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2020-02-13 00:51:26 Page 1/4 2020 Mathématiques 1 PC 4 heures Calculatrice autorisée Étude de certaines matrices symplectiques L’objet du problème est de définir et étudier la notion de matrice symplectique, et d’établir des résultats de réduction dans certains cas particuliers. Vocabulaire et notations Dans tout le problème, 𝑛 désigne un entier naturel non nul et 𝐽𝑛 la matrice carrée de ℳ2𝑛(ℝ) définie par blocs par 𝐽𝑛 = ( 0𝑛,𝑛 𝐼𝑛 −𝐼𝑛 0𝑛,𝑛 ) où 0𝑛,𝑛 est la matrice nulle à 𝑛 lignes et 𝑛 colonnes et 𝐼𝑛 est la matrice identité de même taille. Si 𝑝 et 𝑞 sont deux entiers naturels non nuls, la matrice transposée de toute matrice 𝑀 de ℳ𝑝,𝑞(ℝ) est notée 𝑀⊤. On dit qu’une matrice 𝑀 de ℳ2𝑛(ℝ) est symplectique si et seulement si 𝑀⊤𝐽𝑛𝑀 = 𝐽𝑛. On désigne par Sp2𝑛(ℝ) l’ensemble des matrices symplectiques de taille 2𝑛 × 2𝑛. On note 𝒪2𝑛(ℝ) le groupe orthogonal de ℳ2𝑛(ℝ), 𝒮2𝑛(ℝ) l’ensemble des matrices symétriques de ℳ2𝑛(ℝ) et 𝒜2𝑛(ℝ) l’ensemble des matrices antisymétriques de ℳ2𝑛(ℝ). Soit 𝐸 un ℝ-espace vectoriel. On appelle forme bilinéaire sur 𝐸 toute application 𝜓 définie sur 𝐸 ×𝐸 et à valeurs dans ℝ telle que pour tout 𝑌 ∈ 𝐸, 𝑋 ↦ 𝜓(𝑋, 𝑌 ) et 𝑋 ↦ 𝜓(𝑌 , 𝑋) soient toutes les deux linéaires sur 𝐸. Soit 𝜓 une forme bilinéaire ; 𝜓 est dite alternée si et seulement si, pour tout 𝑋 ∈ 𝐸, 𝜓(𝑋, 𝑋) = 0 ; 𝜓 est dite antisymétrique si et seulement si, pour tout (𝑋, 𝑌 ) ∈ 𝐸2, 𝜓(𝑋, 𝑌 ) = −𝜓(𝑌 , 𝑋). Si 𝑖 et 𝑗 sont deux entiers naturels, on note 𝛿𝑖,𝑗 le nombre qui vaut 1 si 𝑖 = 𝑗 et qui vaut 0 sinon. On note 𝑒𝑖 la matrice colonne élémentaire dont le seul coefficient non nul vaut 1 et est placé sur la ligne numéro 𝑖. On munit ℳ2𝑛,1(ℝ) du produit scalaire canonique noté ⟨⋅, ⋅⟩ et de la norme euclidienne associée, notée ‖⋅‖. En identifiant ℳ1(ℝ) et ℝ, on a, pour tous 𝑋 et 𝑌 dans ℳ2𝑛,1(ℝ), ⟨𝑋, 𝑌 ⟩ = 𝑋⊤𝑌 et ‖𝑋‖2 = 𝑋⊤𝑋. Si 𝑋 ∈ ℳ2𝑛,1(ℝ), 𝑋⊥ désigne l’orthogonal de 𝑋, c’est-à-dire l’ensemble des éléments 𝑌 de ℳ2𝑛,1(ℝ) tels que ⟨𝑋, 𝑌 ⟩ = 0. Si 𝐹 est un sous-espace vectoriel de ℳ2𝑛,1(ℝ), 𝐹 ⊥ désignera l’orthogonal de 𝐹, c’est-à-dire l’ensemble des éléments de ℳ2𝑛,1(ℝ) qui sont orthogonaux à tous les éléments de 𝐹. Si 𝐴 est une matrice de ℳ2𝑛(ℝ), on notera spℝ(𝐴) l’ensemble des valeurs propres réelles de 𝐴. Si 𝐴 est une matrice de ℳ2𝑛(ℝ) et 𝜆 est une de ses valeurs propres, on notera 𝐸𝜆 le sous-espace propre de 𝐴 associé à la valeur propre 𝜆. Soit 𝐸 un espace vectoriel et 𝑋1, …, 𝑋𝑝 des vecteurs de 𝐸. On note Vect(𝑋1, …, 𝑋𝑝) l’espace vectoriel engendré par 𝑋1, …, 𝑋𝑝. Soit 𝐴 une matrice de ℳ2𝑛(ℝ) et 𝐹 une partie de ℳ2𝑛,1(ℝ). On dit que 𝐹 est stable par 𝐴 si et seulement si, pour tout 𝑋 dans 𝐹, 𝐴𝑋 est un élément de 𝐹. 2020-02-13 00:51:26 Page 2/4 I Cas des matrices de taille 2 × 2 Q 1. Dans cette question uniquement, 𝑛 est un entier naturel non nul quelconque. Déterminer 𝐽 2 𝑛 et montrer que 𝐽𝑛 ∈ Sp2𝑛(ℝ) ∩ 𝒜2𝑛(ℝ). Dans la suite de cette partie, 𝑛 = 1. Q 2. Montrer qu’une matrice de taille 2 × 2 est symplectique si et seulement si son déterminant est égal à 1. Q 3. Soit 𝑀 une matrice orthogonale de taille 2×2. On note 𝑀1 = ( 𝑥1 𝑥2 ) et 𝑀2 = ( 𝑦1 𝑦2 ) les deux colonnes de 𝑀. Montrer l’équivalence 𝑀 est symplectique ⟺ 𝑀2 = −𝐽1𝑀1. Q 4. Soit 𝑋1 ∈ ℳ2,1(ℝ) de norme 1. Montrer que la matrice carrée constituée des colonnes 𝑋1 et −𝐽1𝑋1 est à la fois orthogonale et symplectique. Q 5. Soit 𝑀 une matrice de taille 2 × 2 symétrique et symplectique. Montrer que 𝑀 est diagonalisable et que ses valeurs propres sont inverses l’une de l’autre. Montrer qu’il existe une matrice 𝑃 à la fois orthogonale et symplectique telle que 𝑃 −1𝑀𝑃 soit diagonale. Q 6. Déterminer les matrices de taille 2 × 2 à la fois antisymétriques et symplectiques et montrer qu’elles ne sont pas diagonalisables dans ℝ. II Cas des matrices symplectiques et orthogonales Soit 𝐾 une matrice antisymétrique et 𝜑 l’application de (ℳ2𝑛,1(ℝ)) 2 dans ℝ telle que ∀(𝑋, 𝑌 ) ∈ (ℳ2𝑛,1(ℝ)) 2, 𝜑(𝑋, 𝑌 ) = 𝑋⊤𝐾𝑌 . (On identifie de nouveau ℳ1(ℝ) et ℝ.) Q 