%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% ENSET 1982 MATH II - CORRIGE %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% realise par Robert Cabane 19 rue de Lyon 33000 Bordeaux
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\grostitre{ENSET 1982, Math. II - Corrig\'e: produits de r\'eflexions}
\centerline{\it Auteur: Robert Cabane 19 rue de Lyon 33000 BORDEAUX,
ou: \tt rcabane@online.fr}

\partietitre{Etude des produits de r\'eflexions planes} %I
\question %1
$\Omega $ est l'ensemble des matrices de r\'eflexion de taille
$2\times2$. Ces matrices sont diagonalisables et de valeurs
propres 1 ou $-1$. Il y a trois classes de similitude, celle de
$I$, celle de $-I$, et celle de $S$; les deux premi\`eres sont
r\'eduites \`a un seul \'el\'ement car toute matrice semblable \`a une
matrice scalaire est elle-m\^eme scalaire\CQFD

\question %2
Une matrice $M$ de d\'eterminant $-1$ et de trace nulle a un polyn\^ome
caract\'eristique \'egal \`a $X^2-1$; le th\'eor\`eme de Cayley-Hamilton,
dans ce cas \'el\'ementaire, assure que l'on a $M^2=I$, donc que $M$
est dans $\Omega $. Sa trace \'etant nulle, elle n'est pas scalaire, donc
il s'agit d'une matrice de la classe de $S$. Nous pouvons donc
repr\'esenter cette classe sous la forme
$\pmatrix{a&b\\c&-a}$ avec $-a^2-bc=1$. Nous y trouvons toutes
les matrices de la forme $\pmatrix{i&b\\0&-i}$,leurs transpos\'ees,
et enfin toutes les $\pmatrix{a&b\\-\frac{1+a^2}b&-a}$.

\question %3
Notons d'abord que si $A=PA^{-1}P^{-1}$ alors
$A'=QAQ^{-1}=(QPQ^{-1})(QA^{-1}Q^{-1})(QP^{-1}Q^{-1})=P'{A'}^{-1}{P'}^{-1}$, de sorte que la
classe de similitude de $A$ est form\'ee de matrices semblables \`a
leur inverse. Discutons maintenant selon les valeurs propres de
$A$.

\sousquestion %3a
On peut avoir $A=I$, avec $\tr A=2$ et $\det A=1$.

\sousquestion %3b
On peut aussi avoir $A=-I$, avec $\tr A=-2$ et $\det A=1$.

\sousquestion %3c
Une autre possibilit\'e est fournie par les valeurs propres $1$ et
$-1$; $A$ est alors semblable \`a $S$: $\tr A=0$ et $\det A=-1$.

\sousquestion %3d
Un autre cas est celui o\`u $A$ admet pour valeurs propres $\mu $ et
$\frac1\mu $, $\mu $ \'etant diff\'erent
de 1, $-1$; $A$ est alors \'el\'ement de la classe de $D_\mu $. Il vient
$\tr A=\mu +\frac1\mu $ (nombre complexe quelconque) et $\det A=1$.

\sousquestion %3e
Le dernier cas nous est fourni avec $A$ non diagonalisable, donc
avec une valeur propre double qui doit valoir 1 ou $-1$. En
prenant une base de la forme $(e_1,e_2)$, $e_1$ \'etant vecteur propre
de $A$, on trouve une matrice semblable de la forme
$\pmatrix{1&a\\0&1}$ ou $\pmatrix{-1&a\\0&-1}$, avec $a\ne 0$. Dans la base
$(ae_1,e_2)$ il vient une matrice semblable \`a $A$ de la forme
$J_1$ ou $J_{-1}$. Ces matrices conviennent
($J_1^{-1}=\pmatrix{1&-1\\0&1}$ semblable \`a $J_1$).

