\begin{exo}

Pour tout entier naturel $k$, on note $\mathbb{R}_k[X]$ l'ensemble des polyn\^{o}mes r\'{e}els de degr\'{e} au plus $k$.\\
Soit un entier $n\geq 1$. Soient $\tau$ et $\delta$ les endomorphismes de $\mathbb{R}_n[X]$ d\'{e}finis par :
$$\forall P \in \mathbb{R}_n[X],\ \tau(P)=P(X+1) \ \ \et \ \ \delta(P)= P(X+1) - P.$$
\begin{enumerate}
\item D\'{e}terminer le degr\'{e} de $\delta(P)$, lorsque $P=X^k$, avec $k\geq 0$. Pour tout polyn\^{o}me non constant $P\in\mathbb{R}_n[X]$, exprimer le degr\'{e} et le coefficient de plus haut degr\'{e} de $\delta(P)$ en fonction de ceux de $P$.
\item Pour tout $j\in\llbracket 1, n \rrbracket$, montrer que : $\ker(\delta^j) = \mathbb{R}_{j-1}[X]$ et $\im(\delta^j) = \mathbb{R}_{n-j}[X]$.
\item  Pour $k\in\mathbb{N}$ et $P\in\mathbb{R}_n[X]$, exprimer
  $\delta^k(P)$ comme combinaison lin\'{e}aire des $\tau^j(P)$ ($j\in\llbracket 0,  k\rrbracket$).
\item Soit $P\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$. Montrer que~:
  $\dsum_{j=0}^n (-1)^{n-j} \binom{n}{j} P(j) = 0.$
\item  Dans cette question, on veut montrer qu'il n'existe pas
  d'endomorphisme $\mathbb{R}_n[X] \rTo^u
  \mathbb{R}_n[X]$ tel que $u\circ u = \delta$. On suppose, par
  l'absurde, qu'une telle application~$u$ existe.
  \begin{enumerate}
  \item
    Montrer que $u$ et $\delta^2$ commutent.
  \item
    En d\'eduire que $\mathbb{R}_1[X]$ est stable par
    l'application~$u$.
   \item
    Conclure.
  \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Si $P$ est constant, alors $\delta(P)=0$. Si $k\geq 1$ et $P=X^k$, $P(X+1)-P(X)$ est de degr\'{e} $k-1$. De mani\`{e}re g\'{e}n\'{e}rale, si $P=\dsum_{k=0}^d  a_kX^k$ avec $d=\deg (P)\geq 1$, on a :
\begin{align*}
P(X+1)-P&=a_d\big((X+1)^d-X^d\big)+a_{d-1}\big((X+1)^{d-1}-X^{d-1}\big)+\dsum_{k=0}^{d-2} a_k\big(k(X+1)^k-X^k\big)\\
&=a_d\dsum_{k=0}^{d-1} a_d\binom{d}kX^k+a_{d-1}\dsum_{k=0}^{d-2} a_d\binom{d-1}kX^k+\dsum_{k=0}^{d-2} a_k\big(k(X+1)^k-X^k\big)\\
&=da_dX^{d-1} +\underbrace{a_d\dsum_{k=0}^{d-2} \binom{d}kX^k+a_{d-1}\dsum_{k=0}^{d-2} \binom{d-1}kX^k+\dsum_{k=0}^{d-2} a_k\big(k(X+1)^k-X^k\big)}_{\text{ de degr\'{e} inf\'{e}rieur \`{a} $d-2$ (nul si $d=1$)}}.
\end{align*}
Donc $\deg(\delta(P))=\deg(P)-1$ et $\mathrm{cd}(\delta(P))=\deg(P)\times \mathrm{cd}(P)$.
%
\item Montrons par r\'{e}currence sur $j\in\llbracket 1, n \rrbracket$ la relation : $\ker(\delta^j) = \mathbb{R}_{j-1}[X]$.
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] C'est vrai pour $j=1$, car d'apr\`{e}s la question 1 : $\delta(P)= 0 \iff P \text{ constant}$.
\item[$\bullet$] Si la relation est vraie pour $j\in \llbracket 1, n-1 \rrbracket$, on a :
\begin{align*}
P\in \ker(\delta^{j+1}) %& \iff\delta^{j+1}(P)=0\blanc \text{(par d\'{e}finition du noyau)}\\
&\iff \delta^j(\delta(P))= 0 %\blanc \text{(par d\'{e}finition de $\delta^{j+1}$)}
\\
&\iff \deg(\delta(P))\leq j-1 \blanc \car \ker(\delta^j)=\mathbb{R}_{j-1}[X] \blanc \text{(H.R.)}\\
&\iff \deg(P)\leq j \blanc \car \deg(\delta(P))=\deg(P)-1\\
&\iff P\in \mathbb{R}_{j}[X].
\end{align*}
Ainsi $\ker (\delta^{j+1})=\mathbb{R}_{j}[X]$.
\end{itemize}
Comme $\deg(\delta(P))=\deg(P)-1$, par r\'{e}currence \'{e}vidente, on a $\deg(\delta^{j}(P))=\deg(P)-j$,\\ d'o\`{u} $\delta^{j}(P)\in\mathbb{R}_{n-j}[X]$, et donc  $\mathrm{Im}(\delta^j)\subset \mathbb{R}_{n-j}[X]$. On conclut \`{a} l'\'{e}galit\'{e} des dimensions en utilisant le th\'{e}or\`{e}me du rang. Ainsi, $\mathrm{Im}(\delta^j)= \mathbb{R}_{n-j}[X]$.
%
\item Comme $\tau$ et $\mathrm{id}$ commutent, la formule du bin\^{o}me donne : $\displaystyle\delta^k(P)=(\tau-\id)^k(P)=\dsum_{j=0}^k(-1)^{k-j}\binom{k}{j}\tau^j(P)$.
%
\item Si $P\in\mathbb{R}_{n-1}[X]=\ker(\delta^n)$, alors $\delta^n(P)=0$. Comme $\tau^j(P)=P(X+j)$, en \'{e}valuant en $0$ l'\'{e}galit\'{e} de la question pr\'{e}c\'{e}dente, on obtient l'\'{e}galit\'{e} voulue.
\item
\begin{enumerate}
\item  $u\circ \delta^2=u\circ [u^2\circ u^2]=u^5= [u^2\circ u^2]\circ u=\delta^2\circ u$.
\item Soit $P\in\mathbb{R}_1[X]=\ker\delta^2$, alors, d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente :
$\delta^2(u(P))=u(\delta^2(P))=u(0)=0.$\\
Donc $u(P)\in\ker(\delta^2)=\mathbb{R}_1[X]$.

\item Comme $\mathbb{R}_1[X]$ est stable par $u$ et par $\delta$, on a deux endomorphismes induits $u'$ et $\delta$' tels que ${v'}^2=\delta'$. En prenant les matrices dans la base $(1,X)$ de $\mathbb{R}_{1}[X]$, on a : $U^2=\matrice{0&1\\0&0}$.

Or il n'existe pas de telle matrice $U$ car elle ne peut \^{e}tre de rang 0 ou 2, (sinon $U^2$ aussi) et si elle \'{e}tait de rang $1$, comme $\im U^2 \subset \im U$, on aurait $\im U=\text{vect}\matrice{1\\0}$, ce qui entra\^{\i}nerait $U^2=0$.\\ On obtient donc une absurdit\'{e}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}


%-----------------------------------------------------------

\begin{exo}

	Soit $n$ un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$. On notera $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ l'ensemble des matrices carr\'{e}es d'ordre $n$ \`{a} coefficients r\'{e}els. On dit qu'une matrice $A$ de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ est {\em $2$-sym\'{e}trique} si la matrice $A^2$ est sym\'{e}trique.
	\begin{enumerate}
		\item Soit $A \in \mathcal{M}_2(\mathbb{R})$. Caract\'{e}riser \`{a} l'aide des coefficients de $A$ le fait que $A$ est $2$-sym\'{e}trique. Donner un exemple de matrice r\'{e}elle carr\'{e}e d'ordre $2$ qui est $2$-sym\'{e}trique mais qui n'est pas sym\'{e}trique.
		\item Dans cette question, on consid\`{e}re une matrice $A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$
		($n \geq 2$).
		\begin{enumerate}
			\item V\'{e}rifier que si $A$ est sym\'{e}trique, alors elle est $2$-sym\'{e}trique.
			\item On suppose que $A$ est inversible et $2$-sym\'{e}trique. Montrer que $A^{-1}$ est
			$2$-sym\'{e}trique.
			\item On suppose maintenant que $A$ est antisym\'{e}trique (c'est-\`{a}-dire que $-A$ est la transpos\'{e}e de $A$). Montrer que $A$ est $2$-sym\'{e}trique.
		\end{enumerate}
		\item Dans cette question, on consid\`{e}re deux matrices $A$ et $B$ de $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ qui sont $2$-sym\'{e}triques.
		\begin{enumerate}
			\item On suppose que $A$ et $B$ commutent. V\'{e}rifier que le produit $AB$ est une matrice $2$-sym\'{e}trique. Montrer que ce n'est plus vrai en g\'{e}n\'{e}ral si l'on ne suppose plus que $A$ et $B$ commutent.
			\item Donner une condition n\'{e}cessaire et suffisante pour que la somme $A+B$ soit une matrice $2$-sym\'{e}trique.
			\item Donner un exemple o\`{u} $A$ et $B$ sont $2$-sym\'{e}triques et commutent, mais telles que $A+B$ ne soit pas $2$-sym\'{e}trique.
		\end{enumerate}
		\item Si $x \in \mathbb{R}^n$, on note $X$ la matrice colonne associ\'{e}e \`{a} $x$. On munit
		$\mathbb{R}^n$ de son produit scalaire canonique
		($\left\langle x,y \right\rangle = {}^t \! XY $). On se donne une matrice $2$-sym\'{e}trique
		$A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. On note $f$ l'endomorphisme de $\mathbb{R}^n$ qui
		lui est canoniquement associ\'{e} et on d\'{e}signe par $\Sp \! (f)$ l'ensemble des ses valeurs propres
		(r\'{e}elles).
		\begin{enumerate}
			\item Justifier le fait que l'endomorphisme $f^2$ est sym\'{e}trique.
			\item On note $\Sp \! (f^2)$ sous la forme $\Sp \! (f^2)= \left\lbrace \lambda_1,\cdots,\lambda_m \right\rbrace $ ($\lambda_i \neq \lambda_j$ si $i \neq j$)  avec
			$m \in \left\lbrace 1,\cdots,n\right\rbrace $ et on d\'{e}signe par $E_i$ le sous-espace propre
			de $f^2$ associ\'{e} \`{a} la valeur propre $\lambda_i$. Justifier le fait que $ \mathbb{R}^n$ est
			la somme directe orthogonale des sous-espaces $\left( E_i\right)_{1\leq i \leq m} $.
			\item Soit $i \in \left\lbrace \lambda_1,\cdots,\lambda_m \right\rbrace $. Montrer que le sous-espace $E_i$ est stable par $f$. V\'{e}rifier que la restriction $f_i$ de $f$ \`{a} $E_i$, consid\'{e}r\'{e}e comme endomorphisme de $E_i$, admet $X^2-\lambda_i$ comme polyn\^{o}me annulateur.
		    \item On suppose maintenant que tous les $\lambda_i$ sont strictement positifs et on pose
		    $\alpha_i=\sqrt{\lambda_i}$. Montrer que $E_i$ est la somme directe vectorielle du noyau
		    de  $f-\alpha_i Id$ et du noyau de $f+\alpha_i Id$. En d\'{e}duire que $f$ est diagonalisable. Est-il forc\'{e}ment sym\'{e}trique?
		    \item On fait d\'{e}sormais comme hypoth\`{e}ses que $\Sp \! (f^2) \subseteq \mathbb{R}_{+}$
		    et que $\Sp \! (f)\cap \Sp \! (-f)=\emptyset$. Montrer que dans ce cas $f$ est un endomorphisme sym\'{e}trique.
		    \end{enumerate}
	\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{sol}
	\begin{enumerate}
		\item Posons
		$$
		A=\matrice{a & b\\
			c & d}.
		$$
		La condition $A^2={}^t \!(A^2)$ est r\'{e}alis\'{e}e si et seulement si $a=-d$ ou $c=b$. Comme matrice r\'{e}elle carr\'{e}e d'ordre $2$ qui est $2$-sym\'{e}trique mais qui n'est pas sym\'{e}trique, on peut prendre par exemple
		$$
		A=\matrice{0 & 1\\
			0 & 0}
		\text{ ou }
		B=\matrice{1 & 1\\
			-1 & -1}.
		$$
		\item
		\begin{enumerate}
			\item Si $A$ est sym\'{e}trique, on a clairement ${}^t \!(A^2)=({}^t \!A)^2=A^2$; la matrice
			$A$ est donc $2$-sym\'{e}trique.
			\item Si $A$ est inversible et $2$-sym\'{e}trique, les r\`{e}gles de calcul avec la transposition entra\^{\i}nent que ${}^t \!(A^{-1})^2=\left[ {}^t \!(A^2)\right]^{-1}=(A^2)^{-1}=
			(A^{-1})^2$ et par suite que $A^{-1}$ est $2$-sym\'{e}trique.
			\item Si $A$ est antisym\'{e}trique, on a ${}^t \!(A^2)=({}^t \!A)^2=(-A)^2=A^2$; il s'ensuit que
			$A$ est $2$-sym\'{e}trique.
		\end{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item Supposons que $A$ et $B$ commutent et sont $2$-sym\'{e}triques, alors on a
			${}^t \!(AB)^2={}^t \!(ABAB)={}^t \!(A^2B^2)=
			{}^t \!(B^2){}^t \!(A^2)=B^2A^2=(AB)^2$. Par cons\'{e}quent, $AB$ est $2$-sym\'{e}trique.
			On peut prendre les  deux matrices $A$ et $B$ donn\'{e}es en 1. puisque la matrice
			$$
			AB
			=\matrice{-1 & -1 \\
				0 & 0}
			$$
			n'est pas $2$-sym\'{e}trique d'apr\`{e}s les conditions trouv\'{e}es dans la premi\`{e}re question.
			\item La somme $A+B$ est $2$-sym\'{e}trique si et seulement si
			$A^2+B^2+AB+BA=(A+B)^2={}^t \!(A+B)^2={}^t \!A^2+{}^t \!B^2+{}^t \!(AB+BA)=A^2+B^2+{}^t \!(AB+BA)$. On voit donc qu'il est n\'{e}cessaire et suffisant
			que la matrice $AB+BA$ soit sym\'{e}trique.
			\item D'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, on voit qu'il suffit de trouver deux matrices $A$ et $B$ qui sont $2$-sym\'{e}triques et commutent, mais telles que le produit $AB$ ne soit pas sym\'{e}trique. Prenons une matrice $A$ qui est $2$-sym\'{e}trique mais pas sym\'{e}trique (qui existe d'apr\`{e}s 1.); alors la matrice $B=A+I$ convient puisque $AB=A^2+A$ ne peut pas \^{e}tre sym\'{e}trique.
		\end{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item On a $\left\langle f^2(x),y \right\rangle = {}^t \! (A^2X)Y
			={}^t \!X{}^t \!(A^2)Y={}^t \!XA^2Y=\left\langle x,f^2(y) \right\rangle$; il s'ensuit que $f^2$ est sym\'{e}trique.
			\item Comme $f^2$ est sym\'{e}trique dans l'espace euclidien $\mathbb{R}^n$, ce dernier est
			la somme directe orthogonale des sous-espaces $\left( E_i\right)_{1\leq i \leq m} $.
			\item Si $x \in E_i$, il vient $ f^2(f(x))=f(f^2(x))=\lambda_i f(x)$, donc le sous-espace $E_i$ est stable par $f$. Par construction, il est clair que $X^2-\lambda_i$ est un polyn\^{o}me annulateur de $f_i$.
			\item Si $x \in E_i$, comme $X^2-\lambda_i$ est un polyn\^{o}me annulateur de $f_i$, une analyse synth\`{e}se simple montre que la d\'{e}composition $ x=1/(2\alpha_i)\left[ (\alpha_i x- f(x))+ (f(x) +\alpha_i x)\right]$ o\`{u}
			$\alpha_i x- f(x)$ (resp. $f(x) +\alpha_i x$) appartient au noyau
			de  $f-\alpha_i Id$ (resp. au noyau de $f+\alpha_i Id$ ) est unique. Ceci r\'{e}pond \`{a} la premi\`{e}re partie de la question. On peut donc trouver une base de $E_i$ form\'{e}e de vecteurs propres de $f$.
			Par concat\'{e}nation, on construit une base de  $\mathbb{R}^n$ constitu\'{e}e de vecteurs propres de $f$ qui est donc diagonalisable. Pour r\'{e}pondre \`{a} la derni\`{e}re question, on voit que le fait que $f$ soit sym\'{e}trique est \'{e}quivalent au fait que la d\'{e}composition consid\'{e}r\'{e}e pr\'{e}c\'{e}demment de $E_i$ en somme directe est forc\'{e}ment orthogonale. Cela para\^{\i}t faux. Comme contre-exemple on peut prendre
			$$
				A=\matrice{1 & 1\\ 0 & -1  }
			$$
			qui n'est \'{e}videmment pas sym\'{e}trique mais dont le carr\'{e} est l'identit\'{e}.
			\item On remarque que les hypoth\`{e}ses impliquent que chaque $\lambda_i$ est strictement positif. L'hypoth\`{e}se $\Sp \! (f)\cap \Sp \! (-f)=\emptyset$ et la question pr\'{e}c\'{e}dente impliquent que chaque $E_i$ est lui-m\^{e}me un sous-espace-propre. En effet, $E_i$ est soit le noyau $f-\alpha_i Id$, soit le noyau de $f+\alpha_i Id$. L'espace $\mathbb{R}^n$ est alors la somme directe orthogonale des sous-espaces propres de $f$. L'endomorphisme $f$ est donc n\'{e}cessairement sym\'{e}trique.
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}
	\end{sol}