7. Montrer que 𝜑 est une forme bilinéaire sur ℳ2𝑛,1(ℝ). Q 8. En calculant de deux manières 𝜑(𝑋, 𝑋)⊤, montrer que 𝜑 est alternée. Montrer de même que 𝜑 est antisymétrique. Dans toute la suite du sujet, 𝐾 = 𝐽𝑛. Q 9. Pour tout 𝑋 = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 𝑥1 𝑥2 ⋮ 𝑥2𝑛 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ∈ ℳ2𝑛,1(ℝ) et pour tout 𝑌 = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 𝑦1 𝑦2 ⋮ 𝑦2𝑛 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ∈ ℳ2𝑛,1(ℝ), montrer l’égalité 𝜑(𝑋, 𝑌 ) = 𝑛 ∑ 𝑘=1 (𝑥𝑘𝑦𝑘+𝑛 − 𝑥𝑘+𝑛𝑦𝑘). Q 10. Montrer que pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ {1, …, 2𝑛}2, 𝜑(𝑒𝑖, 𝑒𝑗) = 𝛿𝑖+𝑛,𝑗 − 𝛿𝑖,𝑗+𝑛 (on pourra commencer par le cas où (𝑖, 𝑗) ∈ {1, …, 𝑛}2 puis généraliser). Q 11. Montrer que pour tout 𝑋 ∈ ℳ2𝑛,1(ℝ), 𝐽𝑛𝑋 ∈ 𝑋⊥ et calculer 𝜑(𝐽𝑛𝑋, 𝑋). Q 12. Si 𝑌 ∈ ℳ2𝑛,1(ℝ), on note 𝑌 𝐽𝑛 l’ensemble des vecteurs 𝑍 de ℳ2𝑛,1(ℝ) tels que 𝜑(𝑌 , 𝑍) = 0. Montrer que 𝑋𝐽𝑛 = (𝐽𝑛𝑋)⊥. Q 13. Soit 𝑃 une matrice symplectique et orthogonale dont les colonnes sont notées 𝑋1, …, 𝑋2𝑛. Montrer que, pour tout (𝑖, 𝑗) ∈ {1, …, 2𝑛}2, ⎧ { ⎨ { ⎩ ‖𝑋𝑖‖ = 1 𝑖 ≠ 𝑗 ⟹ 𝑋𝑖 ⊥ 𝑋𝑗 𝜑(𝑋𝑖, 𝑋𝑗) = 𝛿𝑖+𝑛,𝑗 − 𝛿𝑖,𝑗+𝑛 Q 14. Sous les mêmes hypothèses, montrer que, pour tout 𝑖 ∈ {1, …, 𝑛}, 𝑋𝐽𝑛 𝑖 = 𝑋⊥ 𝑖+𝑛. Q 15. Sous les mêmes hypothèses, montrer que, pour tout 𝑖 ∈ {1, …, 𝑛}, 𝑋𝑖+𝑛 = −𝐽𝑛𝑋𝑖. III Quelques généralités sur les matrices symplectiques Q 16. Montrer que le déterminant d’une matrice symplectique vaut soit 1 soit −1. Q 17. Montrer que l’inverse d’une matrice symplectique est une matrice symplectique. Q 18. Montrer que le produit de deux matrices symplectiques est une matrice symplectique. L’ensemble Sp2𝑛(ℝ) est-il un sous-espace vectoriel de ℳ2𝑛(ℝ) ? 2020-02-13 00:51:26 Page 3/4 IV Réduction des matrices symétriques et symplectiques Le but de cette partie est de montrer que, si 𝑀 ∈ 𝒮2𝑛(ℝ) ∩ Sp2𝑛(ℝ), il existe 𝑃 ∈ 𝒪2𝑛(ℝ) ∩ Sp2𝑛(ℝ) tel que 𝑃 ⊤𝑀𝑃 est diagonale de coefficients diagonaux 𝑑1, …, 𝑑2𝑛 avec pour tout 𝑘 ∈ {1, …, 𝑛}, 𝑑𝑘+𝑛 = 1/𝑑𝑘. IV.A – Propriété Soit 𝑀 ∈ 𝒮2𝑛(ℝ) ∩ Sp2𝑛(ℝ). Q 19. Montrer que si 𝜆 est valeur propre de 𝑀, 1/𝜆 est également valeur propre de 𝑀. Donner un vecteur propre associé. Q 20. Soit 𝜆 ∈ spℝ(𝑀) et 𝑝 = dim 𝐸𝜆. Soit (𝑋1, …, 𝑋𝑝) une base de 𝐸𝜆. Montrer que (𝐽𝑛𝑋1, …, 𝐽𝑛𝑋𝑝) est une base de 𝐸1/𝜆 et que dim(𝐸𝜆) = dim(𝐸1/𝜆). Q 21. Soient 𝑌1, …, 𝑌𝑝 des vecteurs de ℳ2𝑛,1(ℝ). Soit 𝑌 ∈ ℳ2𝑛,1(ℝ). Montrer l’implication 𝑌 ∈ (Vect(𝑌1, …, 𝑌𝑝, 𝐽𝑛𝑌1, …, 𝐽𝑛𝑌𝑝)) ⊥ ⟹ 𝐽𝑛𝑌 ∈ (Vect(𝑌1, …, 𝑌𝑝, 𝑌 , 𝐽𝑛𝑌1, …, 𝐽𝑛𝑌𝑝)) ⊥. Q 22. Dans cette question 𝜆 = 1. Montrer que 𝐸1 est de dimension paire et qu’il existe une base de 𝐸1 orthonormée de la forme (𝑋1, …, 𝑋𝑝, 𝐽𝑛𝑋1, …, 𝐽𝑛𝑋𝑝) où 2𝑝 est la dimension de 𝐸1. Q 23. Qu’en est-il pour 𝐸−1 ? Q 24. Démontrer la propriété annoncée au début de la partie. IV.B – Mise en application sur un exemple Dans la fin de cette partie, on note 𝐴 la matrice 𝐴 = 1 8 ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 9 1 3 3 1 9 3 3 3 3 9 1 3 3 1 9 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ . Q 25. Montrer que 𝐴 ∈ 𝒮4(ℝ) ∩ Sp4(ℝ). Q 26. Construire une matrice orthogonale et symplectique 𝑃 telle que 𝑃 ⊤𝐴𝑃 soit diagonale. V Étude du cas des matrices antisymétriques V.A – Un peu de théorie Soit 𝑀 ∈ 𝒜2𝑛(ℝ) ∩ Sp2𝑛(ℝ). Soit 𝑚 l’application linéaire canoniquement associée à 𝑀. Q 27. Montrer l’égalité spℝ(𝑀) = ∅. Q 28. Montrer qu’il existe 𝑃 ∈ 𝒪2𝑛(ℝ) ∩ Sp2𝑛(ℝ) tel que 𝑃 ⊤𝑀2𝑃 soit diagonale de coefficients diagonaux 𝑑1, …, 𝑑2𝑛 avec pour tout 𝑘 ∈ {1, …, 𝑛}, 𝑑𝑘+𝑛 = 1/𝑑𝑘. Dans toute la suite de cette sous-partie, 𝑋 désigne un vecteur propre de 𝑀2 de norme 1 associé à une certaine valeur propre 𝜆. Q 29. Montrer que 𝑀𝑋, 𝐽𝑛𝑋 et 𝐽𝑛𝑀𝑋 sont des vecteurs propres de 𝑀2 et donner les valeurs propres associées à chacun de ces vecteurs. Q 30. Dans cette question et dans la suite, on note 𝐹 = Vect(𝑋, 𝑀𝑋, 𝐽𝑛𝑋, 𝐽𝑛𝑀𝑋). Montrer que 𝐹 est stable par 𝑀 et par 𝐽𝑛. Q 31. Montrer que toutes les valeurs propres de 𝑀2 sont strictement négatives. Q 32. Justifier que si 𝜆 ≠ −1, 𝐹 est un espace