On note :
On munit $\cal M_{n,1}(\mathbb R)$ de son produit scalaire canonique $\langle X,Y\rangle=^t\!XY$ et on note $\Vert.\Vert$ sa norme associée.
On considère une matrice $A\in\cal M_n(\mathbb R)$ et un entier naturel $k$ non nul tels que $A^k=^t\!A$. On pose alors $B=^t\!AA\in\cal M_n(\mathbb R)$.
1. Calculer $^t\!B$ et établir que : $\forall X\in {\cal M}_{n,1}(\mathbb R),\ \langle BX,X\rangle=\Vert AX\Vert^2$.
En jouant sur les règles de transposition, on trouve $^tB=B$
Pour la seconde affirmation $$\begin{align} \langle BX,X\rangle&=^t(BX)X=^tX^tBX\\ &=^tXBX\text{ car }^tB=B\\ &=^tX^tAAX=^t(AX)AX\\ &=\Vert AX\Vert \end{align}$$
2. Démontrer que toutes les valeurs propres de $B$ sont réelles et positives.
Soit $X$ un vecteur propre de valeur propre $\lambda$, d'après la question 1. on a $$\Vert AX\Vert^2=\langle BX,X\rangle=\langle \lambda X,X\rangle=\lambda \Vert X\Vert^2$$ D'autre part, comme $X$ est un vecteur propre, il est non nul donc $\lambda=\frac{\Vert AX\Vert^2}{\Vert X\Vert^2}$ t donc $\lambda$ est un réel positif.
3. Prouver que : $B^k=B$. Quelles sont les valeurs propres possibles de $B$?
Il faut se souvenir que $(^tA)^k=^t(A^k)$ (au besoin le redémontrer par récurrence). On a alors que : $$B^k=(^tAA)^k=(A^kA)^k=A^{k+k^2}=A^k(A^k)^k=^tA(^tA)^k=^tA^t(A^k)=^tA^t(^tA)=^tAA=B$$ d'où le premier point.
D'après ce qui précède, $B^k-B=0$ donc $X^k-X$ est un polynôme annulateur de $B$ et donc les valeurs propres de $B$ sont racines de ce polynôme. D'autre part d'après la question 2 les valeurs propres sont réelles positives, il suit alors que les valeurs propres possibles pour $B$ sont $0$ ou $1$.
4. Justifier que : $B^2=B$.
D'arès 1, $^tB=B$ donc $B$ est diagonalisable. D'autre part les seules valeurs propres de $B$ sont $0$ et $1$ donc une diagonalisée $D$ de $B$ vérifie $D^2=D$. Il suit alors que $B^2=B$.
5. Montrer que $ker(B)=ker(A)$ puis que : $Im(B)=Im(A)$.
Montrons d'abord $ker(A)\subset ker(B)$ : $$X\in ker(A)\Longrightarrow AX=0\Longrightarrow ^tAAX=0 \Longrightarrow BX=0 \Longrightarrow X\in ker(B).$$ Montrons maintenant $ker(B)\subset ker(A)$ : $$X\in ker(B)\Longrightarrow BX=0 \underset{\text{d'après 1.}}{\Longrightarrow} 0=\langle BX,X\rangle=\Vert AX\Vert^2\Longrightarrow AX=0\Longrightarrow X\in ker(A).$$ d'où $ker(A)=ker(B)$.
Soit $X\in Im(B)$, c'est à dire $X=BY$, on a $$X=BY=^tAAY=A^kAY=A(A^kY)\Longrightarrow X\in Im(A)$$ par conséquent $Im(B)\subset Im(A)$. D'autre part grace au théorème du rang appliqué à $A$ et à $B$ et le résultat sur les noyaux, on a : $$dim(ker(B))+dim(Im(B))=n=dim(ker(A))+dim(Im(A))=dim(ker(B))+dim(Im(A))$$ par conséquent $dim(Im(A))=dim(Im(B))$. Mais comme $Im(B)\subset Im(A)$, on en déduit que $Im(B)=Im(A)$.
6. Etablir que : $\forall X\in Im(A),\ \Vert AX\Vert=\Vert X\Vert$.
D'après 4. $B$ est un projecteur et d'après 5. on peut ajouter qu'il projete sur $Im(A)$ parallèlement à $ker(A)$. Donc pour tout $X\in Im(A)$, $BX=X$ donc d'après 1. $$\Vert AX\Vert^2=\langle BX,X\rangle=\langle X,X\rangle=\Vert X\Vert^2.$$ Enfin par positivité des normes $\Vert AX\Vert=\Vert X\Vert$.
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