%-------------------------------------------

\begin{exo}

Soit $E$ un espace euclidien de dimension sup\'erieure ou \'egale \`a $1$ muni de son produit scalaire not\'e  $(\cdot ,\cdot )$ et de sa norme euclidienne canonique $\|\cdot \|$. On d\'esigne par $\mathcal{L}(E)$ l'ensemble des endomorphismes de $E$, par $\operatorname{Id}$ l'endomorphisme identit\'e sur $E$ et par $\circ$ l'op\'eration de composition d\'efinie dans $\mathcal{L}(E)$.
On note $\operatorname{Ker}(w)$, $\operatorname{Im}(w)$ et $\operatorname{Sp}(w)$  respectivement le noyau, l'image  et l'ensemble des valeurs propres r\'eelles d'un endomorphisme $w\in \mathcal{L}(E)$. \\
Soient $u$ et  $v \in \mathcal{L}(E)$.

\begin{enumerate}

\item Soit $\lambda$ un r\' eel non nul.  Montrer que  $\lambda \in \operatorname{Sp}(u \circ v)$ si et seulement si $\lambda \in \operatorname{Sp}(v \circ u)$. \smallskip


\item Montrer que $0\in \operatorname{Sp}(u \circ v)$ si et seulement si $0\in \operatorname{Sp}(v \circ u)$.  \smallskip

\item Que peut-on conclure sur $\operatorname{Sp}(u \circ v)$ et $\operatorname{Sp}(v \circ u)$? \bigskip

 Nous supposons d\'esormais pour le reste de l'exercice que $u$ et $v$ sont des endomorphismes sym\'etriques
de $\mathcal{L}(E)$ qui {\bf commutent}. \bigskip

\item Soit $\lambda\in \operatorname{Sp}(u)$. On note $F=\operatorname{Ker}(u-\lambda \operatorname{Id})$.
Montrer que  $F$ et $F^{\perp}$ sont stables par $u$ et $v$. \bigskip

\item Montrer que les endomorphismes $u$ et $v$ sont co-diagonalisables dans une base orthonorm\'ee, c'est-\`a-dire  qu'il existe une base orthonorm\'ee de vecteurs propres commune \`a $u$ et \`a $v$. \\
{\em A cette fin, on pourra faire une r\'ecurrence sur la dimension de $E$.}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item Par sym\' etrie sur $u$ et $v$, pour prouver l'\'equivalence, il suffit de montrer l'assertion : $\lambda\in \operatorname{Sp}(u \circ v)$ implique $\lambda\in \operatorname{Sp}(v \circ u)$.
Soit $\lambda\in \operatorname{Sp}(u \circ v)$, il existe alors $x\neq 0$ tel que
\begin{equation*}
u(v(x))=\lambda  \, x  \hspace{1cm} (1).
\end{equation*}
Tout d'abord, comme $\lambda\neq 0$, il vient $u(v(x))\neq 0$ et donc $v(x)\neq 0$.
Puis, en composant par $v$ dans (1), on obtient alors : $(v\circ u)(v(x))=\lambda  \, v(x).$
Comme $v(x)\neq 0$, alors $\lambda\in \operatorname{Sp}(v \circ u)$. \smallskip


\item  Par sym\' etrie sur $u$ et $v$, on peut encore se contenter de montrer que   $0\in \operatorname{Sp}(u \circ v)$ implique $0\in \operatorname{Sp}(v \circ u)$.
 Si $0\in \operatorname{Sp}(u \circ v)$, il existe $x\neq 0$ tel que:  $u \circ v(x)=0$. Il vient alors deux cas. \smallskip \\
{\bf Cas 1:} Soit $y=v(x)\neq 0$. On a alors $u(y)=0$ et donc $v(u(y))=0$ avec $y \neq 0$. Ainsi, on a $0\in \operatorname{Sp}(v \circ u) $.\smallskip \\
{\bf Cas 2:} Soit $v(x)=0$. Il vient alors deux sous-cas. \\ Soit $\operatorname{Ker}u=\{0\}$ et donc $u$ est surjectif (d'apr\`es le th\'eor\`eme du rang). Comme $x\neq 0$, il existe alors $z_1 \in E \setminus\{\ 0\}$ tel que $x=u(z_1)$ et donc $v(u(z_1))=0$. Il s'ensuit que $0\in \operatorname{Sp}(v \circ u) $.\\ Soit $\operatorname{Ker}u\neq \{0\}$ et il existe $z_2\neq 0$ tel que $u(z_2)=0$. Il en d\'ecoule que $v(u(z_2))=0$ et on conclut encore que  $0\in \operatorname{Sp}(v \circ u)$.  \smallskip

\item En vertu  des questions 1) et 2), il  vient imm\'ediatement que $\operatorname{Sp}(u \circ v)=\operatorname{Sp}(v \circ u)$.  \smallskip

\item Supposons que $x\in F$, on a alors $u(x)=\lambda \, x$ et donc $u(u(x))=\lambda  \, u(x)$, ainsi $u(x)\in F$. De plus, comme $u$ et $v$ commutent, il vient  :
$
u(v(x))=v(u(x))=\lambda \, v(x).
$
Ainsi,  on a \'egalement  $v(x)\in F$ et $F$ est stable par $v$. Comme $u$ et $v$ sont des endomorphismes sym\'etriques et que $F$ est stable par $u$ et $v$, on a \'egalement  la stabilit\'{e} de $F^{\perp}$ par  $u$ et $v$.

\item Montrons par r\'ecurrence $P(n)$:  ``Soit $E$ un espace euclidien de dimension $n$. Si  $u$ et $v$ sont des endomorphismes sym\'etriques
de $\mathcal{L}(E)$ qui commutent, alors ils sont co-diagonalisables dans une base orthornorm\'ee'' est vraie pour $n\geq 1$. \\
Soit $E$ un espace euclidien avec $\operatorname{dim} E=1$ et $u$ et $v$ des endomorphismes sym\'etriques
de $\mathcal{L}(E)$ qui commutent. Comme $\operatorname{dim} E=1$, il existe $(e_1)$ avec $e_1$ de norme $1$ tel que $E=\operatorname{vect}(e_1) $. Or $u(e_1)$ et $v(e_1) \in E=\operatorname{vect}(e_1)$,
il existe alors $(\lambda_u, \, \lambda_v)\in \mathbb{R}^2$ tels que $u(e_1)=\lambda_u e_1$ et $v(e_1)=\lambda_v  \,
 e_1$ et $P(1)$ est vraie.\smallskip \\
 Soit $n\geq 1$. Supposons que $P(m)$ pour tout  entier naturel $m$ satisfaisant $1 \leq m \leq n$ et montrons $P(n+1)$.
 Soit $E$ un espace euclidien de dimension $n+1$ et  $u$ et $v$ deux endomorphismes sym\'etriques
de $\mathcal{L}(E)$ qui commutent. Comme $u$ est un endomorphisme sym\'etrique, il est diagonalisable et en particulier $\operatorname{Sp}(u)\neq \emptyset$. Il existe donc $\lambda\in \operatorname{Sp}(u) $. On pose  alors $F=\operatorname{Ker}(u-\lambda \operatorname{Id})$. On a donc $1\leq \operatorname{dim} F\leq \operatorname{dim} E=n+1$. Ainsi, soit  $1 \leq \operatorname{dim}F=m\leq n$, soit  $\operatorname{dim}F=n+1$.\smallskip

{ \bf Cas 1 : $1 \leq \operatorname{dim} F=m\leq n$ .}\\
Comme $F$ et $F^{\perp}$ sont stables par $u$ et $v$, on d\'efinit d'une part $u_F$ et $v_F\in \mathcal{L}(F)$ et d'autre part $u_{F^{\perp}}$ et $v_{F^{\perp}}\in \mathcal{L}( F^{\perp})$ de la mani\`ere suivante :
$$
u_F(x)=u(x), \ v_F(x)=v(x), \ \forall x \in F \ \mbox{ et } \ u_{F^{\perp}}(x)=u(x),\ v_{F^{\perp}}(x)=v(x),  \  \forall x \in F^{\perp}.
$$
Comme $u$ et $v$ sont sym\'etriques et commutent, $u_F$ et  $v_F$ (respectivement $u_{F^{\perp}}$ et $v_{F^{\perp}}$) sont des endomorphismes sym\'etriques de $\mathcal{L}(F)$ (respectivement de $\mathcal{L}(F^{\perp})$) qui commutent.
$F$ est un espace euclidien pour le produit scalaire de $E$ et $1\leq \operatorname{dim} F=m\leq n$. Ainsi par hypoth\`ese de r\'ecurrence, il existe une base orthonorm\'ee $(e_1,e_2,\ldots, e_m)$ de $F$ form\'{e}e de vecteurs propres communs \`a $u_F$ et $v_F$. De m\^eme, $F^{\perp}$ est aussi un espace euclidien pour le produit scalaire de $E$ et $1\leq \operatorname{dim}F^{\perp}=n+1-m\leq n$ . Par hypoth\`ese de r\'ecurrence, il existe donc une base orthonorm\'ee  de vecteurs propres $(e_{m+1},\ldots, e_{n+1})$  de ${F^{\perp}}$ communs \`a $u_{F^{\perp}}$ et $v_{F^{\perp}}$. Ainsi, par construction, $(e_1,e_2,\ldots, e_{n+1})$ est une base orthonorm\'ee de $E$ de vecteurs propres communs \`a $u$ et $v$.

{ \bf Cas 2 :  $ \operatorname{dim}F=n+1$ .}\\
 Soit  $\operatorname{dim}(F)=n+1=\operatorname{dim}E$. Comme $F\subset E$, on a alors $F=E$ et donc $u=\lambda \operatorname{Id}$. Or $v$ est sym\'etrique,  il existe donc une base orthonorm\' ee $(e_1,e_2,\ldots, e_{n+1})$ de vecteurs propres de $v$. Comme $u=\lambda \operatorname{Id}$,  $(e_1,e_2,\ldots, e_{n+1})$ est une base orthonorm\'ee de vecteurs propres de $u$ associ\'ee \`a la valeur propre $\lambda$.
\end{enumerate}

\end{sol}


%------------------------------------------------

\begin{exo}

Soit $n$ un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$ et $(E,\langle \,\ \rangle$) un espace euclidien de dimension $n$. On note $\mathcal{B}=(e_1,\ldots,e_n)$ une base orthonormale de $E$. Soit  $u$ un endomorphisme sym\'{e}trique de $E$ dont la matrice dans la base $\mathcal{B}$ est une matrice $A$.\\
On suppose que $\tr(A)=0$ et on se propose de montrer qu'il existe une base orthonormale dans laquelle la matrice associ\'{e}e \`{a} $u$ a tous ses termes diagonaux nuls.
	\begin{enumerate}
\item
	On suppose dans cette question que  $n=2$.
	\begin{enumerate}
		\item On suppose que $A$ n'est pas inversible. Montrer le r\'{e}sultat demand\'{e}.
		\item On suppose que $A$ est inversible.
		\begin{enumerate}
		\item Montrer qu'il existe une base orthonormale $\mathcal{B}'=(v_1,v_2)$ de $\R^2$ et un r\'{e}el $\alpha$ pour lesquels la matrice de $u$ dans la base $\mathcal{B}'$ est $A'= \left(\begin{array}{cc} \alpha &0\\ 0&-\alpha\end{array}\right)$.
		\item On pose $w_1=v_1+v_2$ et $w_2=v_1-v_2$.\\
		Calculer $u(w_1)$ et $u(w_2)$ et en d\'{e}duire le r\'{e}sultat demand\'{e}.
			\end{enumerate}

	\end{enumerate}
	\item On revient au cas g\'{e}n\'{e}ral o\`{u} $n$ est un entier quelconque sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 2.

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item
	 Montrer qu'il existe deux indices $i$ et $j$ de $\llbracket  1,n\rrbracket$, $i\neq j$, tels que :
	$$\langle e_i,u(e_i)\rangle\times \langle e_j,u(e_j)\rangle \leq 0$$
	\item Soit  $\varphi$ la fonction d\'{e}finie sur $[0,1]$ par :
	\begin{equation*}\dis \forall t\in[0,1],\ \varphi(t)=\langle u(te_i+(1-t)e_j),te_i+(1-t)e_j\rangle,\end{equation*}
	Montrer, en utilisant cette fonction, qu'il existe un vecteur $x$ non nul tel que $\langle u(x),x\rangle=0$.
		\end{enumerate}

	\item Montrer qu'il existe une base orthonormale de $E$ dans laquelle la matrice de $u$ est de la forme : $\left(\begin{array}{cc|cc} 0& &\ast & \\ \hline
\ast & & & \\
\vdots & & C &
\\ \ast & & &
\end{array}\right)$, o\`{u} $C$ est une matrice de $\mathcal{M}_{n-1}(\R)$.
	\item En d\'{e}duire, par r\'{e}currence, la propri\'{e}t\'{e} \'{e}nonc\'{e}e au d\'{e}but de l'exercice.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}



\begin{sol}

\begin{enumerate}
	\item
\begin{enumerate}
\item La matrice $A$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle donc diagonalisable. Il existe  $D=\left(\begin{array}{cc} a &0\\ 0 &b\end{array}\right)$ et  $P$ telles que $A=PDP^{-1}$. Or, $\tr(A)=\tr(D) \Longrightarrow a+b=0$. Mais comme $A$ n'est pas inversible, au moins une des valeurs propres est nulle. On a donc en fait $D=0$ et donc $A=0$.\\
%{\em Autre id\'ee :} si $A=\matrice{a&c\\c&-a}$, alors $\det A=-a^2-c^2$ est nul ssi $a=c=0$.
\item
\begin{enumerate}
	\item La matrice $A$ est diagonalisable dans une base orthonormale $(v_1,v_2)$ et comme  $\tr(A)=\tr(D)$, la matrice de $u$ dans une base de vecteurs propres est de la forme $D=\left(\begin{array}{cc} \alpha &0\\ 0 &-\alpha\end{array}\right)$.
	\item On trouve $u(w_1)=\alpha w_2$ et $u(w_2)=\alpha w_1$. On v\'{e}rifie facilement que $w_1$ et $w_2$ sont orthogonaux. Il suffit alors de poser $w'_1=\dfrac1{\|w_1\|}w_1$ et$w'_2=\dfrac1{\|w_2\|}w_2$ pour obtenir une base orthonormale dans laquelle la matrice de $u$ est $\left(\begin{array}{cc} 0 & \alpha \\ \alpha &0\end{array}\right)$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

	