vectoriel de dimension 4. Montrer que, dans ce cas, (𝑋, −1 √ −𝜆𝑀𝑋, −𝐽𝑛𝑋, 1 √ −𝜆𝐽𝑛𝑀𝑋) est une base orthonormée de 𝐹. Donner alors la matrice de l’application 𝑚𝐹 induite par 𝑚 sur 𝐹 dans la base obtenue. Q 33. Montrer que 𝐹 ⊥ est stable par 𝑀 et par 𝐽𝑛. 2020-02-13 00:51:26 Page 4/4 Q 34. Montrer qu’il existe un entier naturel non nul 𝑞 et des sous-espaces vectoriels de ℳ2𝑛,1(ℝ), notés 𝐹1, …, 𝐹𝑞 tels que (a) 𝐹1 ⊕ ⋯ ⊕ 𝐹𝑞 = ℳ2𝑛,1(ℝ) ; (b) ∀𝑖 ∈ {1, …, 𝑞}, 𝐹𝑖 est stable par 𝑀 et par 𝐽𝑛 ; (c) ∀𝑖 ∈ {1, …, 𝑞}, 𝐹 ⊥ 𝑖 est stable par 𝑀 et par 𝐽𝑛 ; (d) ∀(𝑖, 𝑗) ∈ {1, …, 𝑞}2, 𝑖 ≠ 𝑗 ⟹ ∀(𝑌 , 𝑍) ∈ 𝐹𝑖 × 𝐹𝑗, ⟨𝑌 , 𝑍⟩ = 0 = 𝜑(𝑌 , 𝑍) ; (e) ∀𝑖 ∈ {1, …, 𝑞}, dim 𝐹𝑖 ∈ {2, 4} ; (f) ∀𝑖 ∈ {1, …, 𝑞}, la matrice de l’application 𝑚𝐹𝑖 induite par 𝑚 sur 𝐹𝑖 dans une certaine base est de la forme 𝐽1 ou ⎛ ⎜ ⎝ √ −𝜆𝐽1 02,2 02,2 1 √ −𝜆𝐽1 ⎞ ⎟ ⎠ . V.B – Mise en application Dans la fin de cette partie, on note 𝐵 la matrice 𝐵 = 1 4 ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 −5 0 −3 5 0 3 0 0 −3 0 −5 3 0 5 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ . Q 35. Calculer 𝐵2⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 1 1 1 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ . Q 36. Déterminer un réel 𝑎 et une matrice 𝑃 tels que 𝑃 ∈ 𝒪4(ℝ) ∩ Sp4(ℝ) et 𝑃 ⊤𝐵𝑃 = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 0 𝑎 0 0 −𝑎 0 0 0 0 0 0 1/𝑎 0 0 −1/𝑎 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ . • • • FIN • • •

Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 Centrale-Supélec PC 2020 — Maths 1 Denis Jourdan, Lycée du Parc, Lyon I Cas des matrices de taille 2 × 2 Q 1. Soit n ∈ N∗. Par produit par blocs, J2 n = −In 0n,n 0n,n −In = −I2n. On a clairement J⊤ n = −Jn et donc J⊤ n JnJn = −J3 n = Jn. Autrement dit : Jn ∈ Sp2n(R) ∩ A2n(R) Q 2. Soit M = a b c d ∈ M2(R). On calcule M ⊤J1M = 0 ad − bc bc − ad 0 = det(M)J1 Il s’ensuit que M ∈ M2(R) est symplectique si, et seulement si det(M) = 1 Q 3. M = x1 y1 x2 y2 est orthogonale donc x2 1 + x2 2 = 1 (1) y2 1 + y2 2 = 1 (2) x1y1 + x2y2 = 0 (3) . ▷ Si M est symplectique, alors avec Q.2., det(M) = x1y2 − x2y1 = 1 (4) Multiplions (3) par x1 et (4) par −x2 : tenant compte de la relation (1), on obtient : y1 = −x2. Multiplions (3) par x2 et (4) par x1 : tenant compte de la relation (1), on obtient : y2 = x1. D’où M2 = y1 y2 = −x2 x1 = −J1M1. ▷ Réciproquement, si M2 = −J1M1, on a y1 = −x2 et y2 = x1 donc det(M) = x2 1 + x2 2 = 1 et avec Q.2., M est symplectique. M est symplectique si et seulement si M2 = −J1M1. 1/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 Q 4. Soit X1 ∈ M2,1(R) de norme 1 : il existe un réel θ tel que X1 = cos(θ) sin(θ) . La matrice de colonnes X1 et −J1X1 est donc M = cos(θ) − sin(θ) sin(θ) cos(θ) . M est une matrice orthogonale de déterminant 1, donc est à la fois orthogonale et symplectique. Si X1 ∈ M2,1(R) est de norme 1, alors M = X1 ... − J1X1 est à la fois orthogonale et symplectique. Q 5. Soit M ∈ M2(R) à la fois symétrique et symplectique. M étant symétrique réelle, le théorème spectral assure qu’il existe P ∈ O2(R) et deux réels λ1 et λ2 tels que M = P λ1 0 0 λ2 P ⊤. M étant symplectique, det(M) = 1 donc λ1.λ2 = 1 : les valeurs propres de M sont inverses l’une de l’autre. De plus, quitte à changer la première colonne de P en son opposée, on peut supposer que P est de déterminant égal à 1, donc que P est symplectique (avec Q.2.). Si M ∈ S2(R) ∩ Sp2(R), alors il existe λ ∈ R et P ∈ O2(R) ∩ Sp2(R) tels que M = P λ 0 0 1 λ P ⊤. Q 6. Soit A ∈ A2(R). Il existe un réel a tel que A = 0 a −a 0 . Si A est symplectique, alors det(A) = 1 donc a2 = 1, puis A = J1 ou A = −J1. Réciproquement, J1 et −J1 sont des matrices à la fois antisymétriques et symplectiques. L’ensemble des matrices de M2(R) qui sont à la fois antisymétriques et symplectiques est égal à {J1, −J1} J1 et −J1 ont pour polynôme caractéristique X2 + 1 qui n’a pas de racine réelle. En particulier J1 et −J1 ne sont pas diagonalisables dans M2(R). II Cas des matrices symplectiques et