\sousquestion %3f
R\'eciproquement, supposons que l'on ait $\det A=1$; si $A$ est
diagonalisable on parvient \`a l'une des solutions envisag\'ees en
3\hbox{$^\circ$}a, 3\hbox{$^\circ$}b, 3\hbox{$^\circ$}d et sinon $A$ est semblable \`a $J_1$ ou $J_{-1}$, qui
toutes conviennent. De m\^eme, si $\det A=-1$ et $\tr A=0$ on a
deux valeurs propres $1$ et $-1$, et $A$ convient\CQFD

\questiontitre{$J_1$ est dans $\Omega ^2$:} %4
Il suffit de poser $B=S$ et de calculer
$C=BJ_1=\pmatrix{1&1\\0&-1}$; on v\'erifie directement que $C^2=I$.

En g\'en\'eral, pour avoir une d\'ecomposition de la forme $J_1=BC$ avec
$B,C$ dans $\Omega $, on ne peut pas prendre $B=\pm I$ ni $C=\pm I$, car $J_1$
n'est pas diagonalisable tandis que $B$ et $C$ le sont. Il faut
donc prendre $B$ et $C$ dans la classe de $S$. Or, $J_1$ doit
envoyer $e_1$ sur lui-m\^eme.

{\sl Premier cas:} Si $Ce_1=e_1$, alors $Be_1=e_1$; les valeurs
propres de $B$ et $C$ sont $1,-1$, donc on a
$B=\pmatrix{1&b\\0&-1}$ et $C=\pmatrix{1&c\\0&-1}$; en faisant le
produit $BC=J_1$ on trouve $c-b=1$, soit
$C=\pmatrix{1&b+1\\0&-1}$.

{\sl Second cas:} Si $Ce_1=-e_1$, alors $Be_1=-e_1$ donc
$B=\pmatrix{-1&b\\0&1}$ et $C=\pmatrix{-1&c\\0&1}$; le
produit $BC=J_1$ donne $c-b=-1$, donc
$C=\pmatrix{-1&b-1\\0&1}$.

{\sl Troisi\`eme cas:} Si $e_1$ n'est pas un vecteur propre de $C$,
on a $e'_1=Ce_1$ et $(e_1,e'_1)$ est une base de $\CC^2$. Comme $C$
est une r\'eflexion, on a $Ce'_1=e_1$. Mais $B$ doit ramener $e'_1$
sur $e_1$, et on a pour la m\^eme raison $Be_1=e'_1$. Du coup, il
vient $B=C$ ce qui ne m\`ene pas au r\'esultat voulu\CQFD

\smallskip
{\bf\grasmath Comparaison de $\Omega ^2$ et $\Sigma $:}
Soient d'abord $B,C$ appartenant \`a $\Omega $. On a
$(BC)^{-1}=C^{-1}B^{-1}=CB=C(BC)C^{-1}$, donc $BC$ est semblable \`a son inverse;
c'est-\`a-dire que $\Omega ^2\subset \Sigma $.
\smallskip

Pour la r\'eciproque on commence par le

\Lemme.
Si $B$ et $C$ appartiennent \`a $\Omega $ et $U$ est inversible alors
$UBCU^{-1}$ appartient \`a $\Omega ^2$: toute matrice semblable \`a un produit
de r\'eflexions est elle-m\^eme un produit de r\'eflexions.
\Preuve
$UBCU^{-1}=UBU^{-1}UCU^{-1}=B_1C_1$ et on a encore $B_1^2=C_1^2=I$\CQFD

Ce lemme montre qu'il suffit de v\'erifier que $I,-I,S,J_1$ et les
$D_\mu $ sont dans $\Omega ^2$. Pour les quatre premi\`eres matrices c'est
imm\'ediat ou accompli. En ce qui concerne $D_\mu $, on constate que
$\Delta _a\Delta _b=D_{\frac ba}$, tandis que $\Delta _a^2=D_1=I$\CQFD
\reponse{Les matrices $2\times2$ semblables \`a leurs inverses sont
exactement les produits de deux r\'eflexions.}

\partietitre{Un bloc de Jordan comme produit de deux r\'elexions} %II
\question %1
$A$ est inversible comme produit de deux matrices inversibles.
Elle est semblable \`a son inverse (preuve au I4\hbox{$^\circ$})\CQFD