\item
	\begin{enumerate}
		
\item On a $\tr(u)=0$ donc  la somme des termes diagonaux d'une matrice de $u$  dans une base est nulle.
\begin{enumerate}
\item Comme la base $(e_1,\ldots, e_n)$ est orthonormale, on a : $\forall\,e_i,\,\, u(e_i)=\dis\sum_{j=1}^n\langle u(e_i),e_j\rangle e_j$.\\
Donc les coeff diagonaux de sa matrice sont : $a_{ii}=\langle u(e_i),e_i\rangle\Rightarrow \tr(u)=0 \Leftrightarrow \dis\sum_{i=1}^n\langle u(e_i),e_i\rangle=0$.\\ Donc,
 les termes de la somme ne peuvent pas \^{e}tre tous strictement positifs ou tous strictement n\'{e}gatifs.
Il existe donc deux indices $i$ et $j$ distincts tels que : $\langle e_i,u(e_i)\rangle\times \langle e_j,u(e_j)\rangle \leq 0$.
\item Or, $\varphi(0)=\langle u(e_j),e_j\rangle$ et  $\varphi(1)=\langle u(e_i),e_i\rangle$, donc $\varphi(0)$ et $\varphi(1)$ sont de signes contraires.\\
La fonction $\varphi$ est continue (polyn\^{o}me en $t$). Donc, Il existe $t_0$ tel que $\varphi(t_0)=0$. \\
En posant $x= t_0e_i+(1-t_0)e_j$, on a  un vecteur $x\neq 0$ non nul  tel que $\langle u(x),x\rangle=0$.
	\end{enumerate}
	\item  On pose $\varepsilon =\dfrac 1{\|x\|}x$ et on compl\`{e}te : $(\varepsilon, e_2,\ldots e_n)$ pour obtenir une base orthonormale de $E$.\\
	La matrice dans cette base est bien : $M=\left(\begin{array}{cc|cc}
0& &\ast & \\ \hline
%\ast & & & \\
\vdots & & C &
%\\ \ast & & &
\end{array}\right)$.
	\item On proc\`{e}de par r\'{e}currence sur $n$.
\begin{itemize}
\item Pour $n=1$, on obtient la matrice nulle et donc la propri\'{e}t\'{e} est vraie.
\item On suppose la propri\'{e}t\'{e} v\'{e}rifi\'{e}e au rang $n-1$ $( n\geq 2)$ et on consid\`{e}re un espace de dimension $n$, un endomorphisme sym\'{e}trique $u$ de $E$ de trace nulle.\\
	On applique le r\'{e}sultat pr\'{e}c\'{e}dent et il existe une base orthonorm\'{e}e de $E$ dans laquelle la matrice de $u$ est  la matrice $M$ de la question pr\'{e}c\'{e}dente.%
%
On pose $F=\vect(\varepsilon)$.\\ On a alors $F^\perp= \vect(e_2, \ldots, e_n)$. Soit $p$ la projection orthogonale sur $F^\bot$ et $v=p\circ u$.%\\
La restriction de $v$ \`{a} $F^\bot$ est un endomorphisme, puisque $p$ est la projection sur $F^\bot$. On a:\\
 $ v(e_j)=p(u(e_j))=p\big[\dis\sum_{i=2}^na_{ij}e_i+a_1j\varepsilon\big]$. Or, $\varepsilon\in F\Longrightarrow p(\varepsilon)=0$
et les $e_i$ sont dans $F^\bot$, donc $p(e_i)=e_i$.\\
On a donc : $v(e_j)=\dis\sum_{i=2}^na_{i,j}e_i$.
On constate que la matrice de $v$ dans la base $(e_2,\ldots,e_n)$ est $C$.\\
Mais comme $\tr(M)=0$, on a aussi $\tr(C)=0$. Il existe donc une base orthonormale $(\varepsilon_2,\ldots,\varepsilon_n)$ de $F^\bot$ telle que la matrice de $p\circ v$ dans cette base est \`{a} diagonale nulle. Donc, $ \langle \varepsilon_j, v(\varepsilon_j)\rangle=0$. \\
D'autre part, on a $\langle \varepsilon, u(\varepsilon)\rangle=0$ et comme $\varepsilon_j\in F^\bot$,  on a $p(\varepsilon_j)=\varepsilon_j$ et $ \langle \varepsilon_j, u(\varepsilon_j)\rangle= \langle p(\varepsilon_j), u(\varepsilon_j)\rangle$. \\
Mais $p$ est un projecteur orthogonal, c'est donc un endomorphisme sym\'{e}trique.\\
On a donc : $\langle p(\varepsilon_j), u(\varepsilon_j)\rangle=\langle \varepsilon_j, p\circ u(\varepsilon_j)\rangle$.
Finalement :
$\langle \varepsilon_j, u(\varepsilon_j)\rangle=\langle \varepsilon_j, v(\varepsilon_j)\rangle=0$\\
Conclusion: la matrice de $u$ dans la base $(\varepsilon,\varepsilon_2,\ldots,\varepsilon_n)$ est bien \`{a} diagonale nulle, ce qui ach\`{e}ve la r\'{e}currence.
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}

%-------------------------------------------------
\begin{exo}

Soit \(E\) un \(\RR\)-espace vectoriel de dimension finie \(n\) et
soit $a$ et $b$ deux vecteurs de $E$ tels que la famille \((a,b)\) est libre.


\begin{enumerate}
\item Que dire de \(n\)?
\item Soit \(\alpha\) et \(\beta\) deux applications de \(E\) dans \(\RR\).\\
\`{A} quelle condition n\'{e}cessaire et suffisante sur \(\alpha\) et \(\beta\) l'application \(u\) d\'{e}finie sur \(E\) par:
\[\forall x\in E,\ u(x)=\alpha(x)a+\beta(x)b\]
est-elle un endomorphisme de \(E\)?
\end{enumerate}
\medskip

On suppose que les applications $\alpha$ et $\beta$ sont lin\'{e}aires, non identiquement nulles et v\'{e}rifient \(\Ker(\alpha)\ne\Ker(\beta)\).
\begin{enumerate}[resume]
\item Quelles sont les dimensions respectives de \(\Ker(\alpha)\) et de \(\Ker(\beta)\)?
\item {\it On rappelle} que si $F$ et $G$ sont deux sous-espaces vectoriels de $E$, on a:
$$\hbox{dim}(F+G)=\hbox{dim}\, F+\hbox{dim}\, G - \hbox{dim}\,(F\cap G)\,.$$

Montrer que le rang de \(u\) vaut \(2\).
\item Montrer que \(u\) est diagonalisable si et seulement si la matrice \(A=\matrice{\alpha(a) &\alpha(b)\\ \beta(a) &\beta(b)}\) est diagonalisable et n'admet pas \(0\) comme valeur propre.
\item Soit un entier $p\geq 2$ et soit $v$ l'application:
\[v: P\in\RR_p[X]\mapsto XP'(0)+X^p P'(1)\]
\'Etudier le caract\`{e}re  diagonalisable et donner les valeurs propres de $v$.


\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item La dimension d'un espace vectoriel est toujours sup\'{e}rieur au cardinal de toute famille libre, donc \(n\geq2.\)
\item %L'application \(u\) est bien \`{a} valeurs dans \(E\).
L'application \(u\) qui est \`{a} valeurs dans $E$ est lin\'{e}aire lorsque pour tous \(x,y\in E\)  et tout \(\lambda\in \RR\), on a :
\begin{align*}
u(\lambda x+y)=\lambda u(x)+u(y) &\iff \alpha(\lambda x+y)a+\beta(\lambda x+y)b=\lambda\bigl(\alpha(x)a+\beta(x)b\bigr)+\alpha(y)a+\beta(y)b\\
&\iff \alpha(\lambda x+y)a+\beta(\lambda x+y)b=\bigl(\lambda\alpha(x)+\alpha(y)\bigr)a+\bigl(\lambda\beta(x)+\beta(y)\bigr)b\\
&\iff \alpha(\lambda x+y)=\lambda\alpha(x)+\alpha(y) \et \beta(\lambda x+y)=\lambda\beta(x)+\beta(y), \ \ \text{ car \((a,b)\) libre}.
\end{align*}
Ainsi \(u\) est lin\'{e}aire si et seulement si \(\alpha\) et \(\beta\) sont lin\'{e}aires.


\item Comme \(\alpha\) et \(\beta\) sont \`{a} valeurs dans \(\RR\), leurs rangs respectifs sont inf\'{e}rieurs \`{a} \(1\).\\ Mais comme ni \(\alpha\), ni \(\beta\) n'est nul, leurs rangs respectifs sont sup\'{e}rieurs \`{a} \(1\).

Finalement, \(\rg(\alpha)=\rg(\beta)=1\) et par le th\'{e}or\`{e}me du rang : \(\dim(\Ker(\alpha))=\dim(\Ker(\beta))=n-1\).
\item Comme \((a,b)\) est libre, on a : $x\in\Ker(u) \iff \alpha(x)a+\beta(x)b=0 \iff \alpha(x)=\beta(x)=0$.\\
Ainsi, \(\Ker(u)=\Ker(\alpha)\cap\Ker(\beta)\). Donc, par le th\'{e}or\`{e}me du rang puis la formule de \textsc{Grassmann} :
\begin{align*}
\rg(u)&=\dim E -\dim(\Ker(\alpha)\cap\Ker(\beta))\\
& =\dim E - \big(\dim(\Ker(\alpha))+\dim(\Ker(\beta))-\dim(\Ker(\alpha)+\Ker(\beta))\big)\\
&=2-n+\dim(\Ker(\alpha)+\Ker(\beta)).
\end{align*}

Or, \(\Ker(\alpha)\subset\Ker(\alpha)+\Ker(\beta)\subset E\). Donc, \(\dim(\Ker(\alpha)+\Ker(\beta))\in\{n-1,n\}\).

Mais on ne peut avoir \(\dim(\Ker(\alpha)+\Ker(\beta))=n-1\) car sinon on aurait \(\Ker(\alpha)=\Ker(\alpha)+\Ker(\beta)\) et donc \(\Ker(\beta)\subset\Ker(\alpha)\) puis \'{e}galit\'{e} \`{a} cause des dimensions. Ainsi, \(\rg(u)=2.\)
\item %Si on suppose \(u\) diagonalisable, alors
Comme \(\rg(u)=2\), l'espace propre associ\'{e} \`{a} la valeur propre \(0\) est de dimension \(n-2\).\\ Ainsi, $u$ est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensions des sous-espaces propres associ\'{e}s aux valeurs propres non nulles de $u$ vaut $2$.

Or, si \(\lambda\neq 0\) les vecteurs propres associ\'{e}s appartiennent \`{a} l'image $\im u$ car :
$$u(x)=\lambda x \Longrightarrow x=u\left(\dfrac{1}{\lambda}x\right)\in\Im(u).$$
De plus, il est clair que \(\Im(u)\) est stable par \(u\) ; notons $\tilde{u}$ l'endomorphisme induit.\\ Ainsi, $u$ est diagonalisable si et seulement si  $\tilde{u}$ est diagonalisable avec des valeurs propres non nulles.

On termine alors en remarquant que la matrice de $\tilde{u}$ dans la base $(a,b)$ de $\im u$ vaut \(A=\matrice{\alpha(a) &\alpha(b)\\ \beta(a) &\beta(b)}\)


\item On utilise la question pr\'{e}c\'{e}dente avec $E=\RR_p[X]$ (donc $n=p+1$) et $u(P)= XP'(0)+X^nP'(1)$, \\\ie \(a=X\), \(b=X^p\) \(\alpha(P)=P'(0)\) et \(\beta(P)=P'(1)\) --- la famille \((a,b)\) est bien libre.

Dans ce cas, la matrice \(A=\matrice{1 &0\\ 1 &p}\) est triangulaire avec 1 et $p$ comme valeurs propres. Donc, \(A\) est diagonalisable et n'admet pas \(0\) comme valeur propre.

Ainsi, \(u\) est diagonalisable et ses valeurs propres sont \(0\) (espace propre associ\'{e} de dimension \(p-1>0\)), \(1\) (espace propre associ\'{e} de dimension \(1\)) et \(p\) (espace propre associ\'{e} de dimension \(1\)).
\end{enumerate}
\end{sol}


%---------------------------------------------------
\begin{exo}

Dans cet exercice, \(n\) d\'{e}signe un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} \(2\).
Soit $(i_1,i_2,\ldots,i_n)$ une permutation de \(\llbracket1,n\rrbracket\), c'est-\`{a}-dire que \(i_1,i_2,\ldots,i_n\) sont des entiers tels que \(\{i_1,i_2,\ldots,i_n\}=\llbracket1,n\rrbracket\).

\medbreak

Pour toute matrice \(M=(m_{i,j})_{1\leq i,j\leq n}\in{\cal M}_n(\RR)\), on note \(p(M)=M'=(m'_{i,j})_{1\leq i,j\leq n}\) la matrice de \({\cal M}_n(\RR)\) d\'{e}finie par :

\[m'_{i,j}=\begin{cases}0 & \si i\neq i_j\\\ m_{i,j} &\si  i=i_j \end{cases}\]
%le melange $i$/ $i_j$ n'est pas heureux...
\begin{enumerate}
\item Dans cette question seulement on prend $n=3$ et $(i_1,i_2,i_3)=(2,1,3)$.\\ Calculer $p(M)$ pour $M=\matrice{m_{1,1}&m_{1,2}&m_{1,3}\\
m_{2,1}&m_{2,2}&m_{2,3}\\
m_{3,1}&m_{3,2}&m_{3,3}}$.
\item On admet que $p$ est un endomorphisme de \({\cal M}_n(\RR)\). Montrer que \(p\) est un projecteur et d\'{e}terminer son noyau et son image.
\end{enumerate}

Pour tout \(M=(m_{i,j})_{1\leq i,j\leq n}\in {\cal M}_n(\RR)\) on note \(\varphi(M)\) le scalaire:
\[\varphi(M)=\sum_{k=1}^nm_{i_k,k}\]

\begin{enumerate}[resume]

\item Montrer que $\phi$ est une application lin\'{e}aire et d\'{e}terminer la dimension de son noyau.
\item Soit \(A\) une matrice de \({\cal M}_n(\RR)\) non nulle. On d\'{e}finit l'endomorphisme \(u_A\) de \({\cal M}_n(\RR)\) par:
\[\forall M \in {\cal M}_n(\RR),\ u_A(M)=\varphi(M)A+\varphi(A)M\]



 Montrer que \(u_A\) est diagonalisable si et seulement si \(\varphi(A)\neq0\).
\item L'endomorphisme \(u_A\) peut-il \^{e}tre un projecteur?
\end{enumerate}

\medbreak

Dor\'{e}navant, \(n=3\). Soit \(J\) la matrice de \({\cal M}_3(\RR)\) dont tous les coefficients valent \(1\). Soit \(K=p(J)\) --- o\`{u} \(p\) a \'{e}t\'{e}  d\'{e}fini au d\'{e}but de cet exercice. Soit l'endomorphisme \(v_K\) de \({\cal M}_3(\RR)\) d\'{e}fini par : \[v_K(M)=KM\]

\begin{enumerate}[resume]
\item \'{E}tudier en fonction des valeurs de \(i_1\), \(i_2\) et \(i_3\) (on obtiendra \(6\) matrices \(K\) possibles) le caract\`{e}re diagonalisable de  \(v_K\).
\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item D'apr\`{e}s la d\'{e}finition, on obtient $p(M)=\matrice{0&m_{1,2}&0\\
m_{2,1}&0&0\\
0&0&m_{3,3}}$.
\item Si on note \(M'=p(M)\) et \(M''=p(M')=p\circ p(M)\), on a:

\(m''_{i_j,j}=m'_{i_j,j}\), les autres coefficients \(m''_{i,j}\) \'{e}tant nuls pour \(i\neq i_j\);

on a donc \(M''=M'=p(M')\) soit \(p(M)=p\circ p(M)\): \(p\) est un projecteur.

Si on note \(E_{i,j}\) la matrice de \({\cal M}_n(\RR)\) dont le seul coefficient non nul est le coefficient \((i,j)\), celui-ci valant \(1\), on obtient imm\'{e}diatement que
le noyau de \(p\) a pour base la famille des \(E_{i,j}\) pour \((i,j)\) parcourant \(\llbracket1,n\rrbracket\setminus\{(i_1,1),(i_2,2),\ldots,(i_n,n)\}\); en particulier \(\dim(\Ker(p))=n^2-n\).

On remarque que \(p(E_{i_j,j})=E_{i_j,j}\) et donc la famille des \(E_{i_j,j}\) pour \(j\) parcourant \(\llbracket1,n\rrbracket\) forme une base de \(\Im(p)\) (par th\'{e}or\`{e}me du rang, on sait que \(\Im(p)\) est de dimension \(n\)).

\item La lin\'{e}arit\'{e} d\'{e}coule de \(\varphi=\trace \circ p\). De plus $\phi$ n'est pas nulle (par exemple \(\varphi(E_{i_1,1})=1\neq0\)) et \`{a} valeurs dans \(\RR\) ; donc d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me du rang, son noyau est de dimension \(n^2-1\).

\item Si \(M\in\Ker(\varphi)\), on a \(u_A(M)=\varphi(A)M\) donc le sous-espace propre associ\'{e} \`{a} la valeur propre \(\varphi(A)\) est au moins de dimension \(n^2-1\).

Par ailleurs, \(u_A(A)=2\varphi(A)A\), donc \(2\varphi(A)\) est valeur propre  et le sous-espace propre associ\'{e} contient $\Vect(A)$.

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] Si \(\varphi(A)\neq 0\), alors les \'{e}lements propres obtenus ci-dessus sont distincts ; comme la somme des dimensions des sous-espaces propres vaut au moins \((n^2-1)+1\), on en d\'{e}duit que $u_A$ est diagonalisable.
\item[$\bullet$] Si \(\varphi(A)= 0\), alors \(u_A(M)=\varphi(M)A\). Donc $u_A(M)=\lambda M$ n'est possible que si $M\in \vect(A)$ ou $\phi(M)=0$. Or $u_A(A)=0$, donc $\vect(A) \subset \ker \phi$, donc les seuls vecteurs propres sont les \'{e}l\'{e}ments de $\ker \phi$. Donc, il ne peut exister de base de vecteurs propres \ie $\phi$ n'est pas diagonalisable.
\end{itemize}

\item Si $u_A$ est un  projecteur, il est diagonalisable et son spectre est inclus dans \(\{0,1\}\) \\car $\ker u_A$ et $\im u_A=\ker(u_A-\id)$ sont suppl\'{e}mentaires --- l'un deux deux sous-espaces peut \^{e}tre $\{0\}$.

D'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, il faut donc que  \(\varphi(A)\neq0\), et alors $\Sp(u_A)=\{\varphi(A),2\varphi(A)\}$.\\ Mais alors on ne peut avoir $\{\varphi(A),2\varphi(A)\}\subset \{0,1\}$. Donc \(u_A\) n'est jamais un projecteur.