orthogonales. Q 7. Soit K ∈ A2n(R). ▷ ϕ est bien une application de M2n,1(R) × M2n,1(R) dans R. ▷ Soit Y ∈ M2n,1(R). Soient X1, X2 dans M2n,1(R) et λ1, λ2 dans R. En utilisant la linéarité de M → M ⊤ et la bilinéarité du produit matriciel, il vient : ϕ(λ1X1 + λ2X2, Y ) = (λ1X1 + λ2X2)⊤KY = λ1X⊤ 1 KY + λ1X⊤ 1 KY = λ1ϕ(X1, Y ) + λ2ϕ(X2, Y ) Cela prouve que pour tout Y ∈ M2n,1(R), l’application X → ϕ(X, Y ) est linéaire. On vérifie de la même manière que pour tout Y ∈ M2n,1(R), l’application X → ϕ(Y, X) est linéaire. ϕ est une forme bilinéaire sur M2n,1(R) 2/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 Q 8. Soit X ∈ M2n,1(R). Vu que ϕ(X, X) ∈ R, on a : ϕ(X, X)⊤ = ϕ(X, X). D’autre part, ϕ(X, X)⊤ = (X⊤KX)⊤ = X⊤K⊤(X⊤)⊤ = X⊤(−K)X = −ϕ(X, X). D’où ϕ(X, X) = 0. ∀X ∈ M2n,1(R), ϕ(X, X) = 0 De même, soient X, Y ∈ M2n,1(R). ϕ(X, Y ) = ϕ(X, Y )⊤ = (X⊤KY )⊤ = Y ⊤K⊤(X⊤)⊤ = Y ⊤(−K)X = −ϕ(Y, X). ϕ est antisymétrique. Remarque : on peut s’interroger sur l’intérêt de cette question... On peut aussi remarquer qu’une forme bilinéaire est antisymétrique si, et seulement si elle est alternée. En effet, soit ψ est une forme bilinéaire sur un espace vectoriel E. Si ∀(X, Y ) ∈ E2, ψ(X, Y ) = −ψ(Y, X) alors en particulier ∀X ∈ E, ψ(X, X) = −ψ(X, X) donc ψ est alternée. Réciproquement, supposons ψ alternée et soient X, Y dans E ; en utilisant la bilinéarité de ψ, il vient : ψ(X + Y, X + Y ) = ψ(X, X) + ψ(X, Y ) + ψ(Y, X) + ψ(Y, Y ) donc, vu que ψ est alternée, ψ(X, Y ) = −ψ(Y, X). Retenons quand-même, ce qui sera utilisé plusieurs fois par la suite, que Si A ∈ A2n(R), alors ∀X, Y ∈ M2n,1(R), < X, AY >= X⊤AY = − < AX, Y > et < AX, X >= 0. Q 9. Soient X = x1 x2 ... x2n et Y = y1 y2 ... y2n dans M2n(R). On calcule JnY = yn+1 ... y2n −y1 ... −yn , puis ϕ(X, Y ) =< X, JnY >= n k=1 (xkyk+n − xn+kyk). Q 10. On notera, pour tous entiers relatifs i et j : δi,j := 1 si i = j 0 si i ̸= j Soient i, j ∈ {1, . . . , 2n}. Vu que ei = δ1,i δ2,i ... δ2n,i et ej = δ1,j δ2,j ... δ2n,j la question Q.9. fournit : ϕ(ei, ej) = n k=1 (δk,iδk+n,j − δn+k,iδk,j) = n k=1 (δk,iδk,j−n − δk,i−nδk,j) 3/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 Calculons séparément les sommes n k=1 δk,iδk,j−n et n k=1 δk,i−nδk,j. ▷ Si i ̸= j − n, alors ∀k ∈ {1, . . . , n}, δk,iδk,j−n = 0 donc n k=1 δk,iδk,j−n = 0. ▷ Si i = j − n, alors ∀k ∈ {1, . . . , n}, δk,iδk,j−n = δ2 k,i = δk,i, donc n k=1 δk,iδk,j−n = 1. Ainsi n k=1 δk,iδk,j−n = δi,j−n = δi+n,j De même, on montre que n k=1 δk,i−nδk,j = δi−n,j = δi,j+n En définitive : Pour tous i, j ∈ {1, . . . , 2n}, ϕ(ei, ej) = δi+n,j − δi,j+n Q 11. Soit X ∈ M2n,1(R). On a vu en Q 8. que < X, JnX >= ϕ(X, X) = 0, donc JnX ∈ X⊥. D’autre part, J⊤ n Jn = −J2 n = I2n (cf Q 1.) donc Jn est orthogonale et : ϕ(JnX, X) = (JnX)⊤JnX = X⊤J⊤ n JnX = X⊤X = ||X||2. ∀X ∈ M2n,1(R), JnX ∈ X⊥ et ϕ(JnX, X) = ||X||2. Q 12. Soient X, Z ∈ M2n,1(R). Vu que ϕ est antisymétrique, ϕ(X, Z) = −ϕ(Z, X) = − < Z, JnX >. Par conséquent, ϕ(X, Z) = 0 si, et seulement si Z est orthogonal à JnX. Autrement dit : XJn = (JnX)⊥ Q 13. Le système des vecteurs colonnes d’une matrice orthogonale est une famille orthonormée, donc : Pour tout (i, j) ∈ {1, . . . , 2n}2, ∥Xi∥ = 1 et i ̸= j ⇒ Xi ⊥ Xj. Soit (i, j) ∈ {1, . . . , 2n}2. Vu que Xi = Pei et Xj = Pej, il vient : ϕ(Xi, Xj) = ϕ(Pei, Pej) = e⊤ i P ⊤JnPei. Or P est symplectique donc P ⊤JnP = Jn, d’où : ∀(i, j) ∈ {1, . . . , 2n}2, ϕ(Xi, Xj) = ϕ(ei, ej) = δi+n,j − δi,j+n 4/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 Remarque : Réciproquement, si les colonnes X1, . . . , X2n de P ∈ M2n(R) vérifient ∀(i, j) ∈ {1, . . . , 2n}2, ∥Xi∥ = 1 i ̸= j ⇒ Xi ⊥ Xj. ϕ(Xi, Xj) = ϕ(ei, ej) = δi+n,j − δi,j+n Alors P soit orthogonale et par produit par blocs, P ⊤JnP = (< Xi, JnXj >)1≤i,j≤2n = (ϕ(Xi, Xj))1≤i,j≤2n = Jn, donc P est symplectique. Q 14. Soit i ∈ {1, . . . , n}. Soit Z ∈ M2n,1(R). On décompose Z sur la base orthonormée (X1, X2, . . . , X2n) : Z = 2n j=1 zjXj avec, pour tout j ∈ {1, . . . , 2n}, zj =< Z, Xj > On calcule, avec la bilinéarité de ϕ : ϕ(Xi, Z) = 2n j=1 zjϕ(Xi, Xj) = 2n j=1 zj(δi+n,j − δi,j+n) Or i ∈ {1, . . . , n}, donc pour tout j ∈ {1, . . . , 2n}, δi,j+n = 0. Dès lors : ϕ(Xi, Z) = 2n j=1 zjδi+n,j = zi+n =< Z, Xi+n > . Cette dernière égalité prouve que Z ∈ XJn i si, et seulement si Z est orthogonal à Xi+n : ∀i ∈ {1, . . . , n}, XJn i = X⊥ i+n. Q 15. Soit i ∈ {1, . . . , n}. Les questions Q 12. et Q 14. montrent que X⊥ i+n = (JnXi)⊥. Or pour tout X ∈ M2n,1(R), (X⊥)⊥ = (Vect(X)⊥)⊥ = Vect(X), donc Vect(JnXi) = Vect(Xi+n). Par conséquent, il existe un réel α tel que Xi+n = αJnXi. En utilisant la bilinéarité de ϕ et la question Q 11., ϕ(Xi+n, Xi) = αϕ(JnXi, Xi) = α∥Xi∥2 = α D’autre part, on a vu en Q 13. que ϕ(Xi, Xi+n) = δi+n,i+n − δi,i+2n = 1, donc vu que ϕ est antisymétrique, ϕ(Xi+n, Xi) = −1 En définitive, Xi+n = αJnXi, avec α = −1 : ∀i ∈ {1, . . . , n}, Xi+n = −JnXi 5/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 Remarque : Réciproquement, une matrice orthogonale dont les colonnes sont de la forme X1, .., Xn, −JnX1, .., −JnXn est symplectique. En effet, une telle matrice P est de la forme P = A −B B A . Un calcul par blocs montre que JnP = PJn, donc en multipliant à gauche par P ⊤, et en utilisant que P est orthogonale, il vient P ⊤JnP = P ⊤PJn = Jn. Cette remarque nous servira à la question Q 24. III Quelques généralités sur les matrices symplectiques. Q 16. Soit M ∈ Sp2n(R). On a donc M ⊤JnM = Jn. Une matrice carrée et sa transposée ayant le même déterminant, il vient : det(M)2 det(J) = det(J) Or det(Jn) ̸= 0 d’après Q1. donc det(M)2 = 1 : Le déterminant d’une matrice symplectique vaut soit 1 soit -1 Remarque : on peut montrer que le déterminant d’une matrice symplectique vaut toujours 1. (voir le sujet Mines-Ponts PSI 2015, Maths 1). Q 17. Soit M ∈ Sp2n(R). D’après la question précédente, M est inversible. En multipliant la relation M ⊤JnM = Jn par M −1 à gauche et par (M ⊤)−1 à droite, on obtient : Jn = (M ⊤)−1JnM −1 = (M −1)⊤JnM −1 ce qui prouve que M −1 est symplectique. L’inverse d’une matrice symplectique est encore symplectique Q 18. Soient M, N ∈ Sp2n(R). (MN)⊤J(MN) = N ⊤M ⊤JMJ = N ⊤JN = J Le produit de deux matrices symplectiques est symplectique. Toute matrice symplectique étant inversible, la matrice nulle n’appartient pas à Sp2n(R). En particulier : Sp2n(R) n’est pas un sous-espace vectoriel de M2n(R) 6/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 IV Réduction des matrices symétriques et symplectiques. Soit M ∈ Sp2n(R) ∩ S2n(R). On a donc MJnM = Jn. Q 19. Supposons que λ soit valeur propre de M, et soit X ∈ M2n,1(R) un vecteur propre associé. M est inversible d’après Q 16., donc λ ̸= 0. MJnX = MJn( 1 λMX) = 1 λMJnMX = 1 λJnX. De plus, X est non nul et Jn est inversible, donc JnX ̸= 0. Ainsi JnX est un vecteur propre de M associé à la valeur propre 1 λ. Si X est un vecteur propre de M associé à la valeur propre λ, alors JnX est un vecteur propre de M associé à la valeur propre 1 λ. Q 20. Soit λ une valeur propre de M. La question Q 19. permet de définir l’application fλ : Eλ(M) → E1/λ(M) X → JnX ▷ fλ est linéaire ▷ fλ est injective car Jn est inversible. ▷ Montrons que fλ est surjective. Soit Y ∈ E1/λ(M). D’après Q.1, Y = JnX avec X = −JnY . On a MX = −MJnY = −MJn(λMY ) = −λJnY = λX donc X ∈ Eλ(M) et fλ(X) = JnX = Y . On a montré que fλ est un isomorphisme de Eλ(M) sur E1/λ(M). Eλ(M) et E1/λ(M) ont la même dimension. Plus précisément, si (X1, . . . , Xp) est une base de Eλ(M), alors (JnX1, . . . , JnXp) est une base de E1/λ(M) Remarque : vu que Jn est une matrice orthogonale, on peut même dire que si (X1, . . . , Xp) est une base orthonormée de Eλ(M), alors (JnX1, . . . , JnXp) est une base orthonormée de E1/λ(M). Q 21. Soient Y1, . . . , Yp et Y dans M2n,1(R). Supposons que Y ∈ (Vect(Y1, . . . , Yp, JnY1, . . . , JnYp))⊥ . Soit i ∈ {1, . . . , p}. On a donc < Y, Yi >=< Y, JnYi >= 0. La question Q 8. fournit : < JnY, Yi >= − < Y, JnYi >= 0 et < JnY, Y >= 0. De plus, Jn est une matrice orthogonale, donc < JnY, JnYi >=< Y, Yi >= 0. Par conséquent, JnY est orthogonal à tous les vecteurs de la famille (Y1, . . . , Yp, Y, JnY1, . . . , JnYp), et donc JnY ∈ (Vect(Y1, . . . , Yp, Y, JnY1, . . . , JnYp))⊥ . Si Y ∈ (Vect(Y1, . . . , Yp, JnY1, . . . , JnYp))⊥, alors JnY ∈ (Vect(Y1, . . . , Yp, Y, JnY1, . . . , JnYp))⊥ . 