\question %2
$AV=\lambda V\Rightarrow A^{-1}V=\frac1\lambda V
\Rightarrow CBV=\frac1\lambda V
\Rightarrow BCBV=\frac1\lambda BV
$
et aussi en pr\'emultipliant par $B$: $CV=\lambda BV$, donc $BV$ et $CV$
sont vecteurs propres de $A$ pour la valeur propre $\frac1\lambda $\CQFD

\question %3
Si $A=I$ on n'insiste pas. Sinon, $A$ ayant la valeur propre 1
avec un espace propre de dimension 1, $BV$ est n\'ecessairement li\'e
\`a $V$ puisque $\lambda =1\Rightarrow \frac1\lambda =1$. De plus, les valeurs
propres de $B$ et $C$ ne peuvent valoir que 1 ou $-1$. En fin de
compte, on a soit $AV=BV=CV=V$ soit $AV=V=-BV=-CV$\CQFD

\questiontitre{Cas du bloc de Jordan.} %4
\sousquestion %4a
La question II3\hbox{$^\circ$} s'applique ici; ainsi, $B$ et $C$ ont $e_1$ comme
vecteur propre car c'est la seule direction du noyau de $A-I_2$
(l'\'ecrire).

Inversement, si $W$ est un vecteur propre commun de $B$ et $C$,
il est vecteur propre de $A$ et c'est $e_1$\CQFD

\sousquestion %4b
Nous pouvons supposer que le vecteur $e_1$ est propre pour $B$ et
$C$ avec la valeur propre 1, car sinon on se ram\`ene \`a ce cas en
changeant $B$ en $-B$ et $C$ en $-C$.

Soit $E_1$ l'espace propre de la valeur propre 1 pour $B$ et $F_1$
celui qui correspond pour $C$; de m\^eme, $E_{-1}$ et $F_{-1}$.
Nous avons ainsi $E_1\cap F_1=\Vect(e_1)$,
$E_1\cap F_{-1}=\{0\}=F_1\cap E_{-1}=E_{-1}\cap F_{-1}$, ce qui impose d'apr\`es
la formule de Grassmann que
$\dim E_1+\dim F_{-1}\le n$, soit
$\dim E_1\le n-\dim F_{-1}=\dim F_1$. Par sym\'etrie on a $\dim E_1=\dim
F_1$ et aussit\^ot $\dim E_{-1}=\dim F_{-1}$. Les matrices $B$ et
$C$ \'etant diagonalisables, avec les m\^emes valeurs propres et des
espaces propres de m\^emes dimensions, sont bien semblables.

On a aussi $\dim (E_1+F_1)=\dim E_1+\dim F_1-1=2\dim E_1-1\le n$, soit
$\dim E_1\le \frac{n+1}{2}$, tandis que
$\dim (E_{-1}+F_{-1})=\dim E_{-1}+\dim F_{-1}=2\dim E_{-1}\le n$, soit
$\dim E_{-1}\le \frac n2$. Le total de ces deux dimensions doit
donner $n$, donc

\qquad $\bullet$\quad si $n=2p$: $\dim E_1=\dim F_1=\dim E_{-1}=\dim F_{-1}=p$

\qquad $\bullet$\quad si $n=2p+1$: $\dim E_1=\dim F_1=p+1$ et $\dim E_{-1}=\dim
F_{-1}=p$.

\sousquestion %4c
On peut noter que la structure de $B$ et $C$ est quasiment fix\'ee
par blocs. La premi\`ere colonne est obligatoirement
$\pmatrix{1\\0\\0}$ pour $B$ et $C$. En transposant tout et en
appliquant \`a nouveau l'argument du vecteur invariant, on voit que
la derni\`ere ligne de $B$ et $C$ est $(0,0,\varepsilon )$ avec $\varepsilon =\pm 1$.

