Exercice 1 11 Correction

Soit $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Montrer

\forall X \in ℳ_{n,1} (ℝ), X^{⊤} A X \geq 0 \Leftrightarrow Sp (A) \subset ℝ_{+} .

Solution

$(⟹)$ Supposons

\forall X \in ℳ_{n,1} (ℝ), X^{⊤} A X \geq 0 .

Pour $X$ vecteur propre associé à la valeur propre $λ$ , on obtient

X^{⊤} A X = λ X^{⊤} X avec X^{⊤} X > 0

et donc $λ \geq 0$ .
$(⟸)$ Supposons $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ .
Par le théorème spectral, on peut écrire $A = P D P^{⊤}$ avec $P \in O_{n} (ℝ)$ et $D$ diagonale. De plus, les coefficients diagonaux de $D$ sont les valeurs propres $λ_{1}, \dots, λ_{n} \in ℝ_{+}$ de $A$ . Pour toute colonne $X$ , on a alors

X^{⊤} A X = Y^{⊤} D Y avec Y = P^{⊤} X

puis

X^{⊤} A X = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} y_{i}^{2} \geq 0 .

Exercice 2 5904 Correction

Soit $𝒫 = {A \in ℳ_{n} (ℝ), \forall X \in ℝ^{n}, X^{⊤} A X \geq 0}$ .

(a)

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer que $A \in 𝒫$ si, et seulement si, $A^{⊤} + A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .
(b)

Montrer que les valeurs complexes des matrices éléments de $𝒫$ sont de parties réelles positives.

Solution

(a)

Commençons par remarquer que la matrice $A + A^{⊤}$ est assurément symétrique.

De plus, pour $X \in ℳ_{n, 1} (ℝ)$ , on constate par transposition d’un réel

$X^{⊤} A X = {(X^{⊤} A X)}^{⊤} = X^{⊤} A^{⊤} X$

Par conséquent,

$X^{⊤} A X = \frac{1}{2} (X^{⊤} (A + A^{⊤}) X)$

et donc $A \in 𝒫$ si, et seulement si, $A + A^{⊤} \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .
(b)

Soient $λ$ une valeur propre complexe d’une matrice $A \in 𝒫$ et $ℳ_{n, 1} (ℂ) ∖ {0}$ un vecteur propre associé. En écrivant $Z = X + i Y$ avec $X, Y$ colonnes réelles et $λ = α + i β$ avec $α, β \in ℝ$ , l’égalité $A Z = λ Z$ donne

${\bar{Z}}^{⊤} A Z = λ {\bar{Z}}^{⊤} Z$

et

${\bar{Z}}^{⊤} A Z = X^{⊤} A X - i Y^{⊤} A X + i Y^{⊤} A X + Y^{⊤} A Y$

En considérant la partie réelle, il vient

$α {\bar{Z}}^{⊤} Z = X^{⊤} A X + Y^{⊤} A Y \geq 0$

avec ${\bar{Z}}^{⊤} Z \in ℝ_{+}^{*}$ car la colonne complexe $Z$ est non nulle.

On en déduit $α > 0$ .

Exercice 3 372 Correction

Soit $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ à valeurs propres positives. Établir

{(\det (A))}^{1 / n} \leq \frac{1}{n} tr (A) .

Solution

Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres de $A$ . On a

\det (A) = λ_{1} \dots λ_{n} et tr (A) = λ_{1} + \dots + λ_{n} .

L’inégalité de convexité

{(λ_{1} \dots λ_{n})}^{1 / n} \leq \frac{1}{n} (λ_{1} + \dots + λ_{n})

est bien connue, c’est la comparaison des moyennes géométrique et arithmétique qui s’obtient par la convexité de l’exponentielle appliquée aux réels $a_{i} = \ln (λ_{i})$ lorsque $λ_{i} > 0$ .

Exercice 4 369

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

(a)

Justifier que la matrice $A^{⊤} A$ est diagonalisable.
(b)

Montrer que les valeurs propres de $A^{⊤} A$ sont toutes positives.