\item On remarque que $v_k^p(M)=K^pM$, donc tout polyn\^{o}me annulateur de $K$ est annulateur de $v_k$.\\
Par ailleurs les 6 matrices $K$ possibles sont :\\
\(I_3\), \(\matrice{1 &0 &0\\ 0 &0 &1\\ 0 &1 &0}\), \(\matrice{0 &0 &1\\ 0 &1 &0\\ 1 &0 &0}\), \(\matrice{0 &1 &0\\ 1 &0 &0\\ 0 &0 &1}\), \(\matrice{0 &1 &0\\ 0 &0 &1\\ 1 &0 &0}\) et \(\matrice{0 &0 &1\\ 1 &0 &0\\ 0 &1 &0}\).
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] Dans le premier cas, \(v_K=\id\) est \'{e}videmment diagonalisable.
\item[$\bullet$]
Dans les trois cas suivants $K^2=I_3$ donc les valeurs propres possibles de $v_k$ sont \(1\) et \(-1\). On a toujours \(v_K\) diagonalisable (par exemple pour la matrice \(\matrice{1 &0 &0\\ 0 &0 &1\\ 0 &1 &0}\), on a \(\matrice{1 &0 &0\\ 0 &0 &0\\ 0 &0 &0}\) et \(\matrice{0 &0 &0\\ 0 &1 &1\\ 0 &1 &1}\) vecteurs propres associ\'{e}s \`{a} la valeur propre \(1\), tandis que \(\matrice{0 &0 &0\\ 0 &1 &-1\\ 0 &-1 &1}\) est vecteur propre associ\'{e} \`{a} la valeur propre \(-1\)).
\item[$\bullet$]
Par contre, pour les deux derni\`{e}res matrices, on a $K^3=I_3$, donc $1$ est la seule valeur propre possible de $v_k$. Donc \(v_K\) n'est pas diagonalisable car sinon on aurait \(v_k=\id\), ce qui n'est pas le cas.
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{sol}




%-----------------------------------------------------------

\begin{exo}

Soit $f$ un endomorphisme de $\R^3$ dont la matrice dans la base canonique de $\R^3$  est  $A=\displaystyle\matrice{ 1 & 1 &-1\cr -1 & 3 & -3\cr -2 & 2 & -2} $.

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
    \item Calculer le rang de $f$. D\'{e}terminer une base de $\ker(f)$
    \item Calculer $A^2$ et son rang.
    \item D\'{e}terminer une base de $\Ker(f^2)$.
    \item Montrer que $\R^3=\ker(f^2) \oplus \ker(f-2Id)$.
    \item En d\'{e}duire que $A$ est semblable \`{a} la matrice $B=\displaystyle\matrice{ 0 & 1 &0\cr 0 & 0 & 0\cr 0 & 0 & 2}$.
\end{enumerate}

\item Dans cette question, on cherche \`{a} d\'{e}terminer les endomorphismes $g$ de $\R^3$ tels que $g^2=f$.
\begin{enumerate}
    \item Montrer que si $g$ est une solution, alors $\ker(f^2)$ et $\ker(f-2Id)$ sont stables par $g$.
    \item En d\'{e}duire les solutions de l'\'{e}quation $g^2=f$.
\end{enumerate}

\end{enumerate}

\end{exo}
\newpage

\begin{sol}
Notons $e_1,e_2,e_3$ la base canonique de $\RR^3$.
\begin{enumerate}
\item

\begin{enumerate}
    \item Les colonnes $(C_1, C_2)$ de $A$ sont libres et $C_3=-C_2$. Ainsi $f$ est de rang $2$. Comme $f(e_3)=-f(e_2)$, une base de $\ker(f)$ est \fbox{$e_2+e_3$} (avec le th\'{e}or\`{e}me du rang).

    \item Par calcul matriciel $A^2=\displaystyle\matrice{ 2 & 2 & -2\cr 2 & 2 & -2\cr 0 & 0 & 0}$. Ainsi $\rg(f^2)=1$ et $\dim(\Ker(f^2))=2$.

    \item Notons $(C'_1,C'_2, C'_3)$ les colonnes de $A^2$. Comme $C'_1=C'_2=- C'_3$, une base de $\ker(f^2)$ est par exemple, $(e_1-e_2, e_1+e_3)$.
%Dans la suite on note $w_1=e_1-e_2$ et $w_2=e_1+e_3$.
    \item On calcule facilement $\ker(f^2) \cap \ker(f-2Id)=\{0\}$.

    On calcule $A-2I_3= \displaystyle\matrice{ -1 & 1 &-1\cr -1 & 1 & -3\cr -2 & 2 & -4} $, dont le rang vaut $2$ (les deux premi\`{e}res colonnes sont li\'{e}es) et $\dim(\ker(f-2Id)=1$.\\
    En utilisant les dimensions des sous-espaces, il vient $\R^3= \ker(f^2) \oplus \ker(f-2Id)$.

   \item D'apr\`es la matrice, une base de $\Ker(f-2Id)$ est $e_1+e_2$.

     Dans la base $(-4(e_2+e_3), e_1+e_3, e_1+e_2)$, la matrice de $f$ est la matrice $B$ demand\'{e}e (remarque :  $-4(e_2+e_3)\in \ker(f)$  et  $e_1+e_3\notin \Ker(f)$).
 \end{enumerate}
 \item
 \begin{enumerate}
    \item Comme $f= g^2$, on a $f\circ g=g^3=g\circ f$. Ainsi $f$ et $g$ commutent, donc  $\ker(f^2)$ et $\ker(f-2Id)$ sont stables par $g$.
    \item {\em Analyse :} soit $g$ une solution ; notons $M$ la matrice de $g$ dans la base de la question 1.e.\\
Par stabilit\'e (question 2.a) $M$ est de la forme $M=\matrice{ a&b&0\\c&d&0\\0&0&e}$.\\
Alors, comme $g^2=f$, on a $e^2=2$ et $BM=MB$, donc $M$ est (apr\`{e}s calculs) de la forme $$M=\displaystyle\matrice{ a & b & 0\cr 0 & a & 0\cr 0 & 0 & \pm\sqrt 2}.$$
{\em Synth\`{e}se :}
 apr\`{e}s calculs aucune matrice $M$ de ce type ne v\'{e}rifie $M^2=B$.\\ Par suite, l'\'{e}quation $g^2=f$ n'admet pas de solution.
    \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}


%----------------------------

\begin{exo}

Soit $n$ un entier sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $1$ et  $(E, \langle\ , \ \rangle)$ un espace euclidien de dimension $2n$.
\medskip

Soit $E_1$ et $E_2$ deux sous-espaces vectoriels de $E$, chacun de dimension $n$ tels que $E= E_1\oplus E_2$. On note $p_1$  la projection orthogonale de $E$ sur $E_1$  et $p_2$ la projection orthogonale de $E$  sur $E_2$.

\smallskip

On pose enfin $u= p_1+p_2$.

\medskip


\begin{enumerate}

\item  Caract\'{e}riser $u$ lorsque $E_1$ et $E_2$ sont orthogonaux.


\item
\begin{enumerate}

\item Soit $(e_1, \ldots, e_{2n})$ une base quelconque de $E$. Montrer que la matrice $N\in {\cal M}_{2n}(\R)$ de terme g\'{e}n\'{e}ral $m_{i,j}= \langle e_i,e_j\rangle$ est une matrice sym\'{e}trique r\'{e}elle d\'{e}finie positive, c'est-\`a-dire telle que pour tout $X\in{\cal M}_{2n,1}(\R)$ avec $X\neq 0$, on a $^tXNX>0$.

\item  On suppose que $(e_1, \ldots, e_n)$ est une base orthonorm\'{e}e de $E_1$ et que $(e_{n+1}, \ldots, e_{2n})$ est une base orthonorm\'{e}e de $E_2$. Montrer que la matrice de $u$ dans la base $(e_1, \ldots, e_{2n})$ est de la forme
$$M= \matrice{ I_n & A\cr {}^{t}\!A & I_n}$$

o\`{u} $I_n$ est la matrice identit\'{e} d'ordre $n$ et $A\in {\cal M}_n(\R)$.

\item
 Montrer que $M$  est une matrice sym\'{e}trique d\'{e}finie positive.

\end{enumerate}

\item  On note $\alpha(M)=\dis \prod_{i=1}^{2n} \lambda_i$, o\`{u} $\lambda_1, \ldots, \lambda_{2n}$ sont les valeurs propres de $M$.

\begin{enumerate}

\item  Montrer que $\alpha(M) >0$.
\item  Montrer que $\dis \left(\prod_{i=1}^{2n} \lambda_i\right)^{1/2n} \leq \frac{1}{2n} \sum_{i=1}^{2n} \lambda_i$.
\item  En d\'{e}duire que $\alpha(M) \leq 1$.
\item Dans quel cas a-t-on $\alpha(M)=1$ ?

\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}



\begin{sol}

\begin{enumerate}

\item  Dans le cas o\`{u} $E=E_1\oplus^\perp E_2$, on a $p_2=Id-p_1$ et $u= Id$.

\item

\begin{enumerate}

\item  La matrice $M$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle par sym\'{e}trie du produit scalaire. De plus, si $x= \dis \sum_{i=1}^{2n} x_ie_i$ et si $X$ est la matrice colonne canoniquement associ\'{e}e \`{a} $x$, alors:

$${}^tXMX= \sum_{i=1}^{2n} \sum_{j=1}^{2n} x_ix_j \langle e_i,e_j\rangle = \langle \sum_{i=1}^{2n} x_ie_i, \sum_{i=1}^{2n} x_ie_i\rangle= ||x||^2$$

ce qui montre le caract\`{e}re d\'{e}fini positif.

\item  Par d\'{e}finition d'une matrice associ\'{e}e \`{a} un endomorphisme dans une base et le fait que chaque morceau de base soit orthonorm\'{e} :
\par
$\bullet\ $ si $1\leq i \leq n$, $u(e_i)= e_i+ \dis \sum_{j=n+1}^{2n} \langle e_i,e_j\rangle e_j$.


\par
$\bullet\ $ si $n+1\leq i \leq 2n$, $u(e_i)=  \dis \sum_{j=1}^{n} \langle e_i,e_j\rangle e_j+e_i$.


Ceci donne la matrice $\dis M= \matrice{ I_n & A\cr {}^{t}\!A & I_n}$.

\item  La matrice $M$ est sym\'{e}trique d\'{e}finie positive par la question a).

\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  Les valeurs propres d'une matrice sym\'{e}trique d\'{e}finie positive sont toutes strictement positives.

\item  Il s'agit de l'in\'{e}galit\'{e} arithm\'{e}tico-g\'{e}om\'{e}trique qu'on d\'{e}montre en utilisant la concavit\'{e} de la fonction logarithme.

\item On remarque que la trace de $M$ vaut $2n$ et on sait que $\dis \sum_{i=1}^{2n} \lambda_i= \tr(M)$.  On conclut gr\^{a}ce \`{a} la question pr\'{e}c\'{e}dente.

\item  Supposons que $\alpha(M)=1$. On a donc \'{e}galit\'{e} dans l'in\'{e}galit\'{e} arithm\'{e}tico-g\'{e}om\'{e}trique. Ceci entra\^{\i}ne que tous les $\lambda_i$ sont \'{e}gaux et leur somme valant $2n$, ils valent tous $1$.

La matrice $M$, diagonalisable, est semblable \`{a} la matrice identit\'{e} $I_{2n}$ donc \'{e}gale \`{a} $I_{2n}$. Cela entra\^{\i}ne que $E_1 \perp E_2$.

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}



%-----------------------------------------------

\begin{exo}

Soit $n$ un entier fix\'{e} sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 2.

Une matrice $A=(a_{i,j})_{1\leq i,j \leq n}$ de ${\cal M}_{n}(\R)$ est appel\'{e}e {\bf centro-sym\'{e}trique} si, pour tout $(i,j)\in \llbracket 1,n\rrbracket ^2$:
$$a_{i,j}= a_{n+1-i, n+1-j}$$

On note $S=(s_{i,j})_{1\leq i,j \leq n}$  la matrice de ${\cal M}_{n}(\R)$ d\'{e}finie par:
$$s_{i,j}= \left\{\begin{array}{ll} 1 & \mbox{ si } i= n+1-j\\
        0 & \mbox{sinon}
        \end{array}\right.$$

\begin{enumerate}

\item  Une matrice centro-sym\'{e}trique est-elle \'{e}galement sym\'{e}trique ?
\item  Soit $A=(a_{i,j})_{1\leq i,j \leq n}$ une matrice centro-sym\'{e}trique.
Montrer que pour tout $(i,j)\in \llbracket 1,n\rrbracket^2$, on a : $a_{n+1-i,j}= a_{i,n+1-j}$.

\item
\begin{enumerate}
\item  Montrer qu'une matrice $A$ est centro-sym\'{e}trique si et seulement si $AS=SA$.

\item  En d\'{e}duire que si $A$ et $B$ sont centro-sym\'{e}triques, alors $AB$ \'{e}galement et que si $A$ est inversible,
alors $A^{-1}$ est centro-sym\'{e}trique.

\end{enumerate}
\item   Soit $\lambda$ une valeur propre de $A$ centro-sym\'{e}trique et $X$ un vecteur propre associ\'{e}.

Un vecteur $\displaystyle Z=\matrice{z_1\cr \vdots\cr z_n}$ de ${\cal M}_{n,1}(\R)$ est appel\'{e} {\bf sym\'{e}trique} si pour tout $i\in \llbracket 1,n\rrbracket, z_i= z_{n+1-i}$.

Un vecteur $\displaystyle Z=\matrice{z_1\cr \vdots\cr z_n}$ de ${\cal M}_{n,1}(\R)$ est appel\'{e} {\bf antisym\'{e}trique} si pour tout $i\in \llbracket 1,n\rrbracket, z_i= -z_{n+1-i}$.

\begin{enumerate}
\item  Montrer que $Y= X+SX$ appartient au sous-espace propre $E_\lambda(A)$.
\item  En d\'{e}duire que  le sous-espace propre $E_\lambda(A)$ admet au moins un vecteur propre sym\'{e}trique ou un vecteur propre antisym\'{e}trique.


\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}



\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item  La r\'{e}ponse est n\'{e}gative. Par exemple $\displaystyle \matrice{ 1 & 2 & 3\cr 3 & 2 & 3\cr 3 & 2 & 1}$.

\item  Si $a_{i,j}= a_{n+1-i, n+1-j}$, alors en rempla\c{c}ant $i$ par $n+1-i$ et en laissant le second indice inchang\'{e}, on obtient $a_{n+1-i,j}= a_{i, n+1-j}$. On a bien entendu la r\'{e}ciproque.

\item
\begin{enumerate}
\item  On effectue le calcul de $AS$ et de $SA$. La matrice $SA$ donne une permutation circulaire sur les lignes de $A$ : si $A= (L_1, L_2, \ldots, L_n)$, alors $SA=(L_n, L_{n-1}, \ldots, L_1)$.

La matrice $AS$ donne une permutation circulaire sur les colonnes de $A$ : si $A= (C_1, C_2, \ldots, C_n)$, alors $SA=(C_n, C_{n-1}, \ldots, C_1)$.
Donc $AS=SA$ si et seulement si $a_{i,j}= a_{n+1-i,n+1-j}$.

\item On a $AS=SA$ et $BS=SB$. Donc $A(BS)= A(SB)= (AS)B= SAB$ et $AS=SA\Rightarrow A^{-1}AS= A^{-1}SA\Rightarrow SA^{-1}= A^{-1}S$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}

\item  On \'{e}crit $AY= AX+ASX= \lambda X+ S(AX)= \lambda(X+SX)= \lambda Y$.
\item  On \'{e}crit $\displaystyle X= \frac{X+SX}{2}+ \frac{X-SX}{2}= Y+Z$. Si $\displaystyle X=\matrice{x_1\cr \vdots\cr x_n}$, alors $\displaystyle X+SX=\matrice{x_1+x_n\cr \vdots\cr x_n+x_1}$ est sym\'{e}trique et
$\displaystyle X-SX=\matrice{x_1-x_n\cr \vdots\cr x_n-x_1}$ est antisym\'{e}trique.


\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}




%--------------------------------------------------


\begin{exo}

 Soit $n$ un entier naturel sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$. Si $A\in {\cal M}_n(\R)$, on pose
 $A=(A_1|A_ 2|\ldots |A_n)$, o\`{u} pour
 tout $k\in\llbracket 1,n\rrbracket$, $A_k$ repr\'{e}sente la $k$-i\`{e}me colonne de $A$.

 \smallskip

 Soit $ \Phi$ l'application d\'{e}finie sur ${\cal M}_n(\R)$ \`{a} valeurs dans ${\cal M}_{n,1}(\R)$ telle que:
 $$ \forall\,A\in {\cal M}_n(\R),\,\, \Phi(A)= S=\sum_{k=1}^n A_k$$

\begin{enumerate}
\item  Montrer que $\Phi$ est une application lin\'{e}aire. D\'{e}terminer la dimension de $\Im \Phi$ et celle de $\ker \Phi$.

 \item  Soit $u$ d\'{e}finie sur ${\cal M}_n(\R)$ \`{a} valeurs dans ${\cal M}_n(\R)$ par:
 $$\forall\,A\in {\cal M}_n(\R),\,\,u(A)=u((A_1|A_2|\ldots |A_n))= (S-A_1|S-A_2| \ldots |S-A_n)$$

 \begin{enumerate}

 \item Montrer que $u$ est un endomorphisme de ${\cal M}_n(\R)$.

\item  D\'{e}terminer les valeurs propres de $u$ et les sous-espaces propres associ\'{e}s.

 \item  D\'{e}terminer un polyn\^{o}me annulateur de $u$ de degr\'{e} $2$.

 \item  L'endomorphisme $u$ est-il diagonalisable ?

