Oraux de concours : Endomorphismes des espaces euclidiens

On va commencer par démontrer le résultat intermédiaire suivant ; si $(x_1,\dots,x_n)$ est une base orthonormée de $E$ et $A\in S_n(\mathbb R),$ alors $$\sum_{k=1}^n \exp(\langle Ax_k,x_k\rangle)\leq \textrm{Tr}(e^A).$$ En effet, écrivons $A=P\textrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)P^T$ de sorte que $e^A=P\textrm{diag}(e^{\lambda_1},\dots,e^{\lambda_n})P^T.$ On a donc $$ \textrm{Tr}(e^A)=\sum_{i=1}^n e^{\lambda_i}.$$ Soit $(e_1,\dots,e_n)$ une base orthonormale de vecteurs propres pour $A$ telle que $Ae_i=\lambda_i e_i$ pour tout $i=1,\dots,n.$ Pour $k=1,\dots,n,$ on écrit $$x_k=\sum_{i=1}^n \langle x_k,e_i\rangle e_i$$ d'où on tire $$\langle Ax_k,x_k\rangle=\sum_{i=1}^n \lambda_i \langle x_k,e_i\rangle^2.$$ Mais $\sum_{i=1}^n\langle x_k,e_i\rangle^2=1$ car $\|x_k\|=1$ et donc par l'inégalité de Jensen appliquée à la fonction exponentielle, qui est convexe, on trouve $$\exp\left(\langle Ax_k,x_k\rangle\right)\leq \sum_{i=1}^n \langle x_k,e_i\rangle^2 e^{\lambda_i}.$$ On somme ceci sur $k$ et on trouve \begin{align*} \sum_{k=1}^n \exp\left(\langle Ax_k,x_k\rangle\right)&\leq\sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n \langle x_k,e_i\rangle^2 e^{\lambda_i}\\ &\leq\sum_{i=1}^n e^{\lambda_i}=\textrm{Tr}(e^A). \end{align*} On en déduit le résultat de la façon suivante. Soit $A,B\in \mathcal S_n(\mathbb R)$ et soit $t\in]0,1[$. Posons $M=tA+(1-t)B.$ Alors $M$ est diagonalisable dans une base orthonormale : soit $(x_1,\dots,x_n)$ une base orthonormale de $E$ et $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ des réels tels que $Mx_i=\lambda_i x_i$ pour tout $i=1,\dots,n.$ On remarque que, pour $i=1,\dots,n,$ on a $$\lambda_i=\langle Mx_i,x_i\rangle=t\langle Ax_i,x_i\rangle+(1-t)\langle Bx_i,x_i\rangle.$$ On en déduit que \begin{align*} \textrm{Tr}(e^M)&=\sum_{i=1}^n e^{\lambda_i}\\ &=\sum_{i=1}^n \exp\left(t\langle Ax_i,x_i\rangle+(1-t)\langle Bx_i,x_i\rangle\right)\\ &\leq \sum_{i=1}^n\Big( t\exp(\langle Ax_i,x_i\rangle)+(1-t)\exp(\langle Bx_i,x_i\rangle)\Big)\\ &\leq t\textrm{Tr}(e^A)+(1-t)\textrm{Tr}(e^B) \end{align*} où on a utilisé successivement la convexité de la fonction exponentielle, et le résultat démontré en préambule. Pas facile cet exercice, non ?

Si on multiplie à droite par $M^T$ l'équation précédente, on trouve $$MM^TMM^T=M^T.$$ Prenant la tranposée de cette égalité, on a encore $$MM^TMM^T=M.$$ Ainsi, $M$ est symétrique (réelle). Elle est donc diagonalisable. De plus, $M^3=I_n.$ Donc si $\lambda$ est une valeur propre de $M,$ on a $\lambda^3=1,$ c'est-à-dire que $\lambda=1$ (puisque $\lambda$ est réelle). Ainsi, $M$ est une matrice diagonalisable dont la seule valeur propre est $1$. On a $M=I_n.$

Cet exercice difficile va nécessiter plusieurs idées :

• on va essayer d'obtenir des propriétés vérifiées par $B$ sachant qu'il s'agit d'une limite de puissances de matrices symétriques ;
• le fait d'avoir une somme de valeurs absolue d'un côté et une racine carrée de l'autre côté de l'inégalité va nous inciter à utiliser l'inégalité de Cauchy-Schwarz ;
• on va utiliser un produit scalaire classique sur $\mathcal M_n(\mathbb R)$ pour faire apparaitre le rang.

