

A

est semblable à une matrice diagonale !

III.3.2 Remarque

A

est symétrique et

f

est son endomorphisme canoniquement associé, il existe une BON dans laquelle la matrice de

f

est diagonale.

III.3.3 Exemple

Montrer que

A = (\begin{matrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{matrix})

est diagonalisable et la diagonaliser (dans une BON).

A

est symétrique réelle donc est diagonalisable

Remarquons que $r g (A) = 1$ et donc, d'après le théorème du rang, $\dim (\ker (A)) = 1$ et donc $0$ est racine simple de $χ_{A}$ .
De plus, la somme (avec multiplicité) des racines de $χ_{A}$ vaut $T r (A) = 5$ et donc l'autre valeur propre est 5. On peut observer que $χ_{A}$ est scindé sur $R$ et à racines simples, et on retrouve le fait que $A$ est bien diagonalisable
Après calcul, $E_{0} (A) = \ker (A) = V e c t (\begin{matrix} 2 \\ - 1 \end{matrix})$ .
Les espaces propres de $A$ sont orthogonaux car $A$ est symétrique réelle. Donc $E_{5} (A) = V e c t (\begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix})$ .

on en déduit qu'une base orthonormée de vecteur propre de

A

est

(\frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix} 2 \\ - 1 \end{matrix}), \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix}))

et en posant

P = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{matrix} 2 & 1 \\ - 1 & 2 \end{matrix})

D = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 5 \end{matrix})

on a

A = P D P^{- 1} = P D P^{T}

car

P

est une matrice orthogonale.

III.4 Trouver une base orthonormée

III.4.1 Produit vectoriel

Diagonaliser dans une BON la matrice

A = (\begin{matrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix})

.
la méthode du malin :

r g (A - I_{3}) = 2

donc 1 est valeur propre double

A

est symétrique réelle donc diagonalisable. Pour

x \in R

χ_{A} (x) = (x - 1)^{2} (x - 4)

(après calcul).

L'espace propre associé à 1 est le plan $P : x + y + z = 0$ dont une base est $((\begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} - 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})) = (u_{1}, u_{2})$ .
Comme les espaces propres de $A$ sont orthogonaux, $E_{4} (A) = V e c t \underset{v}{\underset{⏟}{(\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})}}$ (un vecteur normal au plan $P$ ).

Nous avons un problème. On a bien

u_{1} ⊥ v et u_{2} ⊥ v

mais

u_{1}, u_{2}

ne sont pas orthogonaux.
Posons

u_{3} = u_{1} \land v

; Alors

u_{3} ⊥ v

et donc

u_{3} \in P

et sera à la fois orthogonal à

u_{1} et v

.
Ainsi

((\begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ - 2 \end{matrix}), (\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}))

est une base orthogonale de vecteurs propres de

A

, qu'il suffit de normer pour trouver une base orthonormale.

III.4.2 Théorème (Orthogonalisation de Gram-Schmidt)

Soit

F

un sous-espace de

R^{n}

(e_{1}, \dots, e_{p})

une base de

F

. Alors il existe une base

(u_{1}, \dots, u_{p})

F

vérifiant

$(u_{1}, \dots, u_{p})$ est orthogonale
$\forall k \in ⟦ 1, n ⟧ V e c t (u_{1}, \dots, u_{k}) = V e c t (e_{1}, \dots, e_{k})$ .

On peut imposer

∥ u_{i} ∥ = 1

, c'est à dire que la famille

(u_{1}, \dots, u_{p})

soit orthonormale (il suffit de diviser

u_{i}

par

∥ u_{i} ∥ \neq 0

). Si on impose de plus que

(e_{k} | u_{k}) > 0

pour tout

k

, alors la famille obtenue est unique.

Preuve

Dessin
On note

F_{k} =

Vect

(e_{1}, \dots, e_{k})

pour

k \in ⟦ 1, n ⟧

et on pose

P_{k} :

