Corrigé du contrôle de maths L2 : isométries et théorème spectral

Exercice 1 : Question de cours : endomorphismes symétriques et matrices orthogonales (4 points)

1. Soit \(x \in E_\lambda(u)\) et \(y \in E_\mu(u)\). Comme \(u\) est symétrique, \(\langle u(x), y \rangle = \langle x, u(y) \rangle\). Or \(u(x) = \lambda x\) et \(u(y) = \mu y\), d’où
   \[\lambda \langle x, y \rangle = \mu \langle x, y \rangle, \qquad \text{soit} \qquad (\lambda – \mu) \langle x, y \rangle = 0.\]
   Comme \(\lambda \neq \mu\), on obtient \(\langle x, y \rangle = 0\). Les sous-espaces propres \(E_\lambda(u)\) et \(E_\mu(u)\) sont donc orthogonaux.

2. Théorème spectral. Tout endomorphisme symétrique d’un espace euclidien est diagonalisable dans une base orthonormée : \(E\) est la somme directe orthogonale de ses sous-espaces propres.

   Version matricielle : pour toute matrice \(S \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) symétrique, il existe \(P \in O_n(\mathbb{R})\) et \(D\) diagonale réelle telles que \(S = P D P^{T} = P D P^{-1}\).

3. Notons \(C_1, \ldots, C_n\) les colonnes de \(M\). Le coefficient d’indice \((i, j)\) de \(M^{T} M\) vaut \(C_i^{T} C_j = \langle C_i, C_j \rangle\). Donc \(M^{T} M = I_n\) équivaut à \(\langle C_i, C_j \rangle = \delta_{ij}\) pour tous \(i, j\), c’est-à-dire : la famille \((C_1, \ldots, C_n)\) est orthonormée. Une famille orthonormée de \(n\) vecteurs est libre, donc c’est une base de \(\mathbb{R}^n\).

   Dans ce cas, \(1 = \det(I_n) = \det(M^{T}) \det(M) = (\det M)^2\). Donc \(\det M = 1\) ou \(\det M = -1\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la symétrie utilisée, 1 pour la conclusion ; b) 1 point (0,5 par version) ; c) 1,5 point : 1 pour l’équivalence, 0,5 pour le déterminant.

Exercice 2 : Axe et angle d’une rotation (5 points)

1. Les colonnes de \(A\) sont \(C_1 = \frac{1}{3}(2, 2, -1)\), \(C_2 = \frac{1}{3}(-1, 2, 2)\) et \(C_3 = \frac{1}{3}(2, -1, 2)\). On a
   \[\|C_1\|^2 = \|C_2\|^2 = \|C_3\|^2 = \frac{4 + 4 + 1}{9} = 1,\]
   \[\langle C_1, C_2 \rangle = \frac{-2 + 4 – 2}{9} = 0, \quad \langle C_1, C_3 \rangle = \frac{4 – 2 – 2}{9} = 0, \quad \langle C_2, C_3 \rangle = \frac{-2 – 2 + 4}{9} = 0.\]
   Les colonnes forment une base orthonormée, donc \(A\) est orthogonale (exercice 1, c).

2. On développe le déterminant de la matrice entière \(3A\) selon la première ligne :
   \[\det(3A) = 2(4 + 2) + 1 \times (4 – 1) + 2(4 + 2) = 12 + 3 + 12 = 27.\]
   Donc \(\det A = \dfrac{27}{27} = 1\). Une matrice orthogonale de déterminant \(1\) est dans \(SO_3(\mathbb{R})\) : \(A\) est la matrice d’une rotation \(r\).

3. L’axe est \(\ker(A – I_3) = \ker(3A – 3I_3)\), avec
   \[3A – 3I_3 = \begin{pmatrix} -1 -1 2 \\ 2 -1 -1 \\ -1 2 -1 \end{pmatrix}.\]
   Le système s’écrit \(-x – y + 2z = 0\) et \(2x – y – z = 0\). La première équation donne \(x = 2z – y\) ; en reportant, \(4z – 2y – y – z = 0\), soit \(y = z\), puis \(x = z\). L’axe de \(r\) est la droite \(\operatorname{Vect}(1, 1, 1)\). (La matrice n’est pas l’identité, donc l’axe est bien une droite.)

4. La trace d’une rotation d’angle \(\theta\) vaut \(1 + 2\cos\theta\). Ici \(\operatorname{tr} A = \frac{2 + 2 + 2}{3} = 2\), donc \(\cos\theta = \dfrac{1}{2}\) et \(\theta = \pm \dfrac{\pi}{3}\).