Exercice 5 3664 Correction

Soient $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ et $A = M^{⊤} M$ .

(a)

Montrer que les valeurs propres de $A$ sont positives.
(b)

Soit ${(X_{i})}_{1 \leq i \leq n}$ une famille orthonormée de colonnes telle que la famille ${(M X_{i})}_{1 \leq i \leq n}$ soit orthogonale.
Montrer que les $X_{i}$ sont des vecteurs propres de $A$ .

Solution

(a)

Soient $λ$ une valeur propre de $A$ et $X \neq 0$ un vecteur propre associé. On a $A X = λ X$ .
D’une part

$X^{⊤} A X = λ X^{⊤} X = λ {∥ X ∥}^{2} .$

D’autre part

$X^{⊤} A X = {(M X)}^{⊤} M X = {∥ M X ∥}^{2}$

donc

$λ = \frac{{∥ M X ∥}^{2}}{{∥ X ∥}^{2}} \geq 0 .$
(b)

Pour $j \neq i$ , on a

$X_{j}^{⊤} A X_{i} = {(M X_{j})}^{⊤} M X_{i} = 0$

donc

$A X_{i} \in Vect {(X_{1}, \dots, X_{i - 1}, X_{i + 1}, \dots X_{n})}^{⊥} = Vect (X_{i})$

et par conséquent $X_{i}$ est vecteurs propres de $A$ .

Exercice 6 3008 Correction

Soit $S \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice symétrique réelle à valeurs propres positives. Pour $k \in ℕ^{*}$ , on pose

u_{k} = {(tr (S^{k}))}^{1 / k}

Étudier la limite de ${(u_{k})}_{k \geq 1}$

Solution

La matrice $S$ est diagonalisable. Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n} \in ℝ_{+}$ les valeurs propres de $S$ comptées avec multiplicité et rangées en ordre croissant. Pour tout $k \in ℕ^{*}$ ,

tr (S^{k}) = λ_{1}^{k} + \dots + λ_{n}^{k}

Les valeurs propres étant positives,

λ_{n}^{k} \leq tr (S^{k}) \leq n λ_{n}^{k}

puis

λ_{n} \leq u_{k} \leq n^{\frac{1}{k}} λ_{n} \to_{k \to + \infty}^{} λ_{n}

Par théorème d’encadrement,

υ_{k} \to_{k \to + \infty}^{} λ_{n}

La suite ${(u_{k})}_{k \geq 1}$ converge vers la plus grande valeur propre de $S$ .

Exercice 7 13 Correction

Soit $A = (a_{i, j}) \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

(a)

Montrer que pour tout $i \in {1, \dots, n}$ , $a_{i, i} \geq 0$ .
(b)

Observer que si $a_{i, i} = 0$ alors, pour tout $j \in {1, \dots, n}$ , $a_{i, j} = 0$ .

Solution

(a)

Pour $X = E_{i}$ colonne élémentaire,

$X^{⊤} A X = E_{i}^{⊤} A E_{i} = a_{i, i} \geq 0 .$
(b)

Pour $X_{λ} = E_{i} + λ E_{j}$ avec $λ \in ℝ$ ,

$X_{λ}^{⊤} A X_{λ} = a_{i, i} + 2 λ a_{i, j} + λ^{2} a_{j, j} \geq 0 .$

Si $a_{i, i} = 0$ , l’expression précédente se simplifie et l’on obtient

$\forall λ \in ℝ, 2 λ a_{i, j} + λ^{2} a_{j, j} \geq 0 .$

Cela oblige $a_{i, j} = 0$ car sinon il y a changement de signe au voisinage de $0$ .

Exercice 8 3175 Correction

Soit $A = (a_{i, j}) \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . On note $m$ le plus grand coefficient diagonal de $A$ .

Établir

\forall 1 \leq i, j \leq n, | a_{i, j} | \leq m .