``il existe une famille orthogonale

(u_{1}, \dots, u_{k})

telle que

V e c t (u_{1}, \dots, u_{k}) = F_{k}

$P_{1}$ est clairement vraie, il suffit de poser $u_{1} = e_{1}$ . (ou $\frac{e_{1}}{∥ e_{1} ∥}$ ). Il existe clairement un seul vecteur de $V e c t (e_{1})$ de norme $1$ et tel que $(u_{1} | e_{1}) > 0$ , et c'est $\frac{e_{1}}{∥ e_{1} ∥}$ (et on a $(e_{1} | u_{1}) = ∥ e_{1} ∥ > 0$ ).
Soit $k \in ⟦ 1, n - 1 ⟧$ , on suppose que $P_{k}$ est vraie. On remarque d'abord que $e_{k + 1} \notin F_{k}$ , d'après la liberté de la famille $(e_{i})_{i}$ . On cherche $u_{k + 1}$ sous la forme $e_{k + 1} - x$ , avec $x \in F_{k} = V e c t (e_{1}, \dots, e_{k}) = V e c t (u_{1}, \dots, u_{k})$ . On écrit donc $x = \sum_{i = 1}^{k} α_{i k} u_{i}$ . On veut maintenant $\forall i \in ⟦ 1, k ⟧ (e_{k + 1} - x | u_{i}) = 0 ie \forall i \in ⟦ 1, k ⟧ (e_{k + 1} | u_{i}) - α_{i k} ∥ u_{i} ∥^{2} = 0$ On pose donc $u_{k + 1} = e_{k + 1} - \sum_{i = 1}^{k} \frac{(e_{k + 1} | u_{i})}{∥ u_{i} ∥^{2}} f_{i} \neq 0$ car $e_{k + 1} \notin F_{k}$ . C'est un vecteur de $F_{k + 1}$ mais pas de $F_{k}$ , donc $V e c t (u_{1}, \dots, u_{k + 1}) = F_{k + 1}$ . Tout vecteur de $V e c t (e_{1}, \dots, e_{k + 1})$ qui n'est pas dans $V e c t (e_{1}, \dots e_{k})$ s'écrit $λ e_{k + 1} - x$ avec $λ \in R^{*}$ et $x \in F_{k}$ . Ainsi d'après le calcul précédent tout vecteur orthogonal à tous les $u_{i}$ pour $i \in ⟦ 1, k ⟧$ est de la forme $λ u_{k + 1}$ . Il existe un seul vecteur de norme 1 et tel que $(u | e_{k + 1}) > 0$ dans $R f_{k + 1}$ , c'est le vecteur $\pm \frac{u_{k + 1}}{∥ u_{k + 1} ∥}$ (le signe étant choisi pour garder le produit scalaire positif).
Par récurrence, une base orthogonale de $F$ existe.

III.4.3 Exemple

On considère

U = (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix})

A = U U^{T}

. Diagonaliser

A

.
On trouve que 0 est valeur propre associée à un espace de dimension 3,

E_{0} (A) = \ker (A) = V e c t ((\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}), (\begin{matrix} 2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}))

.
Comme

T r (A) = 7

est également la somme des racines du polynôme caractéristique, 7 est racine. Nous savons que

E_{7} (A)

est l'orthogonal de

E_{0} (A) : x - y - z - 2 t = 0

et donc

E_{7} (A) = V e c t (U)

.
Trouvons une base orthogonale de

A

. On note

u_{1}, u_{2}, u_{3}

les 3 vecteurs trouvés et on cherche une base

v_{1}, v_{2}, v_{3}

orthogonale de

F = E_{0} (A)

.
On pose déjà

v_{1} = u_{1}

. On cherche maintenant

v_{2} \in E_{0} (A)

orthogonal à

v_{1}

. On le cherche sous la forme

v_{2} = u_{2} - α v_{1}

. Alors

v_{2} ⊥ v_{1} ⟺ ⟨ v_{2}, v_{1} ⟩ = 0 ⟺ ⟨ u_{2}, v_{1} ⟩ - α ⟨ v_{1}, v_{1} ⟩ = 0 ⟺ 1 - 2 α = 0 ⟺ α = \frac{1}{2}

.
Ainsi

v_{2} = u_{2} - \frac{v_{1}}{2} = (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ - \frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \end{matrix})

convient.
On cherche maintenant

v_{3}

orthogonal à la fois à

v_{1} et v_{2}

sous la forme

v_{3} = u_{3} - a v_{1} - b v_{2}

. Le même raisonnement donne

⟨ u_{3}, v_{1} ⟩ - a ⟨ v_{1}, v_{1} ⟩ = 0

ou encore

2 - 2 a = 0

ie.

a = 1

. De même

v_{3} ⊥ v_{2} ⟺ ⟨ u_{3}, v_{2} ⟩ - b ⟨ v_{2}, v_{2} ⟩ = 0 ⟺ 1 - \frac{3}{2} b = 0 ⟺ b = \frac{2}{3}

. Finalement

v_{3} = u_{3} - v_{1} - \frac{2}{3} v_{2} = (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) - \frac{2}{3} (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ - \frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} \frac{2}{3} \\ - \frac{2}{3} \\ - \frac{2}{3} \\ 1 \end{matrix})