   Pour le signe, on utilise un vecteur \(x\) hors de l’axe : \(\det(w, x, r(x))\) a le signe de \(\sin\theta\). Avec \(x = e_1 = (1, 0, 0)\) et \(r(e_1) = C_1 = \frac{1}{3}(2, 2, -1)\) :
   \[\det(w, e_1, r(e_1)) = \frac{1}{\sqrt{3}} \begin{vmatrix} 1 1 \frac{2}{3} \\ 1 0 \frac{2}{3} \\ 1 0 -\frac{1}{3} \end{vmatrix} = \frac{1}{\sqrt{3}} \times (-1) \times (-\frac{1}{3} – \frac{2}{3}) = \frac{1}{\sqrt{3}} > 0.\]
   (On a développé selon la deuxième colonne.) Donc \(\sin\theta > 0\). La rotation \(r\) a pour axe \(\operatorname{Vect}(1, 1, 1)\), orienté par \(w\), et pour angle \(\theta = \dfrac{\pi}{3}\).

   

   Vérification : la partie antisymétrique \(\frac{1}{2}(A – A^{T})\) doit valoir \(\sin\theta\) fois la matrice du produit vectoriel par \(w\). Ici \(\frac{1}{2}(A – A^{T})\) a pour coefficients \(\pm \frac{1}{2}\), et \(\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{1}{2}\) : c’est cohérent.

Barème : a) 1 point (normes 0,5, produits scalaires 0,5) ; b) 1 point : 0,5 pour le déterminant, 0,5 pour la conclusion ; c) 1 point ; d) 2 points : 0,5 pour la trace, 0,5 pour \(\cos\theta\), 1 pour le signe de \(\sin\theta\) par le produit mixte.

Erreur fréquente : donner \(\theta = \frac{\pi}{3}\) sans préciser l’orientation de l’axe ; avec l’axe orienté par \(-w\), l’angle serait \(-\frac{\pi}{3}\).

Exercice 3 : Matrice d’une réflexion (3 points)

1. Le plan \(P\) est l’orthogonal de \(n = (1, -2, 2)\), et \(P^\perp = \operatorname{Vect}(n)\). Tout \(x\) s’écrit
   \[x = (x – \frac{\langle x, n \rangle}{\|n\|^2} n) + \frac{\langle x, n \rangle}{\|n\|^2} n,\]
   où le premier terme est dans \(P\) (son produit scalaire avec \(n\) est nul) et le second dans \(P^\perp\). La réflexion \(s\) conserve la composante dans \(P\) et change le signe de la composante dans \(P^\perp\), d’où \(s(x) = x – \dfrac{2 \langle x, n \rangle}{\|n\|^2} n\).

   Matriciellement, \(S = I_3 – \dfrac{2}{\|n\|^2} n n^{T}\) avec \(\|n\|^2 = 9\) et
   \[n n^{T} = \begin{pmatrix} 1 -2 2 \\ -2 4 -4 \\ 2 -4 4 \end{pmatrix}, \qquad \text{donc} \qquad S = \frac{1}{9}\begin{pmatrix} 7 4 -4 \\ 4 1 8 \\ -4 8 1 \end{pmatrix}.\]

2. La matrice \(S\) est visiblement symétrique. Comme \(s \circ s = \operatorname{id}\), on a \(S^2 = I_3\), donc \(S^{T} S = S^2 = I_3\) : \(S\) est orthogonale. On peut le vérifier sur les colonnes : par exemple \(\frac{49 + 16 + 16}{81} = 1\) et \(\frac{28 + 4 – 32}{81} = 0\).

   Dans une base formée de deux vecteurs de \(P\) et de \(n\), la matrice de \(s\) est \(\operatorname{diag}(1, 1, -1)\). Donc \(\det S = -1\).

3. On a \(\langle (1, 1, 1), n \rangle = 1 – 2 + 2 = 1\), donc
   \[s(1, 1, 1) = (1, 1, 1) – \frac{2}{9}(1, -2, 2) = (\frac{7}{9}, \frac{13}{9}, \frac{5}{9}).\]
   L’image de \((1, 1, 1)\) est \(\frac{1}{9}(7, 13, 5)\), ce que confirme le produit \(S \times (1, 1, 1)^{T}\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la décomposition, 1 pour la matrice ; b) 1 point : 0,5 pour l’orthogonalité, 0,5 pour le déterminant ; c) 0,5 point.

Exercice 4 : Problème : théorème spectral pour une matrice 3×3 (8 points)

1. La matrice \(B\) est symétrique réelle. D’après le théorème spectral, elle est diagonalisable dans une base orthonormée : il existe \(P\) orthogonale et \(D\) diagonale telles que \(B = P D P^{T}\).

