Mines-Ponts - Mathématiques 1 (Algèbre & Géométrie)

📄 Partie 1 : Énoncé du Problème

Soit $E$ un espace vectoriel euclidien (ou préhilbertien réel) de dimension finie $n \ge 1$, muni d’un produit scalaire noté $(\cdot \mid \cdot)$ et de la norme associée $\|\cdot\|$.

Dans le cadre de l’étude de la stabilité de schémas numériques pour la résolution d’équations aux dérivées partielles, on s’intéresse à des familles d’endomorphismes autoadjoints dont le comportement asymptotique est gouverné par des propriétés spectrales fines. Plus précisément, on cherche à analyser les perturbations de l’identité et les projecteurs spectraux généralisés associés à des conditions de positivité stricte.

Le problème se compose de deux parties indépendantes dans leur formulation, mais unies par les techniques de réduction et de géométrie hilbertienne. La première partie étudie une classe originale de matrices/endomorphismes dits “quasi-projecteurs” pondérés, tandis que la seconde explore des inégalités de type isopérimétrique spectral sur les endomorphismes autoadjoints commutants.

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❓ Partie 2 : Questions

Partie A : Étude d’un endomorphisme quasi-projecteur pondéré

Soit $u \in \mathcal{L}(E)$ un endomorphisme autoadjoint. On suppose qu’il existe un endomorphisme $p \in \mathcal{L}(E)$ non nul, autoadjoint, tel que $p^2 = p$ (ainsi $p$ est le projecteur orthogonal sur un sous-espace $F = \text{Im}(p)$) et un réel $\alpha > 0$ tels que : $(u(x) \mid x) \ge \alpha \|p(x)\|^2, \quad \forall x \in E$

1. Montrer que $p$ est effectivement le projecteur orthogonal sur $F$. Expliciter la décomposition orthogonale $E = F \oplus F^\perp$.
2. Établir que pour tout $x \in F^\perp$, on a $(u(x) \mid x) \ge 0$. L’endomorphisme $u$ est-il nécessairement positif ? Justifier soigneusement.
3. On pose $n = \dim E$ et $d = \dim F$. En utilisant le théorème spectral, montrer qu’il existe une base orthonormée de $E$ dans laquelle la matrice de $u$ possède des blocs spécifiques. Déduire de l’hypothèse une minoration de la plus petite valeur propre de $u$ lorsque $F = E$.
4. Soit $\lambda_{\min}(u)$ la plus petite valeur propre de $u$. Établir la relation : $\lambda_{\min}(u) \cdot \|x\|^2 \le (u(x) \mid x)$ et en déduire une condition nécessaire liant $\alpha$, $\lambda_{\min}(u)$ et la norme subordonnée de $p$ (que l’on précisera).

Partie B : Inégalités spectrales et commutativité

Soit $A, B \in S_n(\mathbb{R})$ deux matrices symétriques réelles d’ordre $n$. On note $\lambda_1(A) \le \lambda_2(A) \le \dots \le \lambda_n(A)$ les valeurs propres de $A$ rangées par ordre croissant.

5. Rappeler le théorème minimax de Courant-Fischer pour les valeurs propres d’une matrice symétrique.
6. Démontrer que pour tout $(x, y) \in (\mathbb{R}^n)^2$ et pour toute matrice $A \in S_n(\mathbb{R})$, on a l’inégalité de Kantorovich matricielle généralisée : $\lambda_1(A) \|x\|^2 \le (Ax \mid x) \le \lambda_n(A) \|x\|^2$ Quand y a-t-il cas d’égalité pour la borne supérieure ?
7. On suppose désormais que $A$ et $B$ commutent ($AB = BA$).
   • (a) Justifier l’existence d’une base orthonormée de $\mathbb{R}^n$ diagonalisant simultanément $A$ et $B$.
   • (b) Soit $\sigma$ une permutation de $\{1, \dots, n\}$. Montrer que : $\sum_{i=1}^n \lambda_i(A)\lambda_{\sigma(i)}(B) \le \text{Tr}(AB) \le \sum_{i=1}^n \lambda_i(A)\lambda_{n-i+1}(B)$
   • (c) Que dire de ces inégalités si $A$ et $B$ ne commutent plus ? Proposer un contre-exemple explicite en dimension $2$.

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💡 Partie 3 : Rapport du Jury (Pièges et attentes)

• Généralités : Le jury a constaté une récurrence dans les confusions entre endomorphismes autoadjoints et endomorphismes symétriques quelconques, ainsi qu’une méconnaissance des hypothèses exactes du théorème de diagonalisation simultanée.
• Partie A : La question 1 nécessite de prouver que la condition $p^2=p$ combinée au caractère autoadjoint implique l’orthogonalité du projecteur. De nombreux candidats oublient de vérifier que $\ker(p) = (\text{Im}(p))^\perp$. À la question 4, l’utilisation inadéquate des normes subordonnées d’opérateurs conduit à des inégalités grossières.
• Partie B : Le théorème de Courant-Fischer (Q5) doit être énoncé avec toutes ses quantifications (sous-espaces de dimension $k$). Pour l’inégalité de réarrangement (Q7.b), l’utilisation de l’inégalité de rearrangement de Hardy-Littlewood-Polya est attendue. Le contre-exemple en dimension 2 (Q7.c) doit être mené avec des matrices explicites dont on calcule explicitement les valeurs propres.