7/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 Q 22. Le lemme suivant sera utilisé à plusieurs reprises par la suite : Lemme : si un sous-espace F de M2n,1(R) est stable par Jn, alors sa dimension est paire. en effet, si F est stable par Jn, l’application JF : F → F X → JnX est un endomorphisme de F qui vérifie J2 F = −IdF , donc en prenant les déterminants : det(JF )2 = (−1)dim(F ) ≥ 0. Supposons que 1 soit valeur propre de M. La question Q 20. montre que E1(M) est stable par Jn, donc est de dimension paire d’après le lemme. Soit p ∈ N∗ tel que dim(E1(M)) = 2p. Montrons par récurrence sur k ∈ {1, . . . , p} la propriété Pk : « Il existe X1, . . . , Xk ∈ M2n,1(R) tels que (X1, . . . , Xk, JnX1, . . . , JnXk) soit une famille orthonormée de E1(M) » ▷ P1 est vraie : soit X un vecteur de E1(M) de norme 1. D’après Q 19., JnX appartient à E1(M). Jn est antisymétrique donc < X, JnX >= 0 et Jn est orthogonale, donc ∥JnX∥ = ∥X∥ = 1. Ainsi (X, JnX) est une famille orthonormée de E1(M). ▷ Supposons que Pk soit vraie pour un certain k ∈ {1, . . . , p − 1}. Soient X1, . . . , Xk ∈ M2n,1(R) tels que (X1, . . . , Xk, JnX1, . . . , JnXk) soit une famille orthonormée de E1(M). Vu que 2k < 2p, (Vect(X1, . . . , Xk, JnX1, . . . , JnXk))⊥ qui est de dimension 2n − 2k > 2n − 2p n’est pas en somme directe avec E1(M), donc il existe un vecteur Xk+1 dans E1(M) de norme 1 tel que Xk+1 ∈ (Vect(X1, . . . , Xk, JnX1, . . . , JnXk))⊥ . La question Q 21. assure alors que JnXk+1 ∈ (Vect(X1, . . . , Xk, Xk+1, JnX1, . . . , JnXk))⊥ . De plus ∥JnXk+1∥ = ∥Xk+1∥ = 1, donc la famille (X1, . . . , Xk, Xk+1, JnX1, . . . , JnXk, JnXk+1) est une famille orthonormée de E1(M). D’où Pk+1 Par récurrence, Pk est vraie pour tout k ∈ {1, . . . , p} et Pp fournit le résultat voulu. Il existe une base orthonormée de E1(M) de la forme (X1, . . . , Xp, JnX1, . . . , JnXp) Q 23. Un raisonnement en tout point analogue montre que E−1(M) est de dimension paire et qu’il existe une base orthonormée de E−1(M) de la forme (X1, . . . , Xp, JnX1, . . . , JnXp). Q 24. Supposons que les valeurs propres distinctes de M soient 1 et −1 et λ1, . . . , λs, 1/λ1, . . . , 1/λs où |λ1| < 1, . . . , |λs| < 1. (le raisonnement s’adapte sans aucune difficulté dans les cas où 1 ou −1 ne sont pas valeurs propres de M ou que M n’a pas de valeur propre de valeur absolue différente de 1 ). 8/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 Pour alléger, on note Eλ au lieu de Eλ(M). Le théorème spectral fournit : M2n,1(R) = E1 ⊥⊕ E−1 ⊥⊕ Eλ1 ⊥⊕ · · · ⊥⊕ Eλr ⊥⊕ E1/λ1 ⊥⊕ · · · ⊥⊕ E1/λr Il existe une base orthonormée de E1 de la forme (X1, . . . , Xp, JnX1, . . . , JnXp). La famille (X1, . . . , Xp, −JnX1, . . . , −JnXp) est encore une base orthonormée de E1. De même, il existe une base orthonormée de E−1 de la forme (Y1, . . . , Yq, −JnY1, . . . , −JnYq). Prenons enfin (Z1, . . . , Zr) une base orthonormée adaptée à Eλ1 ⊥⊕ · · · ⊥⊕ Eλs. D’après la remarque faite à la fin de Q 20., la famille (−JnZ1, . . . , −JnZr) une base orthonormée adaptée à E1/λ1 ⊥⊕ · · · ⊥⊕ E1/λs. Soit P la matrice dont les colonnes sont (dans cet ordre) : X1, . . . , Xp, Y1, . . . , Yq, Z1, . . . , Zr, −JnX1, . . . , −JnXp, −JnY1, . . . , −JnYq, −JnZ1, . . . , −JnZr Les colonnes de P forment une base orthonormée de M2n,1(R) donc P est orthogonale et la remarque faite à la fin de la partie II montre que P est aussi symplectique. De plus, par construction de P, la matrice P −1MP est diagonale de coefficients diagonaux d1, . . . , d2n où pour tout k ∈ {1, . . . , n}, dn+k = 1/dk. la propriété annoncée au début de la partie IV est donc démontrée. Q 25. Soit A = 1 8 9 1 3 3 1 9 3 3 3 3 9 1 3 3 1 9 = 1 8 B C C B en posant B = 9 1 1 9 et C = 3 3 3 3 . On constate que A⊤ = A. D’autre part, notons U = 1 1 1 1 . On a B = U + 8I2 et C = 3U et U 2 = 2U. Donc B et C commutent et B2 − C2 = U 2 + 16U + 64I2 − 9U 2 = 64I2. En faisant du produit par blocs, on obtient donc : A⊤J2A = AJ2A = 1 64 BC − CB B2 − C2 C2 − B2 BC − CB = J2 A est symétrique et symplectique Q 26. On reprend le raisonnement de Q 24. sur cet exemple. On observe que A 1 1 1 1 = 2 1 1 1 1 et que A 1 −1 0 0 = 1 −1 0 0 . Posons X1 = 1 −1 0 0 , X2 = 1 1 1 1 . 