Exercices de Endomorphismes d'un espace euclidien, Spé (prépa) (page 2)

(a) Si $A$ et $B$ sont orthogonalement semblables, ces deux matrices sont semblables et ont donc même trace et même déterminant. On en tire les conditions nécessaires $a+c=4$ et $ac-b^2=3$

Inversement, si $a+c=4$ et $ac-b^2=3$ alors $A$ et $B$ ont le même polynôme caractéristique $X^2-4X+3$ de racines $1$ et $3$. Les matrices $A$ et $B$ étant symétriques réelles, elles sont toutes les deux orthogonalement semblables à $D=\mathrm{diag}(1,3)$ et donc $A$ et $B$ sont orthogonalement semblables.

Pour $a$ fixé, on trouvera $b$ et $c$ convenables si, et seulement si, on peut trouver $b\in \mathbb{R}$ tel que $b^2=ac-3=a(4-a)-3$ d'où la condition nécessaire et suffisante $1\le a\le 3$.

Par symétrie, pour $c$ fixé, on obtient la condition $1\le c\le 3$.

(b) Le raisonnement est analogue au précédent en parlant seulement de matrices semblables et l'on obtient la condition double $a+d=4$ et $ad-bc=3$.

Pour $a$ fixé, il existe toujours $b,c,d\in \mathbb{R}$ tels que $A$ et $B$ soient semblables : il suffit de prendre $d=4-a$ et $b$ et $c$ de sorte que $bc=-a^2+4a-3$.

Pour $d$ fixé : idem.

(c) La fonction $(P,Q)\mapsto \det (PA{}^{t}P+QB{}^{t}Q)$ est continue, à valeurs réelles et définie sur le compact non vide ${\mathcal{O}}_n(\mathbb{R})\times {\mathcal{O}}_n(\mathbb{R})$, elle y admet donc un maximum.

(d) Après réduction, la matrice symétrique réelle $A$ est orthogonalement semblable à la matrice $D=\mathrm{diag}(\sqrt{5},-\sqrt{5})$ ce qui permet d'écrire $A=UD{}^{t}U$ avec $U\in {\mathcal{O}}_2(\mathbb{R})$. On a alors$$\det (PA{}^{t}P+QB{}^{t}Q)=\det (D+VB{}^{t}V)$$avec $V={}^{t}U{}^{t}PQ$ parcourant ${\mathcal{O}}_2(\mathbb{R})$. La matrice $VB{}^{t}V$ est de la forme$$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& c\end{array}\right)$$avec $a+c=4$, $ac-b^2=3$ et $1\le a\le 3$ et donc$$\det (PA{}^{t}P+QB{}^{t}Q)=2(2-a)\sqrt{5}-2$$est maximal pour $a=1$. Finalement$$\underset{P,Q\in {\mathcal{O}}_n(\mathbb{R})}{\max }\det (PA{}^{t}P+QB{}^{t}Q)=2(\sqrt{5}-1).$$(e) Non, prenons par exemple$$A=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right)\text{et}B=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right).$$La matrice$$C=\left(\begin{array}{cc}x& 1-x\\ x& 1-x\end{array}\right)$$est semblable à $B$ et peut donc s'écrire $C=QB{Q}^{-1}$ avec $Q\in {\mathrm{GL}}_2(\mathbb{R})$. Pour $P=I_2\in {\mathrm{GL}}_2(\mathbb{R})$, on obtient$$PA{P}^{-1}+QB{Q}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}x& 1-x\\ x& 2-x\end{array}\right)$$de déterminant$$x(2-x)-x(1-x)=x\stackrel{x\to +\infty }{\to }+\infty .$$(f) En remplaçant $A_i$ par une matrice orthosemblable, on peut supposer $A_i$ de la forme$$A_i=\left(\begin{array}{cc}{\alpha }_i& 0\\ 0& {\beta }_i\end{array}\right)$$avec ${\alpha }_i\ge {\beta }_i$ et donc écrire$$A_i=\frac{\mathrm{tr}(A_i)}{2}{I}_2+\left(\begin{array}{cc}{\delta }_i& 0\\ 0& -{\delta }_i\end{array}\right)$$avec ${\delta }_i=\frac{{\alpha }_i-{\beta }_i}{2}\ge 0$.