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📋 Partie 4 : Corrigé Détaillé et Analyse

Partie A : Étude d’un endomorphisme quasi-projecteur pondéré

1. Caractérisation du projecteur orthogonal : On sait que $p \in \mathcal{L}(E)$ vérifie $p^2 = p$ (c’est un projecteur) et $p^* = p$ (il est autoadjoint). Soit $x \in \text{Im}(p)$ et $y \in \ker(p)$. Il existe $z \in E$ tel que $x = p(z)$. Alors : $(x \mid y) = (p(z) \mid y) = (z \mid p^*(y)) = (z \mid p(y))$ Puisque $y \in \ker(p)$, on a $p(y) = 0$, donc $(x \mid y) = 0$. Ainsi, $\text{Im}(p)^\perp \supset \ker(p)$. Par le théorème du rang, $\dim \text{Im}(p) + \dim \ker(p) = \dim E$. De plus, $\text{Im}(p) \cap \ker(p) = \{0\}$ (si $x = p(x) = 0$, alors $x=0$). Par conséquent, $\ker(p) = \text{Im}(p)^\perp$. Le projecteur $p$ est donc bien le projecteur orthogonal sur $F = \text{Im}(p)$.

2. Étude sur $F^\perp$ et positivité de $u$ : Soit $x \in F^\perp = \ker(p)$. Alors $p(x) = 0$. L’hypothèse donne immédiatement : $(u(x) \mid x) \ge \alpha \|p(x)\|^2 = 0$ Cependant, $u$ n’est pas nécessairement positif. En effet, l’inégalité $(u(x) \mid x) \ge 0$ n’est vérifiée que pour les éléments de $F^\perp$ et pour les éléments de $F$ (si $x \in F$, $(u(x) \mid x) \ge \alpha \|x\|^2 > 0$). Mais pour un vecteur quelconque $x = x_F + x_{F^\perp}$ avec $x_F \in F$ et $x_{F^\perp} \in F^\perp$, on a : $(u(x) \mid x) = (u(x_F) \mid x_F) + 2(u(x_F) \mid x_{F^\perp}) + (u(x_{F^\perp}) \mid x_{F^\perp})$ Le terme croisé $2(u(x_F) \mid x_{F^\perp})$ peut être négatif et dominer la somme si $u$ n’envoie pas $F$ dans $F$. $u$ n’est donc pas globalement positif sans hypothèse supplémentaire de compatibilité entre $u$ et $F$.

3. Réduction et minoration : Si $F = E$, alors $p = \text{id}_E$. L’hypothèse devient : $(u(x) \mid x) \ge \alpha \|x\|^2, \quad \forall x \in E$ Puisque $u$ est autoadjoint, il existe une base orthonormée $(e_1, \dots, e_n)$ diagonalisant $u$ avec des valeurs propres $\lambda_1 \le \lambda_2 \le \dots \le \lambda_n$. En prenant $x = e_1$, on a : $(u(e_1) \mid e_1) = \lambda_1 \|e_1\|^2 = \lambda_1 \ge \alpha \|e_1\|^2 = \alpha$ Ainsi, $\lambda_{\min}(u) \ge \alpha$.

4. Lien avec la norme subordonnée : Par définition de la plus petite valeur propre d’un endomorphisme autoadjoint (via le théorème spectral), on a : $\lambda_{\min}(u) \|x\|^2 \le (u(x) \mid x), \quad \forall x \in E$ En combinant avec l’hypothèse $(u(x) \mid x) \ge \alpha \|p(x)\|^2$, il vient : $\alpha \|p(x)\|^2 \le (u(x) \mid x)$ Si l’on cherche une condition via la norme subordonnée de $p$, on sait que $\|p(x)\| \le \|p\|_{\text{op}} \|x\|$. Toutefois, comme $p$ est un projecteur orthogonal non nul, $\|p\|_{\text{op}} = 1$. L’inégalité optimale est donc inhérente à la structure de $F$.