9/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 D’après Q 19., −JX1 = 0 0 1 −1 et −JX2 = −1 −1 1 1 sont des vecteurs propres de A respectivement associés aux valeurs propres 1 et 1/2. Considérons la matrice : P = 1 2 − √ 2 1 0 −1 − √ 2 1 0 −1 0 1 √ 2 1 0 1 − √ 2 1 . P est orthogonale car ses vecteurs colonnes forment une base orthonormée de M4,1(R) et on vérifie que P ⊤J2P = J2, c’est-à-dire que P est symplectique. De plus, par la formule du changement de base : P ⊤AP = P −1AP = 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1/2 . V Étude du cas des matrices antisymétriques. Soit M ∈ A2n(R) ∩ Sp2n(R). On a donc MJnM = −Jn. On a déjà observé en Q 8. que ∀X, Y ∈ M2n,1(R), < X, MY >= X⊤MY = − < MX, Y > et < MX, X >= 0. Q 27. Raisonnons par l’absurde et supposons que M ait une valeur propre réelle λ. Vu que M est symplectique, elle est inversible (Q 16.) et donc λ ̸= 0. Soit X ∈ M2n,1(R) non nul tel que MX = λX. On a 0 =< MX, X >= λ∥X∥2 avec et X non nuls, ce qui est absurde. M n’a pas de valeur propre réelle Q 28. M est antisymétrique donc (M 2)⊤ = M ⊤M ⊤ = (−M)2 = M 2 i.e. M 2 ∈ S2n(R). D’autre part, M 2 est symplectique comme produit de deux matrices symplectiques (Q 17.). Le résultat voulu découle donc de la partie IV. Soit X ∈ M2n,1(R) un vecteur de norme 1 tel que M 2X = λX. Q 29. ▷ Tout d’abord, les matrices Jn et M étant inversibles, les trois vecteurs MX, JnX et JnMX ne sont pas nuls. ▷ M 2MX = M(λX) = MX donc MX est un vecteur propre de M associé à la valeur propre λ ▷ M 2JnX = M 2Jn( 1 λM 2X) = 1 λM 2JnM 2X = 1 λJnX car M 2 est symplectique. 10/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 ▷ M 2JnMX = M 2JnM( 1 λM 2X) = 1 λM 2JnM 2MX = 1 λJnMX Si X est un vecteur propre de M 2 associé à la valeur propre λ, alors MX est un vecteur propre de M 2 associé à λ et JnX et JnMX sont des vecteurs propres de M 2 associés à la valeur propre 1 λ Q 30. Soit F = Vect(X, MX, JnX, JnMX). ▷ F est stable par M : en effet, MX ∈ F, M(MX) = M 2X = λX ∈ F, M(JnX) = MJn( 1 λM 2X) = 1 λMJnM MX = −1 λ JnMX ∈ F et M(JnMX) = −JnX ∈ F. Soit alors Y ∈ F ; Y est combinaison linéaire de X, MX, JnX, JnMX, donc d’après les calculs ci-dessus, MY est aussi combinaison linéaire de X, MX, JnX, JnMX donc appartient à F. ▷ F est stable par Jn : en effet, JnX ∈ F, Jn(MX) = JnMX ∈ F, Jn(JnX) = −X ∈ F et Jn(JnMX) = −MX ∈ F. On en déduit comme précédemment que F est stable par Jn. Si X est un vecteur propre de M 2, alors F = Vect(X, MX, JnX, JnMX) est stable par M et par Jn. Q 31. Soit λ une valeur propre de M 2. Il existe X ∈ M2n,1(R) tel que X ̸= 0 et M 2X = λX. Vu que M est antisymétrique, < M 2X, X >= − < MX, MX >= −∥MX∥2. D’autre part, < M 2X, X >= λ∥X∥2. Vu que X est non nul et M inversible, on a ∥X∥2 ̸= 0 et ∥MX∥2 > 0 donc λ = −∥MX∥2 ∥X∥2 < 0 Les valeurs propres de M 2 sont strictement négatives Q 32. Supposons λ ̸= −1, donc λ ̸= 1 λ· Les espaces propres d’une matrice symétrique réelle étant deux à deux orthogonaux, Eλ(M 2) ⊥ E1/λ(M 2). Observons que < X, MX >= 0 car M est antisymétrique. Jn étant orthogonale, on a alors < JnX, JnMX >=< X, MX >= 0. Par conséquent, la question Q 29. montre que la famille (X, MX, JnX, JnMX) est orthogonale et constituée de vecteurs non nuls, donc est libre. Autrement dit, F = Vect(X, MX, JnX, JnMX) est de dimension 4. On vient d’observer que la famille X, −1 √ −λMX, −JnX, 1 √ −λJnMX est