Considérons la matrice t A A.
On a : t A A ∈ S p (R) et, comme :
∀ X ∈ M p,1 (R) ,
t X ( t A A)X = t (AX)(AX) = ||AX|| 2
2 0,
on a : t A A ∈ S +
p .
Notons λ la plus grande valeur propre de t A A ; on a : λ 0.
Notons α =
√
λ. Il existe U ∈ M p,1 (R) tel que : ||U || 2 = 1
et ( t A A)U = λU = α 2 U.
• Supposons AU = 0. Alors λU = t A(AU ) = 0 et U = 0,
donc λ = 0, puis, comme λ est la plus grande valeur propre
de t A A et que t A A ∈ S +
p , on a t A A = 0. Il s'ensuit, pour tout
X ∈ M p,1 (R) :
||AX|| 2
2 = t (AX)(AX) = t X ( t A AX) = 0,
donc AX = 0, puis A = 0. Mais alors, α = 0 et U,V quelconques normés conviennent.
• Supposons donc AU = 0 et notons V =
AU
||AU || 2
, qui est
normé.
On a : AU = ||AU || 2 V et :
t AV = t A
AU
||AU || 2
=
1
||AU || 2
t A AU
=
1
||AU || 2
α 2 U =
α 2
||AU || 2
U.
De plus :
||AU || 2
2 = t (AU )(AU ) = t U ( t A AU)
= t U (λU ) = λ t UU = α 2 ,
donc ||AU || 2 = α et
α 2
||AU || 2
= α.
On conclut :
AU = αV et t AV = αU.
• Comme t A A ∈ S +
p et que λ est la plus grande valeur propre
de t A A, on a pour tout X ∈ M p,1 (R) :
|| t A AX|| 2 λ||X|| 2 ,
d'où, en utilisant l'inégalité de Cauchy et Schwarz :
||AX|| 2
2 = t (AX)(AX) = t X ( t A AX) ||X|| 2 || t A AX|| 2
= λ||X|| 2
2 = α 2 ||X|| 2
2 ,
et donc : ||AX|| 2 α||X|| 2 .
a) (ii) ⇒ (i) : évident
(i) ⇒ (ii) :
Nous allons faire une récurrence sur n.
La propriété est triviale pour n = 1.
341
Supposons-la vraie pour un n de N ∗ , et soit S ∈ S n+1 (R) telle
que tr (S) = 0.
D'après le théorème fondamental (4.5.1 Th. p. 164), il existe
Ω 1 ∈ O n+1 (R) , D = diag (λ 1 ,. . . ,λ n+1 ) ∈ D n+1 (R) telles
que S = Ω 1 DΩ
−1
1 .
Considérons U =
1
1
∈ M n+1,1 (R).
On a : t U DU =
n+1
i=1
λ i = tr(D) = tr(S) = 0.
Il existe Ω 2 ∈ O n+1 (R) dont la 1 ère colonne soit
1
√
n + 1
U
(d'après le théorème de la b.o.n. incomplète).
Notons :
A = Ω
−1
2 DΩ 2 = t Ω 2 DΩ 2
=
1
n
1
1
. . .
λ 1
0
. . .
0
λ n+1
1
. . .
1
.
Le (1,1) ème terme de A est égal à
1
n
(λ 1 + . . . + λ n+1 ), donc
est nul.
Il existe donc C ∈ M n,1 (R), B ∈ S n (R) telles que :
A =
0 t C
C B
.
De plus : tr (B) = tr (A ) = tr (D) = 0.
D'après l'hypothèse de récurrence, il existe Ω 3 ∈ O n (R),
B ∈ S n (R) à termes diagonaux tous nuls, telles que
B = Ω 3 B Ω
−1
3 .
Notons Ω =
1
0
0 Ω 3
∈ O n+1 (R) . Un produit par blocs
donne : Ω −1 A Ω =
0
t CΩ 3
Ω
−1
3 C
B
, qui est symétrique
et à diagonale nulle.
b) Il s'agit du même résultat que a), exprimé en termes de forme
quadratique.
(i) ⇒ (ii) :
Supposons p ◦ q = q ◦ p.
Soit (x,y) ∈ ((F ∩ G) ⊥ ∩ F) × ((F ∩ G) ⊥ ∩ G).
Puisque x ∈ F = Im( p) , on a p(x) = x,
puis p(q(x)) = q( p(x)) = q(x), donc q(x) ∈ Im( p) .
Ainsi : q(x) ∈ F ∩ G .
Comme y ∈ (F ∩ G) ⊥ et que q est symétrique, on déduit :
< x,y > = < x,q(y) > = < q(x),y > = 0.
Ceci montre que les sev (F ∩ G) ⊥ ∩ F et (F ∩ G) ⊥ ∩ G sont
orthogonaux.