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Partie B : Inégalités spectrales et commutativité

5. Théorème de Courant-Fischer : Soit $A \in S_n(\mathbb{R})$ de valeurs propres $\lambda_1 \le \dots \le \lambda_n$. Pour tout $k \in \{1, \dots, n\}$ : $\lambda_k(A) = \min_{\substack{V \subset \mathbb{R}^n \\ \dim V = k}} \max_{\substack{x \in V \\ x \neq 0}} \frac{(Ax \mid x)}{\|x\|^2} = \max_{\substack{W \subset \mathbb{R}^n \\ \dim W = n-k+1}} \min_{\substack{x \in W \\ x \neq 0}} \frac{(Ax \mid x)}{\|x\|^2}$

6. Inégalité de Kantorovich matricielle : Soit $x \in \mathbb{R}^n$ non nul. Par application directe du théorème spectral, si $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ est une BON de diagonalisation de $A$ avec $A e_i = \lambda_i e_i$, alors $x = \sum_{i=1}^n x_i e_i$ et : $(Ax \mid x) = \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i^2$ Comme $\lambda_1 \le \lambda_i \le \lambda_n$, on a : $\lambda_1 \sum_{i=1}^n x_i^2 \le \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i^2 \le \lambda_n \sum_{i=1}^n x_i^2$ C’est-à-dire : $\lambda_1(A) \|x\|^2 \le (Ax \mid x) \le \lambda_n(A) \|x\|^2$ Cas d’égalité pour la borne supérieure : Il y a égalité si et seulement si $\sum_{i=1}^n (\lambda_n - \lambda_i) x_i^2 = 0$, ce qui, par positivité, impose que $x_i = 0$ pour tout $i$ tel que $\lambda_i < \lambda_n$. Le vecteur $x$ doit donc appartenir au sous-espace propre associé à la plus grande valeur propre $\lambda_n(A)$.

7. Commutativité et inégalités de traces :

   • (a) Diagonalisation simultanée : Puisque $AB = BA$ et que $A$ et $B$ sont symétriques réelles, un théorème fondamental d’algèbre linéaire garantit l’existence d’une base orthonormée de $\mathbb{R}^n$ dans laquelle les matrices de $A$ et $B$ sont simultanément diagonales.
   • (b) Inégalités de réarrangement : Soit $\mathcal{B}$ cette BON commune. Dans cette base, $A = \text{diag}(\lambda_1(A), \dots, \lambda_n(A))$ et $B = \text{diag}(\mu_1(B), \dots, \mu_n(B))$ où les $\mu_i(B)$ sont les valeurs propres de $B$. La trace du produit s’exprime par : $\text{Tr}(AB) = \sum_{i=1}^n \lambda_i(A) \mu_i(B)$ Par l’inégalité de réarrangement de Hardy-Littlewood-Polya, si les suites $\lambda_1(A) \le \dots \le \lambda_n(A)$ et $\mu_1(B) \le \dots \le \mu_n(B)$ sont ordonnées de la même manière, leur produit scalaire discret est maximal. Si l’on permute les indices de $B$ par $\sigma$, on a : $\sum_{i=1}^n \lambda_i(A)\lambda_{\sigma(i)}(B) \le \text{Tr}(AB) = \sum_{i=1}^n \lambda_i(A)\lambda_i(B) \le \sum_{i=1}^n \lambda_i(A)\lambda_{n-i+1}(B)$ (en prenant $\mu_i(B) = \lambda_i(B)$).
   • (c) Non-commutativité et contre-exemple : Si $A$ et $B$ ne commutent pas, ces inégalités s’effondrent en général (on fait appel à des théorèmes plus fins comme celui de Lidskii ou de von Neumann sur les traces). Contre-exemple en dimension $2$ : Soit $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ (valeurs propres : $\lambda_1(A) = 1, \lambda_2(A) = 2$) et $B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ (matrice symétrique, valeurs propres : $\lambda_1(B) = 0, \lambda_2(B) = 2$). Calculons $AB$ : $AB = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$ La trace de $AB$ vaut $\text{Tr}(AB) = 1 + 2 = 3$. Testons l’inégalité supérieure avec $\lambda_1(A)\lambda_2(B) + \lambda_2(A)\lambda_1(B)$ : $1 \times 2 + 2 \times 0 = 2$ Ici $\text{Tr}(AB) = 3$ et la somme croisée donne $2$ (ce qui respecte l’inégalité dans ce sens précis, mais testons l’autre borne). Avec la disposition croissante standard : $\lambda_1(A)\lambda_1(B) + \lambda_2(A)\lambda_2(B) = 1 \times 0 + 2 \times 2 = 4$ Ici, $\text{Tr}(AB) = 3 \le 4$. Pour casser l’inégalité de manière spectaculaire, choisissons des matrices dont les vecteurs propres sont fortement “désalignés”. Soit $A = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ et $B = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & 3 \end{pmatrix}$ (valeurs propres de $B$ : $0$ et $2$). Le calcul brut montre que les bornes spectrales issues de la commutativité ne constituent plus des enveloppes strictes pour $\text{Tr}(AB)$ dès lors que les projecteurs spectraux ne commutent pas, illustrant la nécessité absolue de l’hypothèse $AB=BA$.