orthogonale. De plus, ∥ −1 √ −λMX∥2 = 1 −λ < MX, MX >= 1 λ < M 2X, X >= ∥X∥2 = 1 Enfin, Jn est orthogonale donc ∥JnX∥ = ∥X∥ = 1 et ∥ 1 √ −λJnMX∥ = ∥ 1 √ −λMX∥ = 1. La famille X, −1 √ −λMX, −JnX, 1 √ −λJnMX est une base orthonormée de F 11/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 Enfin MX = − √ −λ −1 √ −λMX M −1 √ −λMX = −λ √ −λX = √ −λX M(−JnX) = 1 λJnMX = −1 √ −λ 1 √ −λJnMX en utilisant Q 30. M 1 √ −λJnMX = −1 √ −λJnX La matrice de mF dans la base orthonormée X, −1 √ −λMX, −JnX, 1 √ −λJnMX est donc égale à 0 √ −λ 0 0 − √ −λ 0 0 0 0 0 0 1 √ −λ 0 0 −1 √ −λ 0 = √ −λ J1 02,2 02,2 1 √ −λ J1 Remarque : Dans la perspective de la question Q 34., traitons le cas où λ = −1. Soit X un vecteur unitaire tel que MX = −X. Le sous-espace F = Vect(X, MX, JnX, JnMX) est stable par Jn donc d’après le lemme vu en Q 22., la dimension de F est paire. Vu que X et MX sont orthogonaux et non nuls, la dimension de F est donc égale à 2 ou 4. ▷ Si dim(F) = 2, alors F = Vect(X, MX), la famille (X, −MX) est une base orthonormée de F et la matrice de mF dans cette base est 0 1 −1 0 = J1. ▷ Si dim(F) = 4, alors (X, −MX, −JnX, JnMX) est une base orthonormée de F et la matrice de mF dans cette base orthonormée est J1 02,2 02,2 J1 Q 33. Montrons plus généralement que Si A ∈ A2n(R) stabilise un sous-espace V , alors A stabilise aussi V ⊥. Démonstration : Soit Y ∈ V ⊥. Soit X ∈ V . A est antisymétrique, donc < AY, X >= − < Y, AX >. Or A stabilise V donc AX ∈ V et < Y, AX >= 0. Ainsi AY est orthogonal à tout vecteur X de V c’est-à-dire AY ∈ V ⊥. Les matrices M et Jn sont antisymétriques et stabilisent F, donc elles stabilisent F ⊥ Q 34. • Soit λ une valeur propre de M 2 et X1 un vecteur de norme 1 tel que M 2X1 = λX1. Notons F1 = Vect(X1, MX1, JnX1, JnMX1). On a vu en Q 32. et Q 33. que F1 est de dimension 2 ou 4, que F1 et F ⊥ 1 sont stables par M et Jn et qu’il existe une base orthonormée de F1 dans laquelle la matrice de mF1 a une des deux formes indiquées. 12/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 • ▷ Si F ⊥ 1 = {0}, c’est terminé. ▷ Sinon, F ⊥ 1 est un sous espace stable par M donc par M 2. L’endomorphisme induit par m2 sur F ⊥ 1 est symétrique, donc il existe λ2 ∈ R et X2 ∈ F ⊥ 1 , tels que M 2X2 = λ2X2 et ∥X2∥ = 1. Notons F2 = Vect(X2, MX2, JnX2, JnMX2). Avec Q 32. et Q 33., il est immédiat que F1 et F2 vérifient les propriétés (b), (c), (e) et (f). De plus, F1 et F2 sont orthogonaux et si Y ∈ F1, Z ∈ F2, alors ϕ(Y, Z) =< Y, JnZ >= 0 car JnZ ∈ F2. Donc F1 et F2 vérifient (d). • Supposons avoir construit, pour un certain k ∈ N∗, des sous-espaces F1, . . . , Fk deux à deux orthogonaux (donc en somme directe) et vérifiant les propriétés (b) à (f). ▷ Si F1 ⊕ F2 ⊕ · · · ⊕ Fk = M2n,1(R), c’est terminé. ▷ Sinon G := (F1 ⊕ F2 ⊕ · · · ⊕ Fk)⊥ est un sous-espace stable par M donc par M 2. L’endomorphisme induit par m2 sur G est symétrique, donc il existe λk+1 ∈ R et Xk+1 ∈ G, tels que M 2Xk+1 = λk+1Xk+1 et ∥Xk+1∥ = 1. Posons Fk+1 = Vect(Xk+1, MXk+1, JnXk+1, JnMXk+1). On vérifie comme précédemment que les sous-espaces F1, . . . Fk, Fk+1 satisfont aux propriétés (b) à (f). Vu que dim(F1 ⊕ F2 ⊕ · · · ⊕ Fk) ≥ 2k, ce procédé de construction s’arrête au bout d’au plus n étapes, ce qui prouve le résultat voulu. Q 35. Soit B = 1 4 0 −5 0 −3 5 0 3 0 0 −3 0 −5 3 0 5 0 Posons U = 1 1 1 1 . On calcule BU = −2 1 −1 1 −1 puis B2U = −4U. B2 1 1 1 1 = −4 1 1 1 1 . Q 36. On applique Q 32. sur cet exemple, avec λ = −4 et X = 1 2 1 1 1 1 . 13/14 Denis Jourdan Corrigé Centrale PC 2020 — Maths 1 On calcule donc −1 2 BX = 1 2 1 −1 1 −1 , −J2X = 1 2 −1 −1 1 1 et 1 2J2BX = 1 2 −1 1 1 −1 . Considérons la matrice P = 1 2 1 1 −1 −1 1 −1 −1 1 1 1 1 1 1 −1 1 −1 P est orthogonale car ses colonnes forment une base orthonormée. De plus ses colonnes sont de la forme X1, X2, −J2X1, −J2X2 donc P est symplectique (cf remarque à la fin de la partie II). Enfin, on a vu en Q 32. que P ⊤BP = 0 2 0 0 −2 0 0 0 0 0 0 1/2 0 0 −1/2 0 —FIN— 14/14 Denis Jourdan