{\sl Cas $n=3$.}
Ainsi, $B$ et $C$
sont triangulaires sup\'erieures avec une diagonale faite de 1 et
$-1$. Du coup, on peut \'ecrire en blocs:
$B=\pmatrix{B'&V\\0&\varepsilon },\,
C=\pmatrix{C'&W\\0&\varepsilon }$. Le produit par blocs am\`ene $B'^2=C'^2=I_2$
et $B'C'=J_1$, situation qui a \'et\'e trait\'ee au I4\hbox{$^\circ$}. En particulier,
$B'$ et $C'$ doivent avoir la valeur propre $-1$, ce qui oblige
$\varepsilon $ \`a valoir 1.
On peut aussi \og lire\fg{} les blocs en isolant la premi\`ere colonne au
lieu de la derni\`ere; la m\^eme analyse est possible. Compte-tenu de
l'ensemble de ces observations, la structure des matrices $B$ et
$C$ est donc la suivante:
$$
B=\pmatrix{1&b&u\\0&-1&v\\0&0&1},\
C=\pmatrix{1&b+1&w\\0&-1&v-1\\0&0&1}
\hbox{ avec }
\cases{(\alpha )\quad 2u+bv=0\\(\beta )\quad 2w+(b+1)(v-1)=0\\(\gamma )\quad u+w+b(v-1)=0}
$$
mais $(\alpha )+(\beta )-2(\gamma )$ donne
$v-1+b=0$. Parmi les solutions il y en a deux qui sont tr\`es
simples,
obtenues avec $b=0,\,v=1,\,u=0,\,w=0$ ou $b=1,\,v=0,\,u=0,\,w=1$,
et une autre assez simple
avec $b=-1,\,v=2,\,u=1,\,w=0$. De plus, on peut changer le signe
de $B$ et $C$. Ce qui nous donne ces quelques solutions:
$$
\eqalign{
\pmatrix{1&1&0\\0& 1&1\\0&0&1}
&=\pmatrix{1&0&0\\0&-1&1\\0&0&1}\times
  \pmatrix{1&1&0\\0&-1&0\\0&0&1}
 =\pmatrix{1&1&0\\0&-1&0\\0&0&1}\times
  \pmatrix{1&2&1\\0&-1&-1\\0&0&1}\\
&=\pmatrix{1&-1&1\\0&-1&2\\0&0&1}\times
  \pmatrix{1& 0&0\\0&-1&1\\0&0&1}
 =\pmatrix{-1&1&-1\\0&1&-2\\0&0&-1}\times
  \pmatrix{-1&0& 0\\0&1&-1\\0&0&-1}\\
}
$$
{\sl Cas $n=4$.}
On s'inspire des remarques ant\'erieures: on peut \og lire\fg{} dans une
\'eventuelle solution de taille 4 des solutions en taille 3 tant \`a
partir du \og coin nord-ouest\fg{} qu'\`a partir du \og coin sud-est\fg.
D'autre part, on sait qu'ici $B$ et $C$ ont chacune 1 et $-1$
comme valeur propre double. On commence donc par mettre dans le
coin nord-ouest la premi\`ere des solutions pr\'ec\'edentes, ce qui
oblige \`a \'ecrire la derni\`ere dans le coin sud-est. Le
coefficient restant est arbitraire, on peut le choisir nul. Soit:
$$
 \pmatrix{1&1&0&0\\0&1&1&0\\0&0&1&1\\0&0&0&1}
=\pmatrix{1&0&0&0\\0&-1&1&-1\\0&0&1&-2\\0&0&0&-1}\times
 \pmatrix{1&1&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&1&-1\\0&0&0&-1}
=\pmatrix{-1&1&-1&1\\0&1&-2&3\\0&0&-1&3\\0&0&0&1}\times
 \pmatrix{-1&0& 0&0\\0&1&-1&1\\0&0&-1&2\\0&0&0&1}
\>.$$
{\sl Cas $n=5$.}
On recommence avec la m\'ethode de superposition. Il vient:
$$
 \pmatrix{1&1&0&0&0\\0&1&1&0&0\\0&0&1&0&0\\0&0&0&1&1\\0&0&0&0&1}
=\pmatrix{1&0&0&0&0\\0&-1&1&-1&1\\0&0&1&-2&3\\0&0&0&-1&3\\0&0&0&0&1}
 \times
 \pmatrix{1&1&0&0&0\\0&-1&0&0&0\\0&0&1&-1&1\\0&0&0&-1&2\\0&0&0&0&1}
\>.$$