Une matrice orthogonale $P_i$ peut s'écrire sous la forme$$P_i=\left(\begin{array}{cc}\cos {\theta }_i& -\sin {\theta }_i\\ \sin {\theta }_i& \cos {\theta }_i\end{array}\right)$$ou$$P_i=\left(\begin{array}{cc}\cos {\theta }_i& \sin {\theta }_i\\ \sin {\theta }_i& -\cos {\theta }_i\end{array}\right)$$et alors dans les deux cas$$P_i{A}_i{}^t{P}_i=\frac{\mathrm{tr}(A_i)}{2}{I}_2+\left(\begin{array}{cc}{\delta }_i\cos (2{\theta }_i)& {\delta }_i\sin (2{\theta }_i)\\ {\delta }_i\sin (2{\theta }_i)& -{\delta }_i\cos (2{\theta }_i)\end{array}\right).$$En posant$$m=\frac{1}{2}(\mathrm{tr}(A_1)+\cdots +\mathrm{tr}(A_k))$$on peut écrire$$\det (P_1{A}_1{}^t{P}_1+\cdots +P_k{A}_k{}^t{P}_k)=\det \left(m{I}_2+\left(\begin{array}{cc}{\sum }_{i=1}^k{\delta }_i\cos (2{\theta }_i)& {\sum }_{i=1}^k{\delta }_i\sin (2{\theta }_i)\\ {\sum }_{i=1}^k{\delta }_i\sin (2{\theta }_i)& -{\sum }_{i=1}^k{\delta }_i\cos (2{\theta }_i)\end{array}\right)\right)$$et après calcul$$\det (P_1{A}_1{}^t{P}_1+\cdots +P_k{A}_k{}^t{P}_k)=m^2-\left[{\left(\sum _{i=1}^k{\delta }_i\cos (2{\theta }_i)\right)}^2+{\left(\sum _{i=1}^k{\delta }_i\sin (2{\theta }_i)\right)}^2\right].$$Pour maximiser le déterminant, il suffit de savoir minimiser la fonction donnée par$$f({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_k)={\left(\sum _{i=1}^k{\delta }_i\cos ({\alpha }_i)\right)}^2+{\left(\sum _{i=1}^k{\delta }_i\sin ({\alpha }_i)\right)}^2.$$On peut interpréter $f$ dans le plan complexe$$f({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_k)=|{\delta }_1{e}^{i{\alpha }_1}+\cdots +{\delta }_k{e}^{i{\alpha }_i}{|}^2.$$Quitte à réordonner les matrices $A_i$, on peut supposer$${\delta }_1\ge {\delta }_2\ge \dots \ge {\delta }_k.$$Cas ${\delta }_1\le {\delta }_2+\cdots +{\delta }_k$

On peut montrer que la fonction $f$ s'annule : c'est assez facile si $k=2$ car alors ${\delta }_1={\delta }_2$, c'est aussi vrai si $k\ge 3$ en établissant que le système suivant possède une solution$$\{\begin{array}{l}{\delta }_2\sin \alpha ={\delta }_3\sin \beta \\ {\delta }_2\cos \alpha +{\delta }_3\cos \beta ={\delta }_1-({\delta }_4+\cdots +{\delta }_k)\end{array}$$que l'on obtient avec$$\alpha =\arcsin \left(\frac{{\delta }_3\sin \beta }{{\delta }_2}\right)$$et $\beta \in [0;\pi /2]$ bien choisi.

Dans ce cas le maximum de $\det (P_1{A}_1{}^t{P}_1+\cdots +P_k{A}_k{}^t{P}_k)$ vaut $m^2$.

Cas ${\delta }_1>{\delta }_2+\cdots +{\delta }_k$

La fonction $f$ ne peut s'annuler car$${\delta }_1{e}^{i{\alpha }_1}+\cdots +{\delta }_k{e}^{i{\alpha }_i}=0\Rightarrow {\delta }_1=|-({\delta }_2{e}^{i({\alpha }_2-{\alpha }_1)}+\cdots +{\delta }_k{e}^{i({\alpha }_k-{\alpha }_1)})|$$et en passant au module on obtient alors ${\delta }_1\le {\delta }_2+\cdots +{\delta }_k$.

La fonction est de classe ${\mathcal{C}}^1$ et admet donc un minimum sur le compact $[0;2\pi {]}^k$ qui est un point critique. Si $({\beta }_1,\dots ,{\beta }_k)$ est un point critique alors$$\forall 1\le i\le k,\frac{\partial f}{\partial {\alpha }_i}({\beta }_1,\dots ,{\beta }_k)=0$$ce qui donne$$\forall 1\le i\le k,C\sin {\beta }_i=S\cos {\beta }_i\text{avec}C=\sum _{j=1}^k{\delta }_j\cos {\beta }_j\text{et}S=\sum _{j=1}^k{\delta }_j\sin {\beta }_j.$$Ici $(C,S)\ne (0,0)$ car on est dans le cas où la fonction $f$ ne s'annule pas. On obtient alors$$\left|\begin{array}{cc}\cos {\beta }_i& \cos {\beta }_j\\ \sin {\beta }_i& \sin {\beta }_j\end{array}\right|=0.$$Les points du cercles trigonométriques repérés par les angles ${\beta }_i$ et ${\beta }_j$ sont alors confondus ou diamétralement opposés. Cela permet d'écrire pour chaque indice $i$$$\cos {\beta }_i={\epsilon }_i\cos \alpha \text{et}\sin {\alpha }_i={\epsilon }_i\sin \alpha$$avec ${\epsilon }_i=\pm 1$ et $\alpha$ un angle fixé. On a alors$$f({\beta }_1,\dots ,{\beta }_n)={\left(\sum _{i=1}^k{\epsilon }_i{\delta }_i\right)}^2$$et donc$$\min f={\left(\underset{{\epsilon }_1,\dots ,{\epsilon }_n=\pm 1}{\min }\sum _{i=1}^k{\epsilon }_i{\delta }_i\right)}^2={\mu }^2$$et alors la borne supérieure cherchée vaut$$m^2-{\mu }^2=(m-\mu )(m+\mu ).$$Cette quantité peut aussi s'interpréter comme égale à$$\lambda (2m-\lambda )$$avec $\lambda$ la quantité la plus proche de $m$ que l'on parvient à obtenir en sommant $k$ valeurs chacune choisies parmi les deux valeurs propres possibles de chaque matrice $A_1,\dots ,A_k$.

Cette résolution m'a pris des heures... elle me semble bien compliquée et n'exploite pas la positivité des matrices $A_i$ ! Néanmoins l'expression compliquée de la solution et, notamment la discussion, ne me semble pas pouvoir être évitée !