Réduction d'une matrice à symétrie anti-diagonale

Soient $a, b \in \mathbb{R}$ . On considère la matrice $B = (m_{i,j})_{1 \le i,j \le n} \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ définie par :

m_{i,j} = \begin{cases} a & \text{si } i+j = n+1 b & \text{sinon} \end{cases}

On note

K

la matrice de permutation ayant des 1 sur la diagonale secondaire (

i+j=n+1

) et des 0 ailleurs, et

J

la matrice dont tous les coefficients valent 1.

Exprimer $B$ en fonction de $I_n, J$ et $K$ .
Étudier les propriétés des matrices $J$ et $K$ (carré, produits, commutativité).
En déduire une base de vecteurs propres commune à $J$ et $K$ .
Déterminer le spectre de $B$ et sa nature (est-elle diagonalisable ?).

1.

Vérifier que $B = bJ + (a-b)K$ .

2.

Calculer $K^2$ et remarquer que $JK = KJ = J$ .

3.

Utiliser le fait que $K$ est une symétrie qui commute avec $J$ . Les sous-espaces propres de $K$ (vecteurs symétriques et antisymétriques) sont stables par $J$ .

Idées clés

•

Codiagonalisation de deux matrices qui commutent.

•

Utilisation des symétries (matrices de permutation de la diagonale secondaire).

•

Décomposition de l'espace selon les vecteurs fixes et transformés par $K$ .

Résolution.

La matrice $K$ possède des 1 uniquement là où $m_{i,j} = a$ . La matrice $J$ possède des 1 partout. On remarque alors que : $\boxed{B = bJ + (a-b)K}$
On vérifie par le calcul que $K^2 = I_n$ (c'est une matrice de permutation associée à un produit de transpositions). De plus, multiplier une matrice par $K$ à gauche revient à renverser l'ordre des lignes, et à droite l'ordre des colonnes. Comme toutes les lignes de $J$ sont identiques, renverser leur ordre ne change pas $J$ . $\boxed{KJ = JK = J}$ Ainsi, $J$ et $K$ commutent.
Puisque $J$ $J$ et $K$ $K$ commutent et sont diagonalisables (car symétriques réelles), elles sont codiagonalisables. Cherchons des vecteurs propres communs :
- Soit $U = (1, \dots, 1)^T$ . On a $JU = nU$ et $KU = U$ .
- Soit $H = \text{Ker}(J) = \{ X \mid \sum x_i = 0 \}$ . Comme $KJ = J$ , $K$ stabilise $H$ .
- Sur $H$ , $K$ agit comme une symétrie ( $K^2 = I$ ). On décompose $H = H_+ \oplus H_-$ où : $H_+ = \{ X \in H \mid KX = X \} \text{et} H_- = \{ X \in H \mid KX = -X \}$
Pour tout $X \in H_+$ $X \in H_{+}$ , $JX = 0$ $J X = 0$ et $KX = X$ $K X = X$ . Pour tout $X \in H_-$ $X \in H_{-}$ , $JX = 0$ $J X = 0$ et $KX = -X$ $K X = - X$ .
D'après la décomposition précédente, les valeurs propres de $B$ $B$ sont :
- Pour $U$ : $\lambda = bn + (a-b) = \boxed{a + (n-1)b}$ .
- Pour $X \in H_+$ : $\lambda = b \cdot 0 + (a-b) \cdot 1 = \boxed{a-b}$ .
- Pour $X \in H_-$ : $\lambda = b \cdot 0 + (a-b) \cdot (-1) = \boxed{b-a}$ .
Déterminons les dimensions. L'espace des vecteurs vérifiant $KX=X$ $K X = X$ est de dimension $\lceil n/2 \rceil$ $⌈ n /2 ⌉$ . Comme $U$ $U$ appartient à cet espace, $\text{dim}(H_+) = \lceil n/2 \rceil - 1$ $dim (H_{+}) = ⌈ n /2 ⌉ - 1$ . L'espace des vecteurs vérifiant $KX=-X$ $K X = - X$ est de dimension $\lfloor n/2 \rfloor$ $⌊ n /2 ⌋$ . Comme ces vecteurs ont une somme de coefficients nulle par symétrie, ils sont tous dans $H$ $H$ , donc $\text{dim}(H_-) = \lfloor n/2 \rfloor$ $dim (H_{-}) = ⌊ n /2 ⌋$ . Vérification : $1 + (\lceil n/2 \rceil - 1) + \lfloor n/2 \rfloor = n$ $1 + (⌈ n /2 ⌉ - 1) + ⌊ n /2 ⌋ = n$ . La matrice $B$ $B$ possède une base de vecteurs propres, elle est donc diagonalisable.

Le piège ici est de penser que $B$ se comporte exactement comme $M(a,b)$ . La présence de $K$ (symétrie) au lieu de $I_n$ change la structure du spectre en introduisant la valeur propre $b-a$ .