4.5.58
4.5.59
4.5.60
On a : t A A ∈ S p (R) et, comme :
∀ X ∈ M p,1 (R) ,
t X ( t A A)X = t (AX)(AX) = ||AX|| 2
2 0,
on a : t A A ∈ S +
p .
Notons λ la plus grande valeur propre de t A A ; on a : λ 0.
Notons α =
√
λ. Il existe U ∈ M p,1 (R) tel que : ||U || 2 = 1
et ( t A A)U = λU = α 2 U.
• Supposons AU = 0. Alors λU = t A(AU ) = 0 et U = 0,
donc λ = 0, puis, comme λ est la plus grande valeur propre
de t A A et que t A A ∈ S +
p , on a t A A = 0. Il s'ensuit, pour tout
X ∈ M p,1 (R) :
||AX|| 2
2 = t (AX)(AX) = t X ( t A AX) = 0,
donc AX = 0, puis A = 0. Mais alors, α = 0 et U,V quelconques normés conviennent.
• Supposons donc AU = 0 et notons V =
AU
||AU || 2
, qui est
normé.
On a : AU = ||AU || 2 V et :
t AV = t A
AU
||AU || 2
=
1
||AU || 2
t A AU
=
1
||AU || 2
α 2 U =
α 2
||AU || 2
U.
De plus :
||AU || 2
2 = t (AU )(AU ) = t U ( t A AU)
= t U (λU ) = λ t UU = α 2 ,
donc ||AU || 2 = α et
α 2
||AU || 2
= α.
On conclut :
AU = αV et t AV = αU.
• Comme t A A ∈ S +
p et que λ est la plus grande valeur propre
de t A A, on a pour tout X ∈ M p,1 (R) :
|| t A AX|| 2 λ||X|| 2 ,
d'où, en utilisant l'inégalité de Cauchy et Schwarz :
||AX|| 2
2 = t (AX)(AX) = t X ( t A AX) ||X|| 2 || t A AX|| 2
= λ||X|| 2
2 = α 2 ||X|| 2
2 ,
et donc : ||AX|| 2 α||X|| 2 .
a) (ii) ⇒ (i) : évident
(i) ⇒ (ii) :
Nous allons faire une récurrence sur n.
La propriété est triviale pour n = 1.
341
Supposons-la vraie pour un n de N ∗ , et soit S ∈ S n+1 (R) telle
que tr (S) = 0.
D'après le théorème fondamental (4.5.1 Th. p. 164), il existe
Ω 1 ∈ O n+1 (R) , D = diag (λ 1 ,. . . ,λ n+1 ) ∈ D n+1 (R) telles
que S = Ω 1 DΩ
−1
1 .
Considérons U =
1
1
∈ M n+1,1 (R).
On a : t U DU =
n+1
i=1
λ i = tr(D) = tr(S) = 0.
Il existe Ω 2 ∈ O n+1 (R) dont la 1 ère colonne soit
1
√
n + 1
U
(d'après le théorème de la b.o.n. incomplète).
Notons :
A = Ω
−1
2 DΩ 2 = t Ω 2 DΩ 2
=
1
n
1
1
. . .
λ 1
0
. . .
0
λ n+1
1
. . .
1
.
Le (1,1) ème terme de A est égal à
1
n
(λ 1 + . . . + λ n+1 ), donc
est nul.
Il existe donc C ∈ M n,1 (R), B ∈ S n (R) telles que :
A =
0 t C
C B
.
De plus : tr (B) = tr (A ) = tr (D) = 0.
D'après l'hypothèse de récurrence, il existe Ω 3 ∈ O n (R),
B ∈ S n (R) à termes diagonaux tous nuls, telles que
B = Ω 3 B Ω
−1
3 .
Notons Ω =
1
0
0 Ω 3
∈ O n+1 (R) . Un produit par blocs
donne : Ω −1 A Ω =
0
t CΩ 3
Ω
−1
3 C
B
, qui est symétrique
et à diagonale nulle.
b) Il s'agit du même résultat que a), exprimé en termes de forme
quadratique.
(i) ⇒ (ii) :
Supposons p ◦ q = q ◦ p.
Soit (x,y) ∈ ((F ∩ G) ⊥ ∩ F) × ((F ∩ G) ⊥ ∩ G).
Puisque x ∈ F = Im( p) , on a p(x) = x,
puis p(q(x)) = q( p(x)) = q(x), donc q(x) ∈ Im( p) .
Ainsi : q(x) ∈ F ∩ G .
Comme y ∈ (F ∩ G) ⊥ et que q est symétrique, on déduit :
< x,y > = < x,q(y) > = < q(x),y > = 0.
Ceci montre que les sev (F ∩ G) ⊥ ∩ F et (F ∩ G) ⊥ ∩ G sont
orthogonaux.
4.5.58
4.5.59
4.5.60