Les propriétés d'une norme sont donc vérifiées Montrer que si une matrice est symétrique définie positive, ses termes diagonaux sont strictement positifs
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Pour une matrice symétrique définie positive A de taille n × n, les énoncés suivants sont équivalents : 1 Les n pivots de A sont strictement positifs 2 Les n
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I B 1) Puisque A(n) = A est définie positive, on a det(A(n) = det(A) > 0 car det(A) est le produit des valeurs propres de A Soit i ∈ [1, n − 1] La matrice A s'écrit
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compte d'autres propriétés remarquables que l'on rencontre naturellement On dit que la matrice symétrique A ∈ Mn,n(IR) est semi-définie positive si x T
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Exercices du chapitre 5 avec corrigé succinct
Exercice V.1Ch5-exercice1
M ontrerq ueh~x,~xi È0 pour tout~x6AE~0
M ontrerq ueh~x,~0iAEh~0,~xiAE0 et que donc, en particulier,~xAE~0AE) h~x,~xi AE0.Solution:
D ansl ad éfinitiono na
h ~x,~xiAE0)~xAE~0 donc en utilisant la contraposée : x6AE~0)h~x,~xi6AE0 mais puisque h ~x,~xi¸0 on a donc : x6AE~0)h~x,~xiÈ0. L abilinéar itéet la sy métrieent raînent h ~x,~0iAEh~0,~xiAE0 (revoir comment on a démontré queu(~0E)AE~0Florsqueuest linéaire).Exercice V.2Ch5-exercice2 Montrer que si°1, ...,°nsont des réels strictement positifs,h~x,~yi°AEPn iAE1°ixiyidéfinit bien un produit sca- laire dans IR n. Que se passe-t-il si°1, ...,°nne sont plus des réels strictement positifs?Solution:
O nv érifiela bili néarité.
O na -h~x,~xiAEnX iAE1° ix2 i¸0 puisque°iÈ0 etx2 i¸0 -h~x,~xiAE0()°ix2 Si les°ine sont pas strictement positifs, prenons par exemple nAE2,°1AE1,°2AE¡1, on a alors h ~x,~xiAEx21¡x22 donch~x,~xin"est pas positif ou nul pour tout~x, on peut prendre pour s"en convaincre x1AE0,x2AE1.
Si tous les°isont positifs ou nuls , par exemple1AE1,°2AE0,
il n"est plus possible d"avoirh~x,~xiÇ0 , mais on peut avoirh~x,~xiAE0 avec~x6AE~0, prendre par exemple
x1AE0,x2AE1.
D"une façon plus générale quand les°isont seulement positifs ou nuls on peut avoir°ix2
iAE0 sans que x iAE0.Exercice V.3Ch5-exercice3
Montrer la proposition :
SiA2Mmn(IR) alorsAT2Mnm(IR) vérifie :
hAx,yiAEhx,ATyi,8x2IRn,8y2IRm(1.1) (le poduit scalaire du membre de gauche est dans IR met celui de droite dans IRn.) Solution: On applique la définitionhx,yiAExTy, on obtient : hAx,yiAE(Ax)TyAExTATyAEhx,ATyi.Exercice V.4Ch5-exercice4Dans l"espace, le produit scalaire usuel est défini parh~x,~yiAEk~xkk~ykcosµoùµest l"angle entre les 2 vecteurs .
Vérifier l"inégalité de Cauchy-Schwarz dans ce cas particulier. Solution: On obtienth~x,~yi2AEk~xk2k~yk2cos2µ·k~xk2k~yk2.Ork~xk2AEh~x,~xi,k~yk2AEh~y,~yi.