Commençons par déterminer certaines propriétés vérifiées par $B.$ Puisque $A\in S_n(\mathbb R),$ il existe une matrice orthogonale $P\in O_n(\mathbb R)$ et une matrice diagonale $D=\textrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ telles que $A=PDP^T.$ On en déduit que $A^k=PD^kP^T,$ ce qui donne encore $D^k=P^TA^kP.$ Ainsi, la suite $(D^k)$ converge. Or $D^k=\textrm{diag}(\lambda_1^k,\dots,\lambda_n^k)$ et donc chaque suite $(\lambda_j^k)_k$ converge. Ceci n'est possible que si $\lambda_j=1,$ et dans ce cas la limite vaut $1,$ ou si $|\lambda_j|<1,$ et dans ce cas la limite vaut $0.$ On obtient donc que la suite $(D^k)$ converge vers une matrice diagonale $E$ dont les coefficients diagonaux sont égaux à $0$ ou $1.$ On a $B=PEP^T$ et $\textrm{rg}(B)=\textrm{rg}(E)=\textrm{Tr}(E).$ D'autre part, d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz au produit scalaire usuel sur $\mathbb R^{n^2},$ on a \begin{align*} \sum_{i,j=1}^n |b_{i,j}|&=\sum_{i,j=1}^n 1|b_{i,j}|\\ &\leq \left(\sum_{i,j=1}^n 1^2\right)^{1/2}\left(\sum_{i,j=1}^n |b_{i,j}|^2\right)^{1/2}\\ &\leq n\left(\sum_{i,j=1}^n |b_{i,j}|^2\right)^{1/2}. \end{align*} Pour conclure, on rappelle que $$\sum_{i,j=1}^n |b_{i,j}|^2=\textrm{Tr}(B B^T).$$ Remplaçant $B$ par $PEP^T,$ et utilisant les propriétés de la trace, on trouve \begin{align*} \sum_{i,j=1}^n |b_{i,j}|^2&=\textrm{Tr}(PEP^TP EP^T) \\ % car $B$ est symétrique\\ &=\textrm{Tr}(PE^2P^T)\\ &=\textrm{Tr}(PEP^T)\\ &=\textrm{Tr}(P^T P E^2)\\ &=\textrm{Tr}(E)\\ &=\textrm{rg}(B). \end{align*}

Supposons d'abord que $p$ est un projecteur orthogonal. Pour tout $x$ de $E$, $x=p(x)+(x-p(x))$, où $p(x)\perp x-p(x)$. Le théorème de Pythagore donne alors $\|x\|^2=\|p(x)\|^2+\|x-p(x)\|^2$, ce qui entraîne $\|p(x)\|\leq \|x\|$ pour tout $x$ de $E$. Réciproquement, supposons que pour tout $x$ de $E$, $\|p(x)\|\leq \|x\|$, et supposons que $p$ est le projecteur sur $F$ parallèlement à $G$. Prenons $x$ dans $F$, et $y$ dans $G$, et posons $f(t)=\|x+ty\|^2$. Le développement de la norme donne : $$f(t)=\|x\|^2+2t(x,y)+t^2\|y\|^2.$$ $f$ est donc une fonction dérivable. En outre, $p(x+ty)=x$, et donc $f(0)=\|x\|^2\leq \|x+ty\|^2\leq f(t)$. $f$ atteint donc son minimum en 0. On a donc $f'(0)=0$, ce qui donne $(x,y)=0$ : $F$ et $G$ sont orthogonaux, ce qui signifie que $p$ est un projecteur orthogonal!

Bien sûr, l'implication $1.\implies 2.$ est immédiate. Prouvons la réciproque et supposons que $2.$ est vraie. Soit $(e_1,\dots,e_n)$ une base orthonormale de $E.$ Alors, pour $i\neq j,$ on a $\langle s(e_i),s(e_j)\rangle=0$ puisque $\langle e_i,e_j\rangle=0.$ Ainsi, $(s(e_1),\dots,s(e_n))$ est une famille orthogonale de $E.$ Pour $i\in\{1,\dots,n\},$ notons $c_i\in\mathbb R$ tel que $\|s(e_i)\|^2=c_i$ et soit à nouveau $1\leq i\neq j\leq n.$ Alors on sait que $$\langle e_i+e_j,e_i-e_j\rangle=0$$ d'où on déduit que $$\langle s(e_i+e_j),s(e_i-e_j)\rangle=0.$$ En développant, on trouve $c_i-c_j=0$ et donc $c_i=c_j$. Ainsi, il existe $c\in\mathbb R_+$ tel que $\|s(e_i)\|^2=c$ pour tout $i=1,\dots,n.$ Maintenant, pour tous $x,y\in E,$ on écrit $x=\sum_{i=1}^n x_i e_i$ et $y=\sum_{i=1}^n y_i e_i.$ En développant, on trouve \begin{align*} \langle s(x),s(y)\rangle&=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \langle s(e_i),s(e_j)\rangle\\ &=\sum_{i=1}^n x_i y_i \langle s(e_i),s(e_i)\rangle\\ &=c\sum_{i=1}^n x_iy_i\\ &=c\langle x,y\rangle. \end{align*}