4.5 • Réduction des matrices symétriques réelles
177
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
Conseils
On commence par le sens qui paraît le plus
facile.
Existence de la racine carrée d'une matrice
symétrique positive, cf. exercice 4.5.62 p. 184.
Penser à utiliser la norme euclidienne canonique ||.|| 2 sur M n,1 (R).
Une inclusion du type F ⊂ G ⊥ revient à :
∀ f ∈ F, ∀ g ∈ G, ( f | g) = 0.
Ayant établi une inclusion entre deux sev,
on compare ensuite leurs dimensions.
On commence par l'inclusion qui paraît la
plus facile.
On peut appliquer a) 2) à A, B, A + B.
Solution
a) 1) • On a : AX = 0 ⇒
t X AX =
t X0 = 0.
• Réciproquement, soit X ∈ M n,1 (R) tel que
t X AX = 0.
Puisque A ∈ S
+
n , d'après un exercice classique, il existe R ∈ S
+
n telle que A = R
2
.
On a alors :
0 =
t X AX =
t X R
2 X = (
t X
t R)(R X) =
t (R X)(R X) = ||R X||
2
2 ,
d'où R X = 0, puis : AX = R
2 X = R(R X) = R0 = 0.
On conclut :
t X AX = 0 ⇐⇒ AX = 0.
2) • Soit Y ∈ Im (A). Il existe X ∈ M n,1 (R) tel que Y = AX.
On a, pour tout Z ∈ Ker (A) :
t Y Z =
t (AX)Z =
t X
t AZ =
t X AZ =
t X0 = 0,
donc Y ∈
Ker (A)
⊥ .
Ceci montre : Im (A) ⊂
Ker (A)
⊥ .
• On a, en utilisant le théorème du rang :
dim
Im (A)
= n − dim
Ker (A)
= dim
Ker (A)
⊥
.
On conclut : Im (A) =
Ker (A)
⊥ .
b) 1) • On a, pour tout X ∈ M n,1 (R) :
X ∈ Ker (A) ∩ Ker (B) ⇐⇒
AX = 0
B X = 0
⇒ (A + B)X = AX + B X = 0 ⇐⇒ X ∈ Ker (A + B).
Ceci montre : Ker (A) ∩ Ker (B) ⊂ Ker (A + B).
• Soit X ∈ Ker (A + B). On a alors :
t X AX +
t X B X =
t X (A + B)X =
t X0 = 0.
Comme
t X AX 0 et
t X B X 0, il en résulte
t X AX = 0 et
t X B X = 0,
puis, d'après a) 1) : AX = 0 et B X = 0, donc X ∈ Ker (A) et X ∈ Ker (B).
On obtient : Ker (A + B) ⊂ Ker (A) ∩ Ker (B).
On conclut : Ker (A + B) = Ker (A) ∩ Ker (B).
2) On a, d'après a) 2) et b) 1) :
Im (A + B) =
Ker (A + B)
⊥ =
Ker (A) ∩ Ker (B)
⊥
=
Ker (A)
⊥ +
Ker (B)
⊥ = Im (A) + Im (B).
c) Soit (A,B) ∈ (S
+
n )
2 tel que A B. Notons C = B − A. On a alors :
A,B,C ∈ S
+
n et B = A + C.
1) D'après b) 1) :
Ker (B) = Ker (A + C) = Ker (A) ∩ Ker (C) ⊂ Ker (A),
donc l'application Ker : S
+
n −→ V n est décroissante.
2) D'après b) 2) :
Im (B) = Im (A + C) = Im (A) + Im (C) ⊃ Im (A),
donc l'application Im : S
+
n −→ V n est croissante.
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© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
Conseils
On commence par le sens qui paraît le plus
facile.
Existence de la racine carrée d'une matrice
symétrique positive, cf. exercice 4.5.62 p. 184.
Penser à utiliser la norme euclidienne canonique ||.|| 2 sur M n,1 (R).
Une inclusion du type F ⊂ G ⊥ revient à :
∀ f ∈ F, ∀ g ∈ G, ( f | g) = 0.
Ayant établi une inclusion entre deux sev,
on compare ensuite leurs dimensions.
On commence par l'inclusion qui paraît la
plus facile.
On peut appliquer a) 2) à A, B, A + B.
Solution
a) 1) • On a : AX = 0 ⇒
t X AX =
t X0 = 0.
• Réciproquement, soit X ∈ M n,1 (R) tel que
t X AX = 0.
Puisque A ∈ S
+
n , d'après un exercice classique, il existe R ∈ S
+
n telle que A = R
2
.
On a alors :
0 =
t X AX =
t X R
2 X = (
t X
t R)(R X) =
t (R X)(R X) = ||R X||
2
2 ,
d'où R X = 0, puis : AX = R
2 X = R(R X) = R0 = 0.
On conclut :
t X AX = 0 ⇐⇒ AX = 0.
2) • Soit Y ∈ Im (A). Il existe X ∈ M n,1 (R) tel que Y = AX.
On a, pour tout Z ∈ Ker (A) :
t Y Z =
t (AX)Z =
t X
t AZ =
t X AZ =
t X0 = 0,
donc Y ∈
Ker (A)
⊥ .
Ceci montre : Im (A) ⊂
Ker (A)
⊥ .
• On a, en utilisant le théorème du rang :
dim
Im (A)
= n − dim
Ker (A)
= dim
Ker (A)
⊥
.
On conclut : Im (A) =
Ker (A)
⊥ .
b) 1) • On a, pour tout X ∈ M n,1 (R) :
X ∈ Ker (A) ∩ Ker (B) ⇐⇒
AX = 0
B X = 0
⇒ (A + B)X = AX + B X = 0 ⇐⇒ X ∈ Ker (A + B).
Ceci montre : Ker (A) ∩ Ker (B) ⊂ Ker (A + B).
• Soit X ∈ Ker (A + B). On a alors :
t X AX +
t X B X =
t X (A + B)X =
t X0 = 0.
Comme
t X AX 0 et
t X B X 0, il en résulte
t X AX = 0 et
t X B X = 0,
puis, d'après a) 1) : AX = 0 et B X = 0, donc X ∈ Ker (A) et X ∈ Ker (B).
On obtient : Ker (A + B) ⊂ Ker (A) ∩ Ker (B).
On conclut : Ker (A + B) = Ker (A) ∩ Ker (B).
2) On a, d'après a) 2) et b) 1) :
Im (A + B) =
Ker (A + B)
⊥ =
Ker (A) ∩ Ker (B)
⊥
=
Ker (A)
⊥ +
Ker (B)
⊥ = Im (A) + Im (B).
c) Soit (A,B) ∈ (S
+
n )
2 tel que A B. Notons C = B − A. On a alors :
A,B,C ∈ S
+
n et B = A + C.
1) D'après b) 1) :
Ker (B) = Ker (A + C) = Ker (A) ∩ Ker (C) ⊂ Ker (A),
donc l'application Ker : S
+
n −→ V n est décroissante.
2) D'après b) 2) :
Im (B) = Im (A + C) = Im (A) + Im (C) ⊃ Im (A),
donc l'application Im : S
+
n −→ V n est croissante.