\sousquestion %4d
Il est clair, d'apr\`es les exemples pr\'ec\'edents, qu'un m\'ecanisme de
parit\'e est \`a l'\oe uvre en combinaison avec des coefficients du
bin\^ome. Mod\'elisons l'espace $\CC^n$ comme $\CC_{n-1}[X]$.
L'endomorphisme associ\'e \`a $A=A_n$ peut se comprendre comme $\id+\Phi $,
avec $\Phi (X^k)=X^{k-1}$, ou en g\'en\'eral $\Phi (P)=\frac{P-P(0)}{X}$.
L'endomorphisme associ\'e \`a
$B=\pmatrix{
1&-1&1&-1&\dots\\
0&-1&2&-3&\dots\\
0&0&1&-3&\dots\\
0&0&0&-1&\dots\\
0&\dots&\dots&0&\ddots
}$
est simple, c'est
$P\mapsto P(-X-1)$. Quant \`a l'endomorphisme associ\'e \`a $C_n$, il est
obtenu comme $C_n=B_n\circ (\id+\Phi )$; en effet,
$B_n\circ (\id+\Phi )(X^k)=B_n(X^k+X^{k-1})=(-X-1)^k+(-X-1)^{k-1}
=(-1)^{k-1}X(X+1)^{k-1}
$
ce qui correspond bien \`a la matrice
$C_n=\pmatrix{
1& 0& 0&  0&\dots\\
0&-1&+1&-1&\dots\\
0& 0&+1&-2&\dots\\
0& 0& 0&-1&\dots\\
0&\dots&\dots&0&\ddots
}$.
On v\'erifie sans peine que $B_n^2=I$ et il en r\'esulte que
$B_nC_n=B_n^2\circ (\id+\Phi )=\id+\Phi =A$. Enfin, le calcul de $C_n^2$ est facile si
on travaille par blocs, restreignant $C_n$ au sous-espace form\'e des
polyn\^omes $P$ tels que $P(0)=0$: la matrice de cette restriction
est l'oppos\'ee de $B_{n-1}$, donc de carr\'e l'identit\'e. C'est ainsi
que
\reponse{le probl\`eme de d\'ecomposition de $J_{n,1}$ en produit de deux
r\'eflexions a toujours une solution.}

\partie %III

\questiontitre{Cas o\`u $A$ a une seule valeur propre.} %1
Si $A$ admet une et une seule valeur propre, associ\'ee \`a un espace
propre de dimension 1, cette valeur propre doit \^etre \'egale \`a son
inverse, donc \`a 1 ou $-1$. On peut se ramener au cas de la valeur
propre 1 quitte \`a changer $A$ en $-A$ (et $B$ en $-B$). A ce
compte, $N=A-I$ est nilpotente, de rang $n-1$. On v\'erifie que les
rangs des $N^k$ d\'ecroissent strictement (si $\rg N^k=\rg N^{k+1}$
alors $\im N^k=\im N^{k+1}$ et $N$ ne parvient plus \`a \^etre
nilpotente \`a moins que $\im N^k=\{0\}$), ce qui am\`ene
$N^{n-1}\ne 0$. On prend $e_1$ dans $\im N^{n-1}$, $e_1=N^{n-1}(e_n)$
et $e_k=N^{n-k}(e_n)$; il ne reste plsu qu'\`a v\'erifier que ces
vecteurs forment une base, ce qui est ais\'e. On en d\'eduit que la
matrice de $A$ est semblable \`a $J_{n,1}$. On a vu \`a la question
II4\hbox{$^\circ$}d que l'on peut \'ecrire $J_{n,1}=BC$; la similitude donne
(lemme ci-dessus) une d\'ecomposition $A=B_1C_1$ avec
$B_1^2=C_1^2=I$\CQFD