\end{enumerate}

\item Soit $J=\big(J_{i,j})_{1\leq i,j\leq n}\in {\cal M}_n(\R)$ d\'{e}finie par $\forall\, (i,j)\in \llbracket 1,n\rrbracket^2$, $J_{i,j}=1$. On pose $U= J-I_n$, o\`{u} $I_n$ est la matrice identit\'{e} de ${\cal M}_n(\R)$.


  Soit $v:{\cal M}_n(\R)\to {\cal M}_n(\R)$, l'application d\'{e}finie par:
$$\forall\,A\in {\cal M}_n(\R),\,\,v(A)= AU$$

\begin{enumerate}
\item  Comparer $u$ et $v$.
\item  Retrouver les r\'{e}sultats de la question 2.b).

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}



\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item  On v\'{e}rifie ais\'{e}ment la lin\'{e}arit\'{e} de l'application $\Phi$.

L'application $\Phi$ est surjective car si $X=\dis \matrice{x_1\cr x_2\cr \vdots \cr x_n}$, alors (par exemple) un ant\'{e}c\'{e}dent de $X$ est $\hbox{diag}(x_1, \ldots, x_n)$. Ainsi, $\dim(\Im \Phi)= n$ et $\dim(\ker \Phi)= n^2-n$.

\item
\begin{enumerate}
\item On v\'{e}rifie ais\'{e}ment la lin\'{e}arit\'{e} de l'application $u$.  En fait, il y a un lien entre $\Phi$ et $u$, puisque $u(A)= (\Phi(A)|\Phi(A)|\ldots |\Phi(A))-A$. Les valeurs propres de $u$ seront celles de $\Phi$ d\'{e}cal\'{e}es de $-1$ avec les m\^{e}me vecteurs propres. 

\item Le r\'{e}el $0$ est valeur propre de $\Phi$ de sous-espace propre $\ker \Phi$. Donc $-1$ est valeur propre de $u$ de m\^{e}me sous-espace propre de dimension $n^2-n$ qui est la dimension de $\{A\in {\cal M}_n(\R) / S=0\}$.

 Si $u(A)= \lambda A$, alors, pour tout $k\in \llbracket 1,n\rrbracket, S=(\lambda+1)A_k$, avec $S\neq 0$. En sommant ces \'{e}quations, il vient $nS=(\lambda+1)S \Rightarrow \lambda = n-1$. Le sous-espace propre associ\'{e} est le sous-espace des matrices $(A_1|A_2|\ldots A_n)$ telles $A_1=A_2=\cdots=A_n=\dis\frac{S}{\lambda+1}$. Il est de dimension $n$ engendr\'{e} par les vecteurs de la base canonique de ${\cal M}_{n,1}(\R)$.

\item  Le polyn\^{o}me candidat ne peut \^{e}tre que $(x+1)(x-n+1)= x^2+(2-n)x+1-n$.

On v\'{e}rifie que $u^2+(2-n)u-(n-1) Id=0$. En effet:
$$u^2:(A_1|A_2|\ldots |A_n) \to (S-A_1|S-A_2|\ldots |S-A_n)\to ((n-2)S+A_1|(n-2)S+A_2| \ldots |(n-2)S+A_n)$$
La v\'{e}rification est ensuite imm\'{e}diate.

\item  L'endomorphisme $u$ est diagonalisable  puisque la somme des dimensions des sous-espaces propres est \'{e}gale \`{a} $n^2$.

\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  La v\'{e}rification  $u=v$ est imm\'{e}diate.
\item  On sait que $J^2=nJ$ et $(J-I_n)^2= (n-2)J+I_n$. Ainsi, $J^2+(2-n)(J-I_n)+(1-n)I_n=0$.

Les valeurs propres de $J$ sont $0$ et $n$. Les valeurs propres de $U$ sont $-1$ et $n-1$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}


%-----------------------------------------------------

\begin{exo}


Soit $n$ un entier naturel non nul et $\mathcal{M}_n(\R)$ l'ensemble des matrices carr\'{e}es de taille $n$ \`{a} coefficients r\'{e}els.
On note $I_n$ la matrice identit\'{e} de $\mathcal{M}_n(\R)$.\\
%
%
Soit $M$ une matrice de $\mathcal{M}_n(\R)$ et $A$ la matrice d\'{e}finie par : $A={}^tMM$.


\begin{enumerate}


\item On suppose dans cette question que $M$ est inversible.

\begin{enumerate}

\item Montrer que $A$ est diagonalisable.
Montrer que toutes les valeurs propres de $A$ sont r\'{e}elles strictement positives.


\item Montrer qu'il existe une matrice orthogonale $P\in\mathcal{M}_n(\RR)$ et des r\'{e}els positifs $\mu_1, \mu_2,\ldots, \mu_n$ tels que


$$A=P\matrice{
\mu^2_1&0&\dots&\dots&0\\
0&\mu^2_2 & 0 & \dots &0\\
& &\ddots & & \\
& & &\ddots &\\
0&\dots&\dots &0&\mu_n^2
}P^{-1}$$


puis que $A=S^2$ avec $S$ une matrice sym\'{e}trique et inversible que l'on pr\'{e}cisera.


\item Montrer que  $T=MS^{-1}$ est une matrice orthogonale.

\end{enumerate}

\medskip

\textbf{On admet} que le r\'{e}sultat d\'{e}montr\'{e} dans la question 1 reste valable si $M$ n'est pas inversible, c'est-\`{a}-dire qu'il existe  une matrice orthogonale $T\in\mathcal{M}_n(\R)$ et une matrice sym\'{e}trique  $S\in\mathcal{M}_n(\R)$ telles que $M=TS$.

\medskip

\item
\begin{enumerate}

\item Montrer que $\tr(A)\geq 0$. Montrer que $\tr(A)=0$ si et seulement si  $M$ est la matrice nulle.


\item En \'{e}tudiant l'application  $h : x\mapsto \tr\left({}^t(M+xI_n)(M+xI_n)\right)$ d\'{e}finie sur $\R$,
montrer que:
$$(\tr(M))^2\leq n\tr(A)$$
\item \'Etudier les cas d'\'{e}galit\'{e} dans l'in\'{e}galit\'{e} montr\'{e}e en 2.b).


\end{enumerate}

\end{enumerate}


\end{exo}


\begin{sol}


\begin{enumerate}


\item \begin{enumerate}

\item  La matrice $A$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle, donc elle est diagonalisable dans $M_n(\R)$.


 Soit $X$ un vecteur propre associ\'{e} \`{a} la valeur propre $\lambda$ de $A$. Alors ${}^tMMX=\lambda X$ donc

${}^tX{}^tMMX=\lambda{}^tXX$.


D'o\`{u} $\Vert MX \Vert^2=\lambda \Vert X\Vert^2$. Donc $\lambda = \dfrac{\Vert MX \Vert^2}{\Vert X \Vert^2}$ car $X$ est non nul; donc $\lambda$ est strictement positif, puisque $M$ est inversible.


\item Comme $A$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle, il existe une base orthogonale de vecteurs propres : donc il existe une matrice $P$ orthogonale et une matrice $D$ diagonale telles que $A=PDP^{-1}$.

Les coefficients de $D$ sont les valeurs propres de $A$ et sont strictement positifs; on peut donc les noter $\mu^2_1, \mu^2_2..., \mu^2_n$, avec les $\mu_i$ strictement positifs.


Posons $D'=\matrice{
\mu_1&0&\dots&\dots&0\\
0&\mu_2 & 0 & \dots &0\\
& &\ddots & &\\
& & &\ddots & \\
0&\dots&\dots &0&\mu_n
}$ et $S=PD'P^{-1}$.

Alors, $S$ est sym\'{e}trique car $P^{-1}={}^tP$ et $A=S^2$.


 Comme les termes diagonaux de $D'$ sont strictement positifs, $D'$ est inversible tout comme $S$ (produit de matrices inversibles)


\item Posons $T=MS^{-1}$ et montrons que $T$ est orthogonale. Puisque $A=S^2$ et $S$ sym\'{e}trique ainsi que $S^{-1}$, on a:

$${}^tTT={}^t(MS^{-1})MS^{-1}=(S^{-1}){}^tMMS^{-1} = S^{-1}AS^{-1}=(S)^{-1}S^2S^{-1}=I_n$$

Donc, $T$ est orthogonale et $M=TS$.

\end{enumerate}


\item \begin{enumerate}

\item %La trace de $A$ est invariante par changement de bases, donc $\tr(A)=\dsum_{k=1}^{n}\lambda_k$. D'apr\`{e}s la question 1.a), les $\lambda_k$ sont positifs ou nuls, donc $\tr(A)\geq 0$. %inutile et on n'est pas dans Q1

On a $A={}^tMM$, donc $\tr(A)=\dsum_{i=1}^{n}\dsum_{k=1}^{n}m^2_{i,k}\geq 0$ et cette trace est nulle si et seulement si  $M=0$.

Par suite, si la trace est nulle, tous les coefficients de $M$ le sont, donc la matrice $M$ est nulle.


\item Par lin\'{e}arit\'{e} de la trace, on obtient pour tout $x$ r\'{e}el:  $h(x)=\tr(A)+x\tr(M)+x\tr({}^tM)+x^2\tr(I_n)$.

Donc, pour tout $x$ r\'{e}el, $h(x)=nx^2+2\tr(M)x+\tr(A)$ car une matrice a la m\^{e}me trace que sa transpos\'{e}e . Comme $n$ est non nul, $h$ est un polyn\^{o}me du second degr\'{e}.

Pour les m\^{e}mes raisons que dans la question 2.a), pour tout $x$ r\'{e}el, $A(x)={}^t(M+xI_n)(M+xI_n)$ est une matrice sym\'{e}trique r\'{e}elle avec des valeurs propres positives, donc sa trace est positive.


Le polyn\^{o}me $h$ ne peut donc pas changer de signe et a un discriminant n\'{e}gatif ou nul d'o\`{u} l'in\'{e}galit\'{e}.

\item On aura l'\'{e}galit\'{e} si et seulement si le discriminant pr\'{e}c\'{e}dent est nul, c'est-\`{a}-dire si $h$ s'annule une et une seule fois, c'est-\`{a}-dire quand il existe un r\'{e}el $x$ tel que  d'apr\`{e}s la question 2.a), $\tr\left({}^t(M+xI_n)(M+xI_n)\right)=0$, ce qui implique que $M+xI_n$ soit nulle.

Ainsi, l'\'{e}galit\'{e} est obtenue lorsque $M$ est une matrice scalaire.


 \end{enumerate}


 \end{enumerate}

\end{sol}


%-----------------------------------------------

\begin{exo}

\begin{enumerate}
\item   Soit $n \in \N^*$, $E = \R_n[X]$ et $B$ l'application d\'{e}finie par:
$$ \forall (P,Q) \in E^2,\quad  B(P,Q) = \int_{0}^{1} t\,P(t)\,Q'(t)dt  $$

V\'{e}rifier que $B$ est une forme bilin\'{e}aire. Est-elle sym\'{e}trique?

\item    On pose:
$$   \forall (P,Q) \in E^2,\quad  \varphi(P,Q) = \frac{1}{2}\,\Bigl[ B(P,Q) + B(Q,P) \Bigr] $$

$$   \forall P \in E,\quad  \psi (P) = \varphi(P,P)  $$

\begin{enumerate}
\item   D\'{e}terminer un polyn\^{o}me $P \in E$ non nul tel que $\psi(P) = 0 \,$.

\item   Expliciter la matrice $S \in {\cal M}_{n+1}(\R)$ de coefficients
$\, s_{i,j} = \varphi \bigl( X^{i-1},X^{j-1} \bigr) \,$, pour $(i,j)\in \llbracket 1,n+1\rrbracket^2$.

\item   On note $q$ la forme quadratique sur $\R^{n+1}$ associ\'{e}e \`{a} la matrice~$S$.
V\'{e}rifier que l'on a:
$$   \forall \, (a_0,a_1,\dots,a_n) \in \R^{n+1},\quad  q(a_0,a_1,\dots,a_n) =
   \psi \Bigl( \sum_{k=0}^{n} a_k\,X^k \Bigr)  . $$

\end{enumerate}

\item   Dans le cas $n=1$, expliciter  $S$ et d\'{e}terminer ses valeurs propres.


La forme quadratique $q$ est-elle  positive?


\item
\begin{enumerate}

\item   Dans le cas $n=2$, expliciter la matrice $S$.
\item  On admet que, pour tout $(a,b,c) \in \R^3$, on a:
$$ q(a,b,c) = \psi\bigl( a+bX+cX^2 \bigr) =
   \frac{1}{3}\,\left[ b + \frac{3}{4}\,a + \frac{9}{8}\,c \right]^2
   - \frac{3}{16}\,\left[ a - \frac{5}{18}\,c \right]^2 - \frac{1}{135}\,c^2   $$
\medskip
   Justifier que les formes lin\'{e}aires $ f_1: (b,a,c) \mapsto b + \dis\frac{3}{4}\,a + \frac{9}{8}\,c ,\,\,
   f_2: (b,a,c) \mapsto a - \frac{5}{18}\,c$ et
   $f_3: (b,a,c) \mapsto c $
forment une base de $\, F = {\cal L}(\R^3,\R) \,$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item  $\bullet\ $   La forme $B$ est bilin\'{e}aire car le produit l'est et la d\'{e}rivation est lin\'{e}aire.

\par
$\bullet\ $  $\, B(1,X) = \dis\int_{0}^{1} t dt = \frac{1}{2} \neq
   B(X,1) = \int_{0}^{1} 0 dt = 0 \,$.

\item
\begin{enumerate}
\item   On a: $\, \psi(1) = \dis\int_{0}^{1} 0dt = 0 \,$.

\item    Pour tous $(i,j)\in \llbracket 1,n+1\rrbracket^2$,
$$ s_{i,j} = \frac{1}{2}\,\left( \dis\int_{0}^{1} (j-1)\,t^{i+j-2}dt +
   \int_{0}^{1} (i-1)\,t^{i+j-2}dt \right) = \frac{i+j-2}{2\,(i+j-1)} $$

\item   Le calcul est facile car l'application $\varphi$ est bilin\'{e}aire, sym\'{e}trique de matrice~$S$.

\end{enumerate}

\item   En r\'{e}solvant $\, S\,X = \lambda\,X \,$, il vient:
$$ S_2 = \matrice{0&1/4 \cr 1/4& 1/3},\quad  \Sp(S_2) = \Bigl\{ \frac{1}{6} \pm
   \frac{\sqrt{13}}{12} \Bigr\} $$

Ainsi, une valeur propre est strictement n\'{e}gative,  donc $q$ n'est pas positive (ni d\'{e}finie-positive).

\item
\begin{enumerate}
\item )  On a:
$$ S_3 = \matrice{ 0&\frac 14& \frac 13 \cr \noalign{\vskip 3pt} \frac 14& \frac 13& \frac 38
   \cr \noalign{\vskip 3pt} \frac 13& \frac 38& \frac 25 } $$

\item  La matrice des $(f_i)$ dans la base des formes coordonn\'{e}es
$\, b,a,c \,$ (dans cet ordre), est:

$$ M = \matrice{ 1&0&0 \cr \noalign{\vskip 3pt} \frac 34&1&0 \cr \noalign{\vskip 3pt}
\frac 98&-\frac{5}{18}&1 } $$
\smallskip

Cette matrice est triangulaire inversible, donc $(f_i)$ est une base de~$F$.

\end{enumerate}

\end{enumerate}

\end{sol}


%---------------------------------

\begin{exo}

Soit un entier $n\geq 2$.  On dit qu'un vecteur $X=\matrice{ x_1\cr \vdots \cr x_n}\in {\cal M}_{n,1}(\R)$ v\'{e}rifie $X\geq 0$ (resp. $X>0$) si pour
tout $i\in \llbracket 1,n\rrbracket, x_i\geq 0$ (resp. $x_i>0$).
Si $(X,Y) \in ({\cal M}_{n,1}(\R))^2$, on dit que $X\geq Y$ si $X-Y\geq 0$.\\
%
Pour tout $X=\in {\cal M}_{n,1}(\C)$, on note $||X||_\infty= \dis \max_{1\leq i \leq n} |x_i|$.

On dit que  $A=(a_{i,j})_{1\leq i,j \leq n}\in {\cal M}_n(\R)$ v\'{e}rifie $A\geq 0$ (resp. $A>0$) si  pour tout $(i,j)\in \llbracket 1,n\rrbracket^2, a_{i,j}\geq 0$
(resp. $a_{i,j} >0$).

Enfin, on confond ${\cal M}_{n,1}(\R)$ et $\R^n$.\\

Dans tout l'exercice, on consid\`{e}re une matrice  $A\in {\cal M}_n(\R)$ telle que $A>0$.\\
On pose: $\Omega=\{ \alpha \geq 0 \,/ \,\exists\, X\in \R^n \hbox{ tel que } X\geq 0, ||X||_\infty=1 \hbox{ et } AX \geq \alpha X\}$.
%
\begin{enumerate}
\item  Montrer que l'ensemble $\Omega$ n'est pas vide et que si $\alpha\in \Omega$, alors $[0,\alpha]\subset \Omega$.
\item    Montrer que l'ensemble $\Omega$ est born\'{e}.

\medskip

On note $\mu=\dis \sup_{\alpha \in \Omega} (\alpha)$ et on {\sl admet} que $\mu$ appartient \`{a} $\Omega$.