Ce qui termine de démontrer la propriété.Exercice V.5Ch5-exercice5Montrer que dans IR
n, max1·i·njxij, où (x1,...,xn) sont les composantes dex, définit une norme. On appelle cette
norme la norme infinie et on la notek.k1Solution:
ma x1·i·njxijAE0()xiAE08iAE1,...,n()~xAE~0 ma x ma x Les propriétés d"une norme sont donc vérifiées.Exercice V.6Ch5-exercice6 Vérifier queF?est bien un sous-espace vectoriel et montrer queF\F?AE{~0}Solution:
O nv érifiequ esi
~x12F?,~x22F?,®1~x1Å®2~x22F?,F?est stable donc est un sous espace vectoriel. ~x2F?)h~x,~yiAE08~y2F x2F¾ )h ~x,~xiAE0)~xAE~0 doncF\F?AE{~0}Exercice V.7Ch5-exercice7 Montrer qu"une famille de vecteurs orthogonaux non nuls est une famille libre. Solution: Soit {~x1,...,~xp} une famille orthogonale, supposons que1~x1Å...Å®p~xpAE~0,
alors en effectuant le produit scalaire avec ~xion a : h ~xi,®1~x1Å...Å®p~xpiAE0, en utilisant la bilinéarité on obtient puisque la famille est orthogonale h ~xi,~xjiAE0 pourj6AEi, donc on obtient ih~xi,~xiiAE0 or~xi6AE~0 donch~xi,~xii6AE0 donc®iAE0 ce que l"on vient de faire est valable8iAE1,...,pdonc la famille est libre.Exercice V.8Ch5-exercice8
Utiliser le procédé d"orthogonalisation de Schmidt pour construire la familleYassociée à la familleXAE
~x1,~x2,~x3} avec~x1AE0 @1 1 01 A ,~x2AE0 @0 1 11 A ,~x3AE0 @1 1 11 ASolution:
y1AE0 B @1p2 1p2 01 C A,¯AE¡h~x2,~y1iAE¡1p2
ˆy2AE~x2ů~y1AE0
@0 1 11 A¡1p2
0 B @1p2 1p2 01 C AAE0 @¡12 12 11 A y2AE1p6 0 @¡1 1 21A ˆy3AE~x3ů1~y1ů2~y2, avec¯1AE¡h~x3,~y1iAE¡p2,¯2AE¡h~x3,~y2iAE¡2p6
ˆy3AE0
@1 1 11 A ¡0 @1 1 01 A¡13
0 @¡1 1 21A AE0 @13
¡13
13 1 A d"où y3AE0 B @1p3¡1p3
1p3 1 C APour obtenir
~y3on peut écrire~y3AE1k ~ˆy3k~ˆy3 où ce qui est équivalent mais plus facile à calculer y3AE1k @1 ¡1 11 AExercice V.9Ch5-exercice9
SoitEAEIR3,~yAE(1,¡2,1),FAEvecth~yi.
Alors on a vu queF?AE{~x2IR3jx1¡2x2Åx3AE0}.F?est donc un plan dont (2,1,0) et (1,0,¡1) constituent par
exemple une base. Montrer directement dans ce cas particulier queEAEF©F?. Solution: Si on note~x1AE(2,1,0),~x2AE(1,0,¡1), alors {~y,~x1,~x2} est une base de IR3. On peut alors montrer facilement queF\F?AE{~0} et que IR3AEFÅF?.Exercice V.10Ch5-exercice10Montrer que la matriceQ0
BBBB@1p2
¡12
0¡12
0 12 1p2¡12
1p2 12 0120¡12
1p2 12 1 C CCCA est orthogonale. Quelle est l"inverse deQ? Que vaut le déterminant deQ?Solution: On vérifie que
(Q2)TQ2AE1,(Q2)TQ3AE0,(Q2)TQ4AE0, (Q3)TQ3AE1,(Q3)TQ4AE0, (Q4)TQ4AE1DoncQTQAEIdoncQ¡1AEQT.
On calcule detQAE¡1.Exercice V.11Ch5-exercice11On définit sur IR
3le produit scalaire usuel. SoitB, la base canonique de IR3, montrer queBest une base
orthonormée. Montrer que la baseB0définie par B0AE½µ1p3
,1p3 ,1p3 ,µ1p2 ,¡1p2 ,µ1p6 ,1p6 ,¡2p6 est une base orthonormée. Que vautPmatrice de passage deBàB0.Vérifier quePPTAEPTPAEI
Solution: On vérifie que :
k k PAE0 B @1p3 1p2 1p6 1p3¡1p2
1p6 1p30¡2p6
1 C Alorsque l"on effectuePTPon effectue les mêmes calculs que pour calculer les normesk~e01k,... et les produits
scalairesh~e01,~e03i,..., on trouve donc quePTPAEI. En effectuantPPTon obtient à nouveauPPTAEI, c"est
normal carPTPAEI)P¡1AEPTet doncPPTAEPP¡1AEI.Exercice V.12Ch5-exercice12
Quel est l"inverse de la matrice :0
B @1p3 1p2 1p6 1p3¡1p2
1p6 1p30¡2p6
1 C A?Que vaut son déterminant?
Solution: C"est la matricePde l"exercice précédent, c"est une matrice de passage entre 2 basesorthonormées, elle est donc orthogonale doncP¡1AEPT, et on calcule detPAE1, (en fait on peut montrer que
lorsque la base est orthonormée directe ~e03AE~e01^~e02, alors detPAE1, sinon detPAE¡1)Exercice V.13Ch5-exercice13 SoientxAE(x1,x2,x3) etyAE(y1,y2,y3) deux vecteurs de IR3, on définit la base B0AE½µ1p3
,1p3 ,1p3 ,µ1p2 ,¡1p2 ,µ1p6 ,1p6 ,¡2p6 on notex01,x02, etc les composantes dexetydans cette nouvelle base, calculer (x01)2Å(x02)2Å(x03)2 Puis x01y01Åx02y02Åx03y03
Solution: On ax0AEP¡1xAEPTxd"où
x01AEx1Åx2Åx3p3
,x02AEx1¡x2p2 ,x03AEx1Åx2¡2x3p6On a donc
x Ceci était prévisible puisquex0AEQx, orQAEPTest orthogonale, donc x01y01Åx02y02Åx03y03AEhQx,QyiAEyTQTQxAEhx,yiAEx1y1Åx2y2Åx3y3Exercice V.14Ch5-exercice14
SoitAune matrice symétrique,¸1,¸22 valeurs propres réelles distinctes, on notey1,y22 vecteurs propres
réels associés. 1.E xprimerhAy1,y2ià l"aide dehy1,y2i.