\questiontitre{Cas o\`u $A$ a deux valeurs propres.} %2

\sousquestion %2a
Nous avons les valeurs propres de $A$ et $A^{-1}$ qui doivent \^etre
les m\^emes, donc $\mu =\frac1\lambda $ puisque $\lambda \ne \frac1\lambda $. De plus, les
espaces propres de $A$ et $A^{-1}$ ont m\^eme dimension, donc l'espace
propre associ\'e \`a la valeur propre $\mu $ est aussi une droite\CQFD

\sousquestion %2b
$A$ et $A^{-1}$ \'etant semblables, $\lambda $ a m\^emes multiplicit\'es
dans les polyn\^omes caract\'eristiques de $A$ et $A^{-1}$. Cependant, on
a
$$\chi _{A^{-1}}(X)=\det(A^{-1}-XI)=X^n\det(A^{-1})\det(\frac1XI-A)=(-X)^n\det
A\chi _A(\frac1X)$$
ce qui prouve que $\lambda $ et $\mu $ ont m\^emes multiplicit\'es comme
racines du polyn\^ome caract\'eristique de $A$.
Toujours par similitude de $A$ et $A^{-1}$, leurs sous-espaces caract\'eristiques
(pour la m\^eme valeur propre $\lambda $) ont m\^eme dimension; on a en fait
$$
K_{\lambda }(A^{-1})=\ker(A^{-1}-\lambda I)^\alpha
=\ker(I-\lambda A)^\alpha
=\ker(A-\frac1\lambda I)^\alpha
=K_\mu (A)
$$
ce qui nous assure que $K_\mu (A)$ et $K_\lambda (A)$ ont m\^eme dimension.
Cependant, leur somme est directe et donne $\CC^n$ par hypoth\`ese
($A$ ayant seulement deux valeurs propres). Finalement, $n$ doit
\^etre pair\CQFD

\sousquestion %2c
Sur $K_\lambda (A)$ l'endomorphisme associ\'e \`a $A$ agit comme $\lambda I+N$, $N$
\'etant nilpotent d'indice $\frac n2$ (puisque l'espace propre de
$A$ associ\'e \`a la valeur propre $\lambda $, noyau de $N$, doit \^etre de
dimension 1). On peut donc trouver une base de ce sous-espace
rendant la matrice de $A$ de la forme $(\lambda -1)I_k+J_{k,1}$, avec
$k=\frac n2$. Le m\^eme ph\'enom\`ene va se produire sur $K_\mu (A)$\CQFD

\sousquestion %2d
Notons $A_\lambda $ (resp. $A_\mu $) l'endomorphisme induit sur $K_\lambda (A)$
(resp. $K_\mu (A)$). Consid\'erons $A_\mu ^{-1}$: sa seule valeur propre est
$\mu ^{-1}=\lambda $, et son espace propre associ\'e est de dimension 1 (m\^eme
argument qu'en II2\hbox{$^\circ$}). On peut lui appliquer la m\^eme r\'eduction
qu'\`a $A_\lambda $, et il appara\^\i t que $A_\mu $ est semblable (ou conjugu\'e)
\`a $A_\lambda ^{-1}$.
En prenant une base appropri\'ee pour $K_\mu (A)$, on peut trouver une
matrice semblable \`a $A$ de la forme
$\pmatrix{M&0\\0&M^{-1}}$, $M$ \'etant un bloc de Jordan comme \`a la
question pr\'ec\'edente (des $\lambda $ sur la diagonale, des 1 juste
au-dessus et 0 ailleurs). Cette matrice peut se factoriser
ais\'ement:
$\pmatrix{M&0\\0&M^{-1}}=\pmatrix{0&I\\ I&0}\times\pmatrix{0&M^{-1}\\ M&0}$
et on v\'erifie - toujours par produit par blocs - que les deux
matrices figurant dans le produit \`a droite sont de carr\'e $I$.
Ainsi, $A$ est bien semblable \`a un produit de r\'eflexions, donc
(lemme ant\'erieur) est un produit de r\'eflexions.

{\bf Conclusion.} Il semble que toute matrice semblable \`a son
inverse soit produit de r\'eflexions, et inversement; mais on ne
l'a prouv\'e que dans des cas particuliers.

\bye