\item Soit $\lambda$ une valeur propre complexe de $A$. Montrer que $|\lambda|\leq \mu$.

(Pour tout $X=\dis \matrice{ x_1\cr \vdots\cr x_n}$, on pourra consid\'{e}rer le vecteur not\'{e} $|X|$ tel que $|X|=\dis \matrice{ |x_1|\cr \vdots\cr |x_n|}$).

\item  On se propose  de montrer que $\mu$ est une valeur propre de $A$.
\begin{enumerate}
\item  Soit $X\in \R^n$ v\'{e}rifiant les propri\'{e}t\'{e}s suivantes: $X\geq 0$, $||X||_\infty=1$ et $AX \geq \mu X$.

 On pose: $Z= AX-\mu X$. Montrer que si $Z\neq 0$, alors $AZ >0$.

\item  En d\'{e}duire que l'in\'{e}galit\'{e} $AZ>0$ est impossible puis que $\mu$ est valeur propre de $A$.

\end{enumerate}

\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item Comme $0\in \Omega$, l'ensemble $\Omega$ n'est pas vide.

Soit $\alpha >0$ appartenant \`{a} $\Omega$. Soit $0\leq \beta <\alpha$. Il existe $X\geq 0$ de norme $1$, tel que $AX\geq \alpha X \geq \beta X$. Donc $\beta \in \Omega$.
Ainsi $\Omega$ est-il un intervalle de $\R$.
\item  L'ensemble $\Omega$ est born\'{e}. En effet. Soit $X\geq 0$, $||X||_\infty=x_i=1$ et $AX \geq \alpha X$.\\ En utilisant la $i$-i\`{e}me \'{e}quation, il vient:

$$\alpha=\alpha x_i \leq \sum_{j=1}^n a_{i,j} x_j \leq \sum_{j=1}^n a_{i,j}\leq \max_i \sum_{j=1}^n a_{i,j} \text{ (constant)}$$

\item  Soit $\lambda$ une valeur propre de $A$. Il existe $X\neq 0$ tel que $AX= \lambda X$. On peut supposer $||X||_\infty=1$.

Alors %$|AX|= |\lambda X|= |\lambda|\ |X|$ et
comme $A>0$, %$|AX| \leq A|X|$ et donc:
%$$A|X|\geq |\lambda|\ |X|$$
par in\'{e}galit\'{e} triangulaire, on a :
$$A|X|=\left(\dsum_{j=1}^na_{i,j}|x_j|\right)_i\geq \left(\left|\dsum_{j=1}^na_{i,j}x_j\right|\right)_i=\left(|\lambda x_i|\right)_i=|\lambda|\, |X|.$$

Ceci montre que $|\lambda| \in \Omega$.
\item
\begin{enumerate}
\item  Comme $A>0$, comme $AX\geq \mu X$, si $Z\neq 0$, on a $AZ>0$. Car si $AZ=0$, comme $A>0$, il vient $Z=0$.

\item  Posons $Y=AX$. Si $AZ>0$, alors $AY>\mu Y$. En notant $Y=\dis \matrice{y_1\cr \vdots \cr y_n}$ et $A=(a_{i,j})$, ceci est \'{e}quivalent \`{a}:

$$\left\lbrace
\begin{array}{c}
a_{1,1}y_1+\cdots + a_{1,n} y_n >\mu y_1\cr
\vdots \cr
a_{n,1}y_1+\cdots + a_{n,n} y_n >\mu y_n
\end{array}\right.$$

\smallskip

On a $X\geq 0$, $A>0$. Donc $Y>0$. Alors, si
$$\mu'=\inf_{1\leq i \leq n} \left( {a_{i,1}y_1+\cdots + a_{i,n} y_n\over y_i}\right)$$

\smallskip
alors $\mu'>\mu$ et $AY \geq \mu'Y$. Donc $\mu'\in \Omega$ en contradiction avec la d\'{e}finition de $\mu$.

Ainsi, $Z=0$ et $AX=\mu X$.

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}


%---------------------------------

\begin{exo}

\begin{enumerate}
\item  Soit $A=\dis \matrice{ a& c\cr b & d}\in {\cal M}_2(\R)$.

\begin{enumerate}
\item  Montrer que $A$ est une matrice orthogonale si et seulement si on a:
$$\left\lbrace\begin{array}{c} a^2+b^2=1\cr
c^2+d^2=1\cr
ac+bd=0 \end{array}\right.$$

\item  En posant $a=\cos \theta, b=\sin \theta, c=\cos \phi, d=\sin \phi$, montrer que toute matrice orthogonale de ${\cal M}_2(\R)$
est de la forme:
$$R_\theta=\matrice{ \cos \theta & -\sin \theta\cr \sin \theta & \cos \theta} \,\hbox{ ou }\,\,
S_\theta=\matrice{ \cos \theta & \sin \theta\cr \sin \theta & -\cos \theta}$$

\end{enumerate}

On note $O_n(\R)$ l'ensemble des matrices orthogonales de ${\cal M}_n(\R)$ et $S_n(\R)$ l'ensemble des matrices
sym\'{e}triques de ${\cal M}_n(\R)$.
\smallskip

On rappelle que toute matrice $A\in {\cal M}_n(\R)$ s'\'{e}crit de mani\`{e}re unique sous la forme suivante
$$A= {A+{}^t\!A\over 2}+ {A-{}^t\!A\over 2}$$

o\`{u} $A_s= \dis {A+{}^t\!A\over 2}$ est appel\'{e}e la partie sym\'{e}trique de $A$ et $A_a= \dis {A-{}^t\!A\over 2}$ la partie antisym\'{e}trique de $A$ .
\medskip

\item
\begin{enumerate}

\item  Donner les parties sym\'{e}trique et antisym\'{e}trique de $R_\theta$ et $S_\theta$.
\item  Soit $A \in O_n(\R )$. Montrer que les valeurs propres de $A _s$ sont dans l'intervalle $[-1, 1]$.
\end{enumerate}

\item  Donner un exemple de matrice sym\'{e}trique $S$ de ${\cal M}_2(\R) $ dont les valeurs propres sont incluses
dans $[-1, 1]$ et pour laquelle il n'existe pas de matrice $ A \in  O_2 (\R)$ v\'{e}rifiant $A_s = S$.


\item   Soit $S$ une matrice sym\'{e}trique de ${\cal M}_n(\R)$.

 On suppose que les valeurs propres de $S$ sont incluses dans $[-1, 1]$ et que pour toute valeur propre $\lambda $ de
la matrice $S$, le sous-espace propre de $S$ associ\'e \`a $\lambda $ est de dimension paire.

\smallskip

Montrer qu'il existe $A \in O_n(\R)$ telle que $A _s = S$.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
Par d\'{e}finition, une matrice est orthogonale si ses colonnes forment une base orthonorm\'{e}e. Pour la matrice $A$ donn\'{e}e, ce sont exactement les conditions propos\'{e}es.\\
{\em Autre id\'{e}e :} par le calcul ${}^t\!AA=\matrice{a^2+b^2&ac+bd\\ac+bd&c^2+d^2}$.

\item  Comme $a^2+b^2=c^2+d^2=1$, on peut utiliser l'aide propos\'{e}e. La troisi\`{e}me \'{e}quation devient alors:
$$\cos \theta \cos \phi + \sin \theta \sin \phi= \cos (\phi-\theta)=0 \Leftrightarrow
\phi=\theta  +{\pi\over 2}+2k\pi \hbox{ ou  }\phi=\theta -{\pi \over 2} +2k\pi$$

Dans le premier cas, on obtient $S_\theta$ et dans le second $R_\theta$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item
 On obtient $R_{\theta,s}= \cos \theta I_2$ et $R_{\theta,a}= \dis \matrice{0 & -\sin \theta\cr \sin \theta & 0}$.
\smallskip
De m\^{e}me, $S_{\theta,s}= S_\theta$ et $S_{\theta,a}= 0$.
\item  Si $A$ est une matrice orthogonale, alors $A_s= \dis {A+A^{-1}\over 2}$. Soit $\lambda$ une valeurs propre de $A_s$ et $X$ un vecteur propre associ\'{e}. On a alors:
$$AX+A^{-1}X= 2\lambda X \Leftrightarrow (A^2-2\lambda A+I)X=0$$

Ainsi la matrice $A^2-2\lambda A+I$ n'est pas inversible. Or, par l'absurde,
%\begin{itemize}[label=$\bullet$]
%\item si $|\lambda|<1$, alors $1-\lambda^2>0$ et $A^2-2\lambda A+I= (A-\alpha I)(A-\beta I)$ avec $\alpha= \lambda +i\sqrt{1-\lambda^2}$ et $\beta = \lambda -i\sqrt{1-\lambda^2}$. Ainsi $\alpha$ ou $\beta$ est valeur propre complexe  de $A$.
%\item
si $|\lambda|>1$, alors $1-\lambda^2<0$ et $A^2-2\lambda A+I= (A-\alpha I)(A-\beta I)$ avec $\alpha= \lambda +\sqrt{\lambda^2-1}$ et $\beta = \lambda -\sqrt{\lambda^2-1}$. Ainsi $\alpha$ ou $\beta$ est valeur propre complexe  de $A$.
%\item si $|\lambda|=1$, alors $1-\lambda^2=0$ et $A^2-2\lambda A+I= (A- I)^2$ ou $(A+ I)^2$. Ainsi $\alpha=1$ ou $\beta=-1$ est valeur propre de $A$.
%\end{itemize}

Or, par ailleurs, si $\mu$ est une valeur propre de $A$ orthogonale, avec $\mu$ r\'{e}el ou complexe, on a :
$$AY=\mu Y\Rightarrow ||Y||^2=||AY||^2= |\mu|^2||Y||^2\Rightarrow |\mu|=1$$

Comme $|\alpha|=|\beta|=\lambda^2+(\lambda^2-1)>1$ ceci est absurde.
%Dans les trois cas pr\'{e}c\'{e}dents, la seule possibilit\'{e} d'avoir $|\alpha|=1$ ou $|\beta|=1$ sont le premier et le troisi\`{e}me.

{\em Autre id\'{e}e :} par Cauchy-Schwarz on a : $|{}^tX AX|\leq ||X||||AX||=||X||^2$,\\
et comme $A^{-1}$ est orthogonale aussi, on a : $|{}^tX A^{-1}X|\leq ||X||^2$.\\
Ainsi : $|\lambda| \times||X||^2 =|^tXA_s X|\leq \frac12(|{}^tX AX|+|{}^tX A^{-1}X|)\leq ||X||^2$.
\end{enumerate}
\item  On prend une matrice diagonale, par exemple $S=\hbox{diag}(1/2,1/3)$. Au vu de la premi\`{e}re question, on conna\^{\i}t toutes les matrices orthogonales $A$ de $O_2(\R)$ et aucune ne donne $A_s=S$.
\item La matrice $S$ est diagonalisable sur $\R$. La dimension de chaque sous-espace propre est paire. Ainsi $n$ est pair ($n=2p$) et la matrice $S$ est semblable \`{a} une matrice diagonale $D=\hbox{diag}(\lambda_1,\lambda_1 \ldots, \lambda_p, \lambda_p)$ avec $\lambda_i\in [-1,1]$. Notons $P$ la matrice de passage associ\'{e}e.%On a donc $S= PD{}^t\!P$.

Pour chaque $\lambda_i$, on choisit un angle $\theta_i$ tel que $\cos(\theta_i)=\lambda_i$. La matrice orthogonale $R_{\theta_i}$ v\'{e}rifie $R_{\theta_i,s}=\hbox{diag}(\lambda_i, \lambda_i)$.

En regroupant ces matrices orthogonales en une seule matrice $R_{\theta_1, \ldots, \theta_p}$ (diagonale par blocs), on a $A= PR_{\theta_1, \ldots, \theta_p} {}^t\!P$ qui v\'{e}rifie la relation voulue.

\end{enumerate}
\end{sol}


%----------------------------

\begin{exo}

Soit un entier  $n\geq 2$ et une matrice $L\in {\cal M}_n(\R)$ telle que $L^2=I_n$, o\`{u} $I_n$ est la matrice identit\'{e} de ${\cal M}_n(\R)$.

\medskip

On note $f$ l'endomorphisme de $\R^n$  associ\'{e} \`{a} la matrice $L$ dans la base canonique de $\R^n$.


\begin{enumerate}
\item
 Montrer qu'il existe deux sous-espaces vectoriels $F$ et $G$ de $\R^n$ qui v\'{e}rifient les trois propri\'{e}t\'{e}s suivantes:

\smallskip
i) $\R^n = F\oplus G$;
\smallskip

\par
ii) pour tout $x\in F$, $f(x)=x$;

\smallskip
\par
iii) pour tout $x\in G$, $f(x)=-x$.

\item  Montrer que $\tr(L)= \dim F-\dim G$, o\`{u} $\tr$ d\'{e}signe la trace.

\medskip

On note $S_n$ l'ensemble des matrices $L\in {\cal M}_n(\R)$ telles que $L^2=I_n$.


\item
\begin{enumerate}
\item
 Soit $L\in S_n$ et soit $M$ une matrice semblable \`{a} $L$. Montrer que $M\in S_n$.

\item  Montrer que deux matrices $L$ et $M$ appartenant \`{a} $S_n$ sont semblables si et seulement si on a: $\tr(L)=\tr(M)$.

\end{enumerate}

\item  Pour tout $M\in S_n$, on pose: $[M]=\{ L\in S_n \,/\, L\, \,\hbox{est semblable \`{a}}\,M\}$.
\begin{enumerate}
\item

D\'{e}terminer $[I_n]$.
\item  Montrer qu'il existe un entier $p\in \N^*$ pour lequel $([M_1],[M_2],\ldots, [M_p])$ est une famille de sous-ensembles
de $S_n$ deux \`{a} deux disjoints et tels que $\dis \bigcup_{k=1}^p [M_k]=S_n$.
\item  Donner la valeur de $p$.

\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
Soit $L\in {\cal M}_n(\R)$ telle que $L^2=I_n$. Montrons que  $L$ est diagonalisable, c'est-\`{a}-dire le point i).

On pose $F= \ker(L-I_n)$ et $G=\ker(L+I_n)$.
Soit $x\in \R^n$. On peut \'{e}crire
$$x= {x+L(x)\over 2}+ {x-L(x)\over 2}=y+z$$
et comme $(L-I_n)(L+I_n)=(L+I_n)(L-I_n)=L^2-I_n=0$, on a $y\in F$ et $z\in G$ et ainsi $R^n \subseteq F+G\subseteq R^n$.

De plus, si $x\in F\cap G$, alors $L(x)=x=-x$ entra\^{\i}ne que $x=0$. Donc $\R^n= F\oplus G$.

\smallskip
Les points ii) et ii) sont \'{e}vidents au vu de la d\'{e}finition de $F$ et $G$.

\item  La matrice $L$ est diagonalisable et ses valeurs propres sont $-1$, de sous-espace propre associ\'{e} $G$ et $1$ de sous-espace propre associ\'{e} $F$. Deux matrices semblables ont m\^{e}me trace. Ainsi $\tr(L)= \dim F-\dim G$.

\item
\begin{enumerate}
\item Si $L$ et $M$ sont semblables, alors elles ont m\^{e}me trace. De plus $M^2= PL^2P^{-1}=I_n$.

\item  R\'{e}ciproquement, si $\tr(L)=\tr(M)$, comme $L^2=M^2=I_n$, on a alors:
$$\left\lbrace
\begin{array}{c}\dim F_L-\dim G_L=\dim F_M-\dim G_M\cr
         \dim F_L+\dim G_L=\dim F_M+\dim G_M=n
\end{array}\right.$$

Cela entra\^{\i}ne que $\dim F_L=\dim F_M$ et $\dim G_L=\dim G_M$. On peut donc construire un isomorphisme $u$ entre $F_L$ et $F_M$ et un isomorphisme $v$ entre $G_L$ et $G_M$. Et comme $\R^n= F_L\oplus G_L= F_M\oplus G_M$, ces deux isomorphismes donnent naissance \`{a} une matrice $P$ inversible telle que $M= P^{-1}LP$.
\end{enumerate}
\item\begin{enumerate}
\item  Au vu de la d\'{e}finition, $[I_n]=\{I_n\}$.
\smallskip
\item  On vient de voir que $L\sim M$ si et seulement $L$ et $M$ ont m\^{e}me trace et cette trace vaut $\dim F-\dim G$.