2.E xprimerhy1,Ay2ià l"aide dehy1,y2i.
3.E ndéd uirequ ehy1,y2i=0.
Solution:
1.hAy1,y2iAE¸1hy1,y2i.
2.hy1,Ay2iAE¸2hy1,y2i.
3.Or hAy1,y2iAEhy1,ATy2iAEhy1,Ay2i.
Donc (¸1¡¸2)hy1,y2iAE0.Puisque
16AE¸2,
on obtient hy1,y2iAE0.Exercice V.15Ch5-exercice15
Calculer les valeurs propres et déterminer une base orthonormée de vecteurs propres de la matrice :
AAE0 @4¡2¡2¡2 4¡2
¡2¡2 41
ASolution: det (sI¡A)AE(s¡6)2s, on a donc 2 valeurs propres (réelles)¸0AE0,¸1AE6. On calcule les vecteurs
propres :les composantes deY0doivent vérifiery1AEy2AEy3; d"où un vecteur propre normé possible :Y0AE0
B @1p3 1p3 1p3 1 C A les composantes deY1doivent vérifiery1Åy2Åy3AE0; d"où : Y1AEy20
@¡1 1 01 AÅy30
@¡1 0 11 A on obtient 2 vecteurs propres qui constituent une base deV¸1à savoir X 1AE0 @¡1 1 01 A ,X2AE0 @¡1 0 11 A Ces 2 vecteurs ne sont pas normés, ils ne sont pas orthogonaux entre eux, en revancheX1etY0sontorthogonaux, il en est de même pourX2etY0. On va utiliser le procédé d"orthogonalisation de Schmidt pour
propres associés à¸1. Y B 1p2 1p2 01 C A, @¡1 0 11 A¡1p2
0 B 1p2 1p2 01 C AAE0 @¡12¡12
11 A Y B 1p6¡1p6
2p6 1 C A. On obtient donc la base orthonormée de vecteurs propres : 8>< :0 B @1p3 1p3 1p3 1 C A,0 B 1p2 1p2 01 C A,0 B 1p6¡1p6
2p6 1 C A9le premier vecteur est associé à¸0, les 2 derniers sont associés à¸1.Exercice V.16Ch5-exercice16
Montrer que si une matrice est symétrique définie positive, ses termes diagonaux sont strictement positifs
(calculerxTAxavec un vecteurxjudicieusement choisi).Montrer que si une matrice est symétrique semi-définie positive, ses termes diagonaux sont positifs ou nuls.
Solution: Choisissez successivement pourxles vecteurs de la base canonique, on a alorseT iAeiAEaii, d"où la conclusion.Exercice V.17Ch5-exercice17
Démontrer la proposition suivante :
Une condition nécessaire et suffisante pour que la matriceAsymétrique soit semi-définie positive est que
toutes ses valeurs propres soient positives ou nulles.Solution: On a :xTAx¸08x2IRn()nX
iAE1¸ i(˜xi)2¸08˜x2IRn, donc si toutes les valeurs propres sont positives ou nulles, on a n X iAE1¸ i(˜xi)2¸0 doncxTAx¸0 donc la matrice est symétrique semi-définie positive. Réciproquement si la matrice est symétrique semi-définie positive, on axTAx¸08xdonc n X iAE1¸ i(˜xi)2¸08˜x2IRn, donc en particulier si on choisit ˜xpremier vecteur de la base canonique de IRn, on obtient¸1¸0. De mêmeon obtient que chacun des¸iest positif ou nul, en choisissant pour˜xchacun des vecteurs de la base
canonique.Exercice V.18Ch5-exercice18La matrice
AAE0 @4¡2¡2¡2 4¡2
¡2¡2 41
A est-elle définie positive? semi-définie positive? CalculerxTAx.Solution: La matrice est semi-définie positive puisque toutes ses valeurs propres sont positives ou nulles.
Elle n"est pas définie positive puisque ses valeurs propres ne sont pas strictement positives. x TAxAE4(x1)2Å4(x2)2Å4(x3)2¡4x1x2¡4x1x3¡4x2x3Exercice V.19Ch5-exercice19Montrer qu"une matrice symétrique définie positive est inversible. Le résultat est-il toujours valable si la ma-
trice est semi-définie positive? Si oui démontrez-le, si non trouvez un contre exemple.Solution: SiAest définie positive, ses valeurs propres sont strictement positives donc 0 n"est pas valeur
propre, doncAest inversible.