2. On calcule \(B\,(1, 1, -2)^{T} = (5 – 1 – 4,\ -1 + 5 – 4,\ 2 + 2 – 4) = (0, 0, 0)\). Donc \(0\) est valeur propre de \(B\) et \((1, 1, -2) \in \ker B\).

   Ensuite,
   \[B – 6 I_3 = \begin{pmatrix} -1 -1 2 \\ -1 -1 2 \\ 2 2 -4 \end{pmatrix}\]
   a trois lignes proportionnelles et non nulles : son rang vaut \(1\). Par le théorème du rang, \(\dim E_6(B) = 3 – 1 = 2\).

   Comme \(\dim E_0(B) + \dim E_6(B) \geq\, 1 + 2 = 3\), ces sous-espaces sont en somme directe et remplissent \(\mathbb{R}^3\). Le spectre de \(B\) est \(\{0, 6\}\), avec \(\dim E_0(B) = 1\) et \(\dim E_6(B) = 2\). Contrôle : \(\operatorname{tr} B = 12 = 0 + 6 + 6\).

3. On norme le vecteur du noyau : \(u_1 = \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, -2)\). Le sous-espace \(E_6(B)\) est le plan d’équation \(x + y – 2z = 0\), c’est-à-dire l’orthogonal de \(u_1\) (conformément à l’exercice 1, a). On y choisit deux vecteurs orthogonaux : \((1, -1, 0)\) et \((1, 1, 1)\), qui vérifient l’équation et dont le produit scalaire est nul. On pose \(u_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0)\) et \(u_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)\).

   La famille \((u_1, u_2, u_3)\) est une base orthonormée de vecteurs propres, et l’on peut prendre
   \[P = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{6}} \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{6}} -\frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{3}} \\ -\frac{2}{\sqrt{6}} 0 \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix} 0 0 0 \\ 0 6 0 \\ 0 0 6 \end{pmatrix}.\]

4. Décomposons \(x = \alpha u_1 + \beta u_2 + \gamma u_3\) dans la base orthonormée. Alors \(Bx = 6\beta u_2 + 6\gamma u_3\), et
   \[\langle Bx, x \rangle = 6(\beta^2 + \gamma^2) \geq\, 0.\]
   L’égalité \(\langle Bx, x \rangle = 0\) a lieu si et seulement si \(\beta = \gamma = 0\), c’est-à-dire \(x \in \operatorname{Vect}(u_1) = \ker B\). La matrice \(B\) est symétrique positive, mais pas définie positive : par exemple \(\langle B(1, 1, -2), (1, 1, -2) \rangle = 0\).

5. On pose \(R = P \operatorname{diag}(0, \sqrt{6}, \sqrt{6}) P^{T}\). Cette matrice est symétrique, à valeurs propres \(0\) et \(\sqrt{6}\) positives, et \(R^2 = P \operatorname{diag}(0, 6, 6) P^{T} = B\).

   Pour l’exprimer simplement, on remarque que \(P \operatorname{diag}(0, 1, 1) P^{T}\) est la matrice \(\Pi\) de la projection orthogonale sur \(E_6(B)\). Ainsi \(B = 6\, \Pi\) et \(R = \sqrt{6}\, \Pi\). Donc \(R = \dfrac{\sqrt{6}}{6} B = \dfrac{1}{\sqrt{6}} B\).

   Vérification directe : \(\Pi = I_3 – u_1 u_1^{T} = I_3 – \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 1 1 -2 \\ 1 1 -2 \\ -2 -2 4 \end{pmatrix} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 5 -1 2 \\ -1 5 2 \\ 2 2 2 \end{pmatrix} = \frac{1}{6} B\).

6. Comme \(\Pi^2 = \Pi\), on a \(B^k = 6^k\, \Pi^k = 6^k\, \Pi = 6^{k-1} B\). Pour tout \(k \geq\, 1\), \(B^k = 6^{k-1} B\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 2 points : 0,5 pour le noyau, 0,5 pour le rang, 1 pour le spectre et les dimensions justifiés ; c) 2 points : 1 pour la base orthonormée, 1 pour \(P\) et \(D\) ; d) 1,5 point : 1 pour la positivité, 0,5 pour le cas d’égalité et la conclusion ; e) 1,5 point : 0,5 pour la construction de \(R\), 1 pour l’expression \(\frac{1}{\sqrt{6}} B\) justifiée ; f) 0,5 point.

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