Les valeurs possibles de $\tr(L)$, quand $L\in [M]$, sont donc $\{0,1,2, \ldots, n\}$. Toute matrice de $S_n$ est semblable \`{a} une seule matrice diagonale form\'{e}e de $k$ fois le nombre 1 et $n-k$ fois le nombre $-1$, ceci pour $k\in \llbracket 0,n\rrbracket$. Donc, $p=n+1$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}



%-------------------------------------------------------

\begin{exo}

Soit $n$ et $p$ deux entiers de $\NN^*$. Soit une matrice {\bf rectangulaire} non nulle $A\in {\cal M}_{n,p}(\RR)$ \`{a} $n$ lignes et $p$ colonnes.

\begin{enumerate}
\item Montrer qu'il existe une matrice  orthogonale $Q\in {\cal M}_p(\RR)$, un entier $r\in \llbracket 1,p\rrbracket$ et des r\'{e}els $\lambda_1,\dots,\lambda_r$ tels que $\lambda_1\geq \cdots \geq \lambda_r>0$ et  $\transp{Q}\transp{A}AQ=D$,\\ o\`{u} $D$ est la matrice diagonale dont les coefficients diagonaux valent $d_{i,i}=\begin{cases} \lambda_i & \si i\leq r \\ 0 & \sinon. \end{cases}$

\medskip
Pour tout entier $i\in \llbracket 1,p\rrbracket$, on note  $X_i$ la $i$-\`{e}me colonne de $Q$.
\item \begin{enumerate}
\item Montrer que le rang de $\transp{A}A$ est \'{e}gal \`{a} $r$.
\item Montrer que, pour tout $i\in \llbracket 1,r\rrbracket$, $AX_i$ est un vecteur propre de la matrice $A\transp{A}$ associ\'{e} \`{a} la valeur propre $\lambda_i$. En d\'{e}duire que les matrices $A\transp{A}$ et $\transp{A}A$ ont les m\^{e}mes valeurs propres non nulles.
\item Soit $(U_1,\dots,U_s)$ une base du sous-espace propre de $\transp{A}A$ associ\'{e} \`{a} une valeur propre $\lambda$ non nulle. Montrer que la famille $(AU_1,\dots,AU_s)$ de ${\cal M}_{n,1}(\RR)$ est une famille libre.
\item En d\'{e}duire que les sous-espaces propres de  $A\transp{A}$ et $\transp{A}A$  associ\'{e}s \`{a} la m\^{e}me valeur propre non nulle sont de m\^{e}me dimension et que le rang de $A\transp{A}$  est \'{e}gal \`{a} $r$.
\end{enumerate}
\item Pour tout $i\in \llbracket 1,r\rrbracket$, on pose $Y_i=\dfrac1{\sqrt{\lambda_i}}AX_i$.
\begin{enumerate}
\item  Montrer que la famille $(Y_1,\dots,Y_r)$ est une famille orthonorm\'{e}e de vecteurs propres de $A\transp{A}$.
\item  En d\'{e}duire qu'il existe des vecteurs $Y_{r+1},\dots,Y_n$ pour lesquels  la famille $(Y_1,\dots,Y_r,Y_{r+1},\dots,Y_n)$ est une base orthonorm\'{e}e de ${\cal M}_{n,1}(\RR)$ form\'{e}e de vecteurs propres de $A\transp{A}$.
\end{enumerate}
\item Dans cette question, on suppose que $p=n$. On note $P\in {\cal M}_{n}(\RR)$ la matrice telle que, pour tout $i\in \llbracket 1,n\rrbracket$, la $i$-\`{e}me colonne de $P$ est la matrice-colonne $Y_i$. \\
Soit $\Delta\in {\cal M}_{n}(\RR)$ la matrice dont les coefficients diagonaux valent $\delta_{i,j}=\begin{cases} \sqrt{\lambda_i} & \si i=j\leq p \\ 0 & \sinon. \end{cases}$\\
Montrer que $A=P\Delta \transp{Q}$.

\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item La matrice $\transp{A}A$ est carr\'{e}e d'ordre $p$ et sym\'{e}trique r\'{e}elle ; on peut donc appliquer le th\'{e}or\`{e}me spectral en ordonnant les valeurs propres dans l'ordre d\'{e}croissant. De plus, ses valeurs propres sont positives ou nulles,
 car si $\transp{A}AX=\lambda X$ et $X\neq 0$, alors $\lambda \norme{X}^2=\transp{X}(\transp{A}AX)=\norme{AX}^2\geq 0$, d'o\`{u} $\lambda \geq 0$.
Enfin au moins une de ces valeurs propres est non nulle, car sinon; on aurait $\transp{A}A=0$, et donc  $A=\`{a}$, ce qui est absurde. En notant $r$ le nombre de valeurs propres non nulles, on obtient le r\'{e}sultat demand\'{e}.
\item \begin{enumerate}
\item Comme $\transp{A}A$ et $D$ sont semblables, elles ont m\^{e}me rang, \`{a} savoir $r$.
\item Comme les colonnes de $Q$ sont des vecteurs propres de $\transp{A}A$, on a :
$$(A\transp{A})AX_i=A(\transp{A}AX_i)=A\lambda_i X_i=\lambda_i AX_i.$$
De plus, $AX_i\neq 0$ car sinon on aurait $\lambda_i \norme{X_i}^2=\norme{AX_i}^2=0$ ce qui est absurde car $X_i$ et $\lambda_i$ ne sont pas nuls.

Ceci montre que  $\Sp(\transp{A}A)\setminus\{0\} \subset \Sp(A\transp{A})\setminus\{0\}$ ;  l'inclusion inverse s'obtient en \'{e}changeant les r\^{o}les de $A$ et $\transp{A}$.

D'o\`{u} $\Sp(\transp{A}A)\setminus\{0\}=\Sp(A\transp{A})\setminus\{0\}$.

\item Soient $\alpha_1,\dots,\alpha_s\in \RR$ tels que $\alpha_1 AU_1+\cdots+\alpha_sAU_s=0$.\\
Alors : $\alpha_1 \transp{A}AU_1+\cdots+\alpha_s\transp{A}AU_s=0$, soit $\lambda (\alpha_1 U_1+\cdots+\alpha_s U_s)=0$,\\
soit $\alpha_1 U_1+\cdots+\alpha_s U_s=0$ car $\lambda\neq 0$, soit $\alpha_1=\cdots=\alpha_s=0$, car $U_1,\dots,U_s$ libre.

\item Les deux questions pr\'{e}c\'{e}dents montrent que $(AU_1,\dots,AU_s)$ est une famille libre de $E_{\lambda}(A\transp{A})$ (sous-espace propre de $A\transp{A}$ associ\'{e} \`{a} $\lambda$), donc :
$$\dim E_{\lambda}(A\transp{A}) \geq s=\dim E_{\lambda}(\transp{A}A).$$
L'in\'{e}galit\'{e} inverse s'obtient en \'{e}changeant les r\^{o}les de $A$ et $\transp{A}$,  d'o\`{u} l'\'{e}galit\'{e}.

Le rang d'une matrice diagonalisable est \'{e}gal \`{a} la somme des dimensions des sous-espaces propres associ\'{e}s \`{a} ses valeurs propres non nulles, donc $A\transp{A}$ et $\transp{A}A$ ont le m\^{e}me rang, \'{e}gal \`{a} $r$ (d'apr\`{e}s 2.a).
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item  D'apr\`{e}s 2.b), $Y_1,\dots,Y_r$ est une famille de vecteurs propres de $A\transp{A}$. En outre :
$$\forall i,j\in \llbracket 1,r\rrbracket,\ \transp{Y_i}Y_j=\dfrac1{\sqrt{\lambda_i\lambda_j}}\transp{X_i}\transp{A}AX_j=\dfrac{\lambda_j}{\sqrt{\lambda_i\lambda_j}}\transp{X_i}X_j= \begin{cases} 1 & \si i=j\\ 0 &\sinon\end{cases}$$

car $Q$  \'{e}tant orthogonale, ses colonnes forment une famille orthonorm\'{e}e.

\item Comme $X_1,\dots,X_r$ sont les $r$ premi\`{e}res colonnes de $Q$, elles forment une base orthonorm\'{e}e de la somme des sous-espace propres de $\transp{A}A$  associ\'{e}s aux valeurs propres non nulles et donc, d'apr\`{e}s les questions pr\'{e}c\'{e}dentes, $Y_1,\dots,Y_r$ est une base de la somme des sous-espace propres de $A\transp{A}$  associ\'{e}s aux valeurs propres non nulles. Si $n=r$, alors la famille  convient, sinon on la compl\`{e}te par $Y_{r+1},\dots,Y_n$ une base orthonorm\'{e}e de l'espace $E_0(A\transp{A})$ qui est  orthogonal \`{a} la somme des sous-espace propres de $A\transp{A}$  associ\'{e}s aux valeurs propres non nulles.
\end{enumerate}

\item Pour tout $i\in \llbracket 1,r\rrbracket$, la d\'{e}finition de  $Y_i$ donne $AX_i=\sqrt{\lambda_i} Y_i$.\\ Et pour $i\geq r+1$, on a $AY_i=0$ (car $\norme{AX_i}^2=\transp{X_i}(\transp{A}AX_i)=0$).\\
Ainsi, la matrice de l'application lin\'{e}aire canoniquement associ\'{e}e \`{a} $A$ dans la base $X_1,\dots, X_p$ au d\'{e}part et dans la base $Y_1,\dots,Y_p$ ($p=n$) \`{a} l'arriv\'{e}e, est $\Delta$. Donc, la formule de changement de base donne $\Delta=P^{-1} A Q$, soit $A=P\Delta Q^{-1}=P\Delta \transp{Q}$.


\end{enumerate}
\end{sol}


%----------------------------------------

\begin{exo}

 Soit $E$ un espace euclidien de dimension $n\geq 2$ et $u$ un vecteur unitaire de $E$. On note $<,>$ son produit scalaire.

 On consid\`{e}re la fonction $f_{a,b}$ o\`{u} $a$ et $b$ sont deux r\'{e}els avec $a\neq 0$, d\'{e}finie par:
 $$\forall x\in E,\;\;f_{a,b}(x)=a\,<x,u>u+b\,x.$$
 \begin{enumerate}
 \item Montrer que $f_{a,b}$ est un endomorphisme  sym\'{e}trique de $E$.
  \item Pr\'{e}ciser le spectre de $f_{a,b}$.
 \item Pour quelle(s) valeur(s) de $a$ et de $b$, l'endomorphisme $f_{a,b}$ est-il un projecteur ?
 \item Lorsque $f_{a,b}$ est bijectif, d\'{e}terminer la r\'{e}ciproque de $f_{a,b}$.
\item On consid\`{e}re l'application $F$ d\'{e}finie de $\R^2$ dans ${\cal L}(E)$ par:
$$\forall (a,b)\in \R^2,\;\;F((a,b))=f_{a,b}.$$
 \begin{enumerate}
 \item Montrer que $F$ est une application lin\'{e}aire.
 \item D\'{e}terminer $\ker F$.
 \item Quel est le rang de $F$?
  \end{enumerate}
 \end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
 On remarquera que si $a=0$, alors $f_{0,b}=bId$.

 \begin{enumerate}

 \item $f_{a,b}$ est une application de $E$ dans $E$, lin\'{e}aire en utilisant la lin\'{e}arit\'{e} du produit scalaire, c'est donc un endomorphisme de $E$.
 Soit $x$ et $y$ deux vecteurs de $E$, on a:
$$<f_{a,b}(x),y>=<a\,<x,u>u+b\,x,y>=a<x,u><y,u>+b<x,y>,$$
Cette expression \'{e}tant sym\'{e}trique par rapport \`{a} $x$ et $y$, on en d\'{e}duit que $f_{a,b}$ est un endomorphisme  sym\'{e}trique de $E$.
\item On remarque que $f_{a,b}(u)=(a+b)u,$
donc $a+b$ est une valeur propre et le sous-espace propre est $\Vect(u)$.
Par ailleurs, pour $x\in \Vect(u)^\perp$,  $f_{a,b}(x)=bx$, et le sous-espace propre associ\'{e} contient $\Vect(u)^\perp$. Par cons\'{e}quent comme $a\not= 0$, alors $f_{a,b}$ a deux valeurs propres $b$ et $a+b$.
 \item Comme $f_{a,b}$ est diagonalisable, $f_{a,b}$ est un projecteur si et seulement si son spectre est inclus dans $\{0,1\}$, soit $(a,b)\in \{(1,0),(-1,1),(0,1),(0,0)\}$.
 \item  L'endomorphisme $f_{a,b}$  est bijectif si et seulement si 0 n'est pas valeur propre, soit lorsque $b\not= 0$ et $a+b\not= 0$. Dans ce cas, pour tout vecteur $x$ de $E$, si on a:
 $$y=a\,<x,u>u+b\,x,$$
 alors :
 $$<y,u>=a\,<x,u>+b\,<x,u>=(a+b) <x,u>.$$
 On en d\'{e}duit donc que:
 $$x=\frac{1}{b} y-\frac{a}{b(a+b)}<y,u>u.$$
 Ainsi la r\'{e}ciproque de  $f_{a,b}$ est $f_{-a/(b(a+b)),1/b}$
 \item  \begin{enumerate}
 \item $F$ est une application de $\R^2$ dans ${\cal L}(E)$.
 On prouve la lin\'{e}arit\'{e} directement.
 \item Si $(a,b) \in \ker F$, alors $f_{a,b}=0$, donc les valeurs propres sont nulles, d'o\`{u} $b=0$ et $a+b=0$.

 Par suite, $a=b=0$.
 Ainsi, $\ker F$ est r\'{e}duit \`{a} 0.
 \item On applique le th\'{e}or\`{e}me du rang, d'o\`{u} le rang de $F$ est $2-0=2$.

  \end{enumerate}
  \end{enumerate}
 \end{sol}


%--------------------------------------------

\begin{exo}

Soit $N$ un entier  tel que $N \geq 2$.


\begin{enumerate}

\item Soient $a_1,\cdots,a_N \in \R$ tels que $(a_1,\cdots,a_N)\neq (0,\cdots,0)$. On note $M=(m_{i,j})_{1 \leq i,j \leq N}$ la matrice de ${\mathcal M}_N(\R)$ d\'{e}finie par:

$$\forall (i,j) \in{\entiers{1}{N}}^2, \ m_{i,j}=a_i a_j$$
   \begin{enumerate}
   \item D\'{e}terminer une matrice colonne $A$ telle que $M=A ^tA$.
   \item Exprimer la trace de $M$ en fonction de $A$ et d\'{e}terminer un polyn\^{o}me annulateur de $M$ de degr\'{e} $2$.
   \item D\'{e}terminer  le spectre de $M$.  Montrer que n\'{e}cessairement $\tr(M)>0$.
   \end{enumerate}



\item Soit $(E, \langle \ , \ \rangle)$ un espace euclidien de dimension $N$. Soit un entier $n \in \entiers 1 N$ et $\mathcal{F}=\{u_1,\cdots,u_n\}$ une famille de $n$ vecteurs non tous nuls de $E$. On note $F=\Vect(\mathcal{F})$ le sous-espace vectoriel de $E$ engendr\'{e} par $\mathcal{F}$  et $G=(g_{i,j})_{1 \leq i,j \leq n}$ la matrice de $\mathcal{M}_n(\R)$ d\'{e}finie par :

$$\forall (i,j) \in {\entiers 1 n}^2, \ g_{i,j}=\langle u_i,u_j \rangle $$

   \begin{enumerate}
   \item Montrer que si  ${\mathcal F}$ est une famille li\'{e}e alors $G$ n'est pas inversible.
\end{enumerate}
    {\bf On suppose dans la suite du probl\`{e}me que la famille ${\mathcal F}$ est libre.}
\begin{enumerate}[resume]

   \item Soit ${\mathcal B}=(e_1,\cdots,e_n)$ une base orthonorm\'{e}e de $F$. On note $P \in \mathcal{M}_n(\R)$ la matrice telle que pour tout $j\in \entiers 1n$,  la colonne d'indice $j$ est constitu\'{e}e des coordonn\'{e}es du vecteur $u_j$ dans la base  ${\mathcal B}$. Montrer que $$G={}^t\!P P$$ puis que le rang de $G$ est \'{e}gal \`{a} celui de la famille ${\mathcal F}$.
   \item Montrer que toute valeur propre $\lambda$ de $G$ v\'{e}rifie: $$0 < \lambda \leq \sum_{i=1}^n ||u_i||^2$$
   \item Soit $x \in E$ et $p(x)$ le projet\'{e} orthogonal de $x$ sur $F=\Vect(\mathcal{F})$. Montrer que $$p(x)=\sum_{i=1}^n \alpha_iu_i$$
%
   o\`{u} $\alpha_1,\cdots,\alpha_n$ sont $n$ r\'{e}els donn\'{e}s par :

   $$ \matrice{
   \alpha_1 \cr
   \vdots \cr
   \alpha_n
   }=G^{-1}\matrice{
   \langle u_1,x\rangle  \cr
   \vdots \cr
   \langle u_n,x\rangle
   }$$


   \end{enumerate}

\end{enumerate}

\end{exo}



\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item On choisit $A=\displaystyle\matrice{ a_1 \cr \vdots \cr a_N }$ et $M= A{}^t\!A$.  La matrice $M$ n'est pas nulle puisque $A\neq 0$ et elle est de rang $1$.

\item On a $\tr(M)= {}^t\!AA$ et $M^2=\tr(M)M$. Ainsi $X(X-\tr(M))$ est un polyn\^{o}me annulateur de $M$.

\item Le spectre de $M$ est inclus dans $\{0,\tr(M)\}$. La matrice $M$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle, donc diagonalisable. Le sous-espace propre associ\'{e} \`{a} $0$ est de dimension $n-1$ et celui associ\'{e} \`{a} $\tr(M)$ de dimension $1$. Donc, son spectre est  \'{e}gal \`{a} $\{0,\tr(M)\}$.
    Enfin, on sait que $\tr(A{}^t\!A)= \dsum_{i,j} a_{i,j}^2>0$ car $A\neq 0$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Supposons $\mathcal{F}$ li\'{e}e, par exemple que $u_n=\dsum_{i=1}^{n-1} \alpha_i u_i$. Alors $C_n= \dsum_{i=1}^{n-1} \alpha_i C_i$ o\`{u} $C_1, \ldots, C_n$ d\'{e}signent les colonnes de la matrice $G$. En effet, pour tout $j\in \entiers 1 {n-1}$, on a:

$$\langle u_n, u_j \rangle = \langle \sum_{i=1}^{n-1} \alpha_i u_i, u_j \rangle = \sum_{i=1}^{n-1} \alpha_i\langle u_i,u_j \rangle$$

\item La base $\mathcal{B}$ \'{e}tant orthonorm\'{e}e, on sait que pour tout $i\in \entiers 1 n$, $u_i= \dsum_{k=1}^n \langle u_i,e_k\rangle e_k$.

Ainsi, $P= (\langle u_i,e_j \rangle)_{1 \leq i,j \leq n}$.
Or,
$$\langle u_i,u_j\rangle = \langle \sum_{k=1}^n \langle u_i,e_k\rangle e_k, \sum_{p=1}^n \langle u_j,e_p\rangle e_p \rangle= \sum_{k=1}^n
\langle u_i,e_k\rangle\langle u_j,e_k\rangle$$

qui est le terme g\'{e}n\'{e}ral du produit ${}^t\!PP$.

La matrice $P$ est inversible comme toute matrice de passage entre deux bases, donc ${}^t\!P$ \'{e}galement tout comme $G$. Ainsi $\rg(G)= n$.


\item Matriciellement, $GX=\lambda X$ est \'{e}quivalent \`{a} ${}^t\!PPX=\lambda X$ ce qui entra\^{\i}ne que ${}^t\!X{}^t\!PPX=\lambda {}^t\!XX$ ou $||PX||^2=\lambda ||X||^2$. Donc $\lambda > 0$, puisque $G$ est inversible.
    La matrice $G$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle, donc diagonalisable dans $\R$ et \`{a} valeurs propres positives.

    Ainsi, $0< \lambda \leq \tr(G) = \dsum_{i=1}^n ||u_i||^2$.

\item Dans la base $\mathcal{F}$ de $F$, on a $p(x)= \dsum_{i=1}^n \alpha_i u_i$ et par bilin\'{e}arit\'{e} du produit scalaire,
$$\matrice{ \langle u_1, p(x)\rangle \cr\vdots\cr \langle u_1, p(x)\rangle }=G \matrice{\alpha_1 \cr \vdots \cr \alpha_n}$$

Mais $x-p(x)$ est orthogonal \`{a} $F$. Donc pour tout $i\in \entiers 1 n, \langle u_i,p(x)\rangle = \langle u_i,x\rangle$. Ainsi, $G$  \'{e}tant inversible, on a:
$$ \matrice{
   \alpha_1 \cr
   \vdots \cr
   \alpha_n
   }=G^{-1}\matrice{
   \langle u_1,x\rangle  \cr
      \vdots \cr
   \langle u_n,x\rangle
   }$$


   \end{enumerate}

\end{enumerate}

\end{sol}


%---------------------------------------------

\begin{exo}

Soit un entier $n\geq 3$. On consid\`{e}re la matrice \`{a} $n$ lignes et $n$ colonnes suivante :

\[M=\left(\begin{array}{cccc} 0&\ldots&0&1\\
                            \vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\
                            0&\ldots&0&1\\
                            1&\ldots&1&1
                           \end{array}\right)\]

 On note $u$ l'endomorphisme de $E={\cal M}_{n}(\RR)$ canoniquement associ\'{e} \`{a} $M$. On munit l'espace vectoriel $E$ du produit scalaire canonique qui fait de la base canonique $(e_1,\ldots,e_n)$ une base orthonorm\'{e}e.   On pose en outre :

 \[V=\left\lbrace\matrice{v_1\\\vdots\\v_n}\in {\cal M}_{n,1}(\RR)~;~ v_1=v_n=\sum_{k=2}^{n-1}v_k=0\right\}\]

\begin{enumerate}

\item La matrice $M$ est-elle diagonalisable ?

\item D\'{e}terminer la dimension puis une base du noyau de $u$.

\item D\'{e}terminer les  valeurs propres de $M$, ainsi qu'une base de vecteurs propres pour chacun des sous-espaces propres de $M$ autres que celui associ\'{e} \`{a} la valeur propre $0$.

\item D\'{e}terminer une base de $V$ et une base de $V^{\bot}$.

\item Montrer que $V$ et $V^{\bot}$ sont stables par $u$.

\item Montrer que pour $n\geq 4$, il y a une infinit\'{e} de droites vectorielles de $E$ stables par $u$, ainsi qu'une infinit\'{e} de plans vectoriels de $E$ stables par $u$.



\end{enumerate}
\end{exo}

%

\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item Comme $M$ est sym\'{e}trique r\'{e}elle, elle est diagonalisable dans une base orthonorm\'{e}e de vecteurs propres.

\item Les $n-1$ premi\`{e}res colonnes $C_1,\ldots,C_{n-1}$ de $M$ \'{e}tant identiques et la derni\`{e}re $C_n$ formant avec $C_1$ une famille libre, le rang de $M$ est $2$ ; donc par le th\'{e}or\`{e}me du rang, la dimension du noyau vaut $n-2$.

De plus, comme $n\geq 3$, les vecteurs $e_2-e_1,\ldots, e_{n-1}-e_1$ appartiennent au noyau de $u$, forment un syst\`{e}me libre de cardinal $n-2=\dim(\Ker(u))$, et donc une base de $\Ker(u)$.


\item D'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, $0$ est valeur propre. Pour tout $\lambda\neq 0$, on a :
$$u\matrice{w_1\\\vdots\\ w_n}=\lambda \matrice{w_1\\\vdots\\ w_n} \Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{array}{ccccc} &&w_n&=&\lambda w_1\\
                                                                                                 &&w_n&=&\lambda w_2\\
                                                                                                 &&&\vdots& \\
                                                                                                 &&w_{n}&=&\lambda w_{n-1}\\
                                                                                                 &&w_1+\ldots +w_n&=&\lambda w_n
                                                                                               \end{array}\right. \Leftrightarrow \begin{cases} w_1=\cdots=w_{n-1}=\dfrac{w_{n}}{\lambda} \\ \dfrac{(n-1)w_n}{\lambda}=(\lambda-1)w_n.\end{cases}$$
Il n'y a de solution $(w_1,\dots,w_n)$ non nulle que si
$n-1=\lambda(\lambda-1)$, soit $\lambda^2-\lambda-(n-1)=0$,\\ soit $\lambda_1=\dfrac{1+\sqrt{4n-3}}{2}$ ou $\lambda_2=\dfrac{1-\sqrt{4n-3}}{2}$ ( on remarque que $4n-3>0$ car $n\geq 3$).\\ Et alors,
$E_{\lambda_1}=\Vect(u_1)$   et  $E_{\lambda_2}=\Vect(u_2)$, avec $u_1=(1,\ldots,1,\lambda_1)$ et $u_2=(1,\ldots,1,\lambda_2)$.


\item  On a:
\begin{align*}
v=(v_1,\ldots v_n)\in V &\Longleftrightarrow v=\left(0,-\dsum_{k=3}^{n-1}v_k,v_3,\ldots,v_{n-1},0\right)\\
&\Longleftrightarrow v=v_3(e_3-e_2)+v_4(e_4-e_2)+\ldots v_{n-1}(e_{n-1}-e_2).
\end{align*}

Donc $(e_3-e_2,\ldots,e_{n-1}-e_2)$ engendre $V$ et c'est une famille libre car elle est \'{e}chelonn\'{e}e.

Ainsi, $V$  est de dimension $n-3$, donc $V^{\bot}$ est de dimension $3$. Donc  $V^{\bot}$ a pour base $(e_1,e_n, e_1+\ldots+e_n)$ car ces vecteurs sont clairement orthogonaux \`{a} chaque vecteur de la base de $V$ trouv\'{e}e et c'est une famille libre.

\item On a stabilit\'{e} de $V^{\bot}$ par $u$ car :
$$u(e_1)=e_n \in V^{\bot},\ u(e_n)=e_1+\ldots +e_n \in V^{\bot},\ u(e_1+\ldots+e_n)= (n-1)e_n+e_1+\ldots+ e_n \in V^{\bot}.$$

On a $V\subset \Ker(u)$ car chacun des vecteurs de la base trouv\'{e}e appartient \`{a} $\Ker (u)$. Donc $V$ est stable par $u$.

\item Les droites vectorielles  stables par $u$ sont toutes celles qui sont engendr\'{e}es par un vecteur propre. Pour $n\geq 4$, on a $\dim(\Ker(u))\geq 2$ donc il y en a une infinit\'{e}, par exemple celles de la forme $D_{\alpha}=\vect(e'_2+ \alpha e'_3)$, avec $\alpha\in \RR$, o\`{u} $e_2'$ et $e_3'$ forment une famille libre de $\Ker (u)$, qui sont toutes diff\'{e}rentes.

\medskip
Si $f$ est un vecteur propre de $u$ associ\'{e} \`{a} une valeur propre non nulle (il y en a d'apr\`{e}s la question 3) pour chacune des droites stables pr\'{e}c\'{e}dentes $D_{\alpha}$, alors $\Vect(f)\oplus D_{\alpha}$ est un plan stable (diff\'{e}rente pour chaque $\alpha$). Donc,  il y a bien une infinit\'{e} de plans vectoriels de $E$ stables par $u$.


\end{enumerate}

\end{sol}



%-------------------------------------------------

\begin{exo}

Soit $n \in \N, n\geq 2$ et $A \in \mathcal{M}_n(\C), A\neq 0$.

\begin{enumerate}

\item Montrer qu'il existe un polyn\^{o}me $P$ non nul de $\C[X]$ tel que $P(A)=0$.

\bigskip
On note $\mathcal{P}_A$ l'ensemble des polyn\^{o}mes annulateurs de $A$.

\item
\begin{enumerate}
\item On note $\mathcal{D}=\{ \mbox{deg}(P), P\in \mathcal{P}_A, P\neq 0\}$. Montrer que $\mathcal{D}$ admet un plus petit \'{e}l\'{e}ment.

\item En d\'{e}duire qu'il existe un unique polyn\^{o}me non nul, unitaire, $\Pi_A$ de $\C[X]$  tel que
$$\mathcal{P}_A=\{\Pi_AQ(X), Q\in\C[X] \}$$

$\Pi_A$  est appel\'{e} polyn\^{o}me minimal de $A$.

\end{enumerate}

\item Montrer que deux matrices semblables non nulles ont le m\^{e}me polyn\^{o}me minimal.
\item Soit $\lambda \in \C$. Montrer que $\lambda$ est valeur propre de $A$ si et seulement si $\Pi_A(\lambda)=0$.
\item On suppose dans cette question que $A$ est semblable \`{a} $2A$.

\begin{enumerate}

\item Montrer que $A$ admet au moins une valeur propre complexe $\lambda$.
\item %Montrer que $\lambda=0$.
Montrer que toute valeur propre de $A$ est nulle.
\item En d\'{e}duire que $A$ est nilpotente, c'est-\`{a}-dire qu'il existe un entier $q$ tel que $A^q=0$.
\end{enumerate}

\item On suppose  dans cette question que $n=2$. On suppose de plus, que $A$ n'est pas la matrice nulle et  est nilpotente. On note $p$ son indice de nilpotence, c'est-\`{a}-dire l'entier de $\N^*$ tel que $A^{p-1}\neq 0$ et $A^p=0$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $p=2$.
\item Montrer que $A$ est semblable \`{a} la matrice $\displaystyle \matrice{ 0 & 1\cr 0 & 0}$.
\item En d\'{e}duire que $A$ et $2A$ sont semblables.
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\end{exo}


\begin{sol}


Soit $A \in \mathcal{M}_n(\C), A\neq 0$.
\begin{enumerate}

\item %Soit $u$ l'endomorphisme de $\C^n$ canoniquement associ\'{e}.
La famille
$(I_n, A,\ldots, A^{n^2})$ est de cardinal $n^2+1$ et est donc li\'{e}e : il existe $(\lambda_i)_{0\leq i\leq n^2} \in \C^{n^2+1}$ non tous nuls tels que $\dsum_{i=0}^{n^2}\lambda_iA^i=0$.

Donc $P=\dsum_{i=0}^{n^2}\lambda_iX^i$ est un polyn\^{o}me non nul annulateur de $A$.

\item
\begin{enumerate}
\item L'ensemble $\mathcal{D}$ est inclus dans $\N$ (m\^{e}me $\N^*$). Il est minor\'{e} et admet un minimum $p\geq 1$.

\item Soit $\Pi\in \mathcal{D}$ de degr\'{e} $p$. Quitte \`{a} diviser par son coefficient dominant, on peut supposer $\Pi$ unitaire. et $\pi(A)=0$.

Supposons qu'il existe un autre polyn\^{o}me minimal $m$ annulateur de $A$. Son degr\'{e} est forc\'{e}ment \'{e}gal \`{a} $p$. En faisant la division eucidienne de $\Pi$ par $m$, il vient $\Pi(X)=\lambda m(X)+R(X)$ avec $\deg(R) <p$ ou $R=0$. Donc $R(A)=0$ en contradiction avec la minimalit\'{e} de $p$ si $R\neq 0$. Ainsi deux polyn\^{o}mes minimaux sont associ\'{e}s. Il en existe donc un unique unitaire.

Enfin, si $P\in \mathcal{P}_A$, en effectuant la division euclidienne de $\Pi$ par $P$, il vient $P=\Pi\times Q$.
\end{enumerate}

\item Soient $A$ et $B$ deux matrices semblables, $A\neq 0$. Il existe $Q$ inversible telle que $B=Q^{-1}AQ$.

 Soit $P=\dsum_{k=0}^{d}a_kX^k \in \C[X], a_d\neq 0$ et
 $P(A)=0$ si et seulement si $\dsum_{k=0}^{d}a_kA^k=0$ si et seulement si $ Q^{-1}(\dsum_{k=0}^{d}a_kA^k )Q=0$ si et seulement si $ \dsum_{k=0}^{d}a_kQ^{-1}A^kQ=0$ si et seulement si $\dsum_{k=0}^{d}a_kB^k=0$.

 Donc $\mathcal{P}_A=\mathcal{P}_B$ et donc $\Pi_A=\Pi_B$.

 \item Soit $\lambda$ valeur propre de $A$. Alors $\Pi_A(\lambda)=0$, car $\Pi_A$ est annulateur de $A$.

 R\'{e}ciproquement, supposons $\lambda$ racine de $\Pi_A$.
 Alors il existe $Q \in \C[X]$ non nul tel que $\Pi_A(X)=(X-\lambda)Q(X)$ avec $\deg Q = \deg\Pi_A -1$.
Si $\lambda $ n'est pas valeur propre de $A$, la matrice $A-\lambda I$ est inversible. En multipliant l'\'{e}galit\'{e} par $(A-\lambda I)^{-1}$, on obtient $Q(A)=0$, en contradiction avec la minimalit\'{e} du degr\'{e} de $\Pi_A$.

  \item
  \begin{enumerate}
  \item D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de d'Alembert-Gauss%(le corps $\C$ est alg\'{e}briquement clos)
, $\Pi_A$ admet au moins une racine dans $\C$, donc $A$ une valeur propre complexe $\lambda$.
  \item Raisonnons par l'absurde: soit $\lambda\in Sp(A)$ t.q.  $\lambda\neq0$. Il existe $x\in \C^n\setminus\{0\}$ tel que $Ax=\lambda x$. Alors $2Ax=2\lambda x$.

  Donc $2\lambda$ est valeur propre de $2A$. Et comme $2A$ et $A$ sont semblables, elles ont le m\^{e}me polyn\^{o}me minimal et donc les m\^{e}mes valeurs propres, par la question pr\'{e}c\'{e}dente. Donc $2\lambda$ est valeur propre de $A$.

  Par r\'{e}currence, on montre que, pour tout $n$ de $\N^*$, $2^n\lambda$ est valeur propre de $A$ qui aurait alors une infinit\'{e} de valeurs propres.
  En contradiction avec le fait que les valeurs propres de $A$ sont les racines d'un polyn\^{o}me non nul $\Pi_A$. Donc $\lambda=0$.

  \item $\Pi_A$ est donc un polyn\^{o}me de degr\'{e} $p \geq 1$. Le polyn\^{o}me $\Pi_A$ admet  $p$ racines dans $\C$ toutes \'{e}gales \`{a} $0$ et donc $\Pi_A=X^p$, puisque $\Pi_A$ est unitaire. Et donc $A^p=0$.
  \end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Si $u^p=0$ et $u^{p-1}\neq 0$, il existe $x\neq 0$ tel que la famille $(x,u(x),\ldots, u^{p-1}(x))$ est libre. Donc ici $p=2$.

\item On a $u\neq0$ et $u^2=0$. Donc il existe $ x\in \C^2$ tel que $u(x)\neq0$.Dans la base $\mathcal{B}=(u(x),x)$ : $C=M_{u,\mathcal{B}}=\matrice{0&1\cr 0&0 }$.

\item Dans la base $\mathcal{B'}=(u(x),2x)$ : $C'=M_{u,\mathcal{B'}}=\matrice{0&2\cr 0&0 }$. Donc $C'=2C$.
Donc $2C$ et $C$ sont semblables,et comme $A$ et $C$ sont semblables, alors $2A$ et $A$ sont semblables.


\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}