Solution

Notons que les coefficients diagonaux de $A$ sont assurément positifs car

a_{i, i} = E_{i}^{⊤} A E_{i} \geq 0 .

Il est alors immédiat que

\forall i \in {1, \dots, n}, | a_{i, i} | = a_{i, i} \leq m .

Pour $i \neq j \in {1, \dots, n}$ , introduisons $X_{λ} = λ E_{i} + E_{j} \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ avec $λ \in ℝ$ . On a

X_{λ}^{⊤} A X_{λ} = λ^{2} a_{i, i}^{2} + 2 λ a_{i, j} + a_{j, j}^{2} \geq 0 .

Si $a_{i, i} = 0$ alors on a nécessairement $a_{i, j} = 0$ et donc $| a_{i, j} | \leq m$ .

Si $a_{i, i} \neq 0$ alors puis que le trinôme du second degré est de signe constant, on a

Δ = 4 a_{i, j}^{2} - 4 a_{i, j} a_{j, j} \leq 0

puis

a_{i, j}^{2} \leq a_{i, i} a_{j, j} \leq m^{2}

d’où $| a_{i, j} | \leq m$ .

Exercice 9 3927 MINES (MP)Correction

Soient $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ avec $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ et $B \in ℳ_{n} (ℝ)$ . On suppose

A B + B A = 0 .

Montrer $A B = B A = 0$ .

Solution

Cas: $A$ diagonale. On écrit $A = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ avec $λ_{1}, \dots, λ_{n} \in ℝ_{+}$ . On a

A B + B A = {((λ_{i} + λ_{j}) b_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq n}

et donc

\forall 1 \leq i, j \leq n, (λ_{i} + λ_{j}) b_{i, j} = 0 .

Si $λ_{i} \neq 0$ alors $λ_{i} + λ_{j} > 0$ et donc $b_{i, j} = 0$ puis $λ_{i} b_{i, j} = 0$ .
Sinon, on a encore $λ_{i} b_{i, j} = 0$ .
Ainsi, $A B = 0$ puis aussi $B A = 0$ .

Cas général: Par le théorème spectral, on peut écrire $A = P D P^{- 1}$ avec $D$ diagonale à coefficients diagonaux positifs et $P \in O_{n} (ℝ)$ .
La relation $A B + B A = 0$ donne alors $D M + M D = 0$ avec $M = P^{- 1} B P$ . Comme au dessus, on obtient $D M = 0$ puis

A B = P D P^{- 1} P M P^{- 1} = 0 .

Exercice 10 3168 Correction

Soient $A, B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Montrer

tr (A B) \geq 0 .

Solution

Puisque symétrique réelle positive, la matrice $A$ est orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs ce qui permet décrire

A = P^{⊤} D P

avec $P \in O_{n} (ℝ)$ , $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ , $λ_{i} \geq 0$ pour $i = 1, \dots, n$ .

On a alors

tr (A B) = tr (D P B P^{⊤}) = tr (D B^{'})

avec $B^{'} = P B P^{⊤}$ . On vérifie aisément que $B^{'}$ est symétrique positive car $B$ l’est et alors ses coefficients diagonaux sont positifs puisque

b_{i i}^{'} = E_{i}^{⊤} B E_{i} \geq 0 .

On a alors

tr (A B) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} b_{i i}^{'} \geq 0 .

Exercice 11 3150 Correction

Soient $A, B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Montrer $tr (A B) \leq tr (A) tr (B)$ .

Solution

Puisque la matrice $A$ est symétrique réelle positive, elle est orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs. On peut donc écrire

A = P D P^{- 1} avec P \in O_{n} (ℝ) et D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}), λ_{k} \geq 0 .

On a alors

tr (A B) = tr (P D P^{- 1} B) = tr (D C)

avec $C = P^{- 1} B P$ qui est encore une matrice symétrique réelle positive.

On a alors

tr (D C) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} c_{i, i} \leq (\sum_{i = 1}^{n} λ_{i}) (\sum_{i = 1}^{n} c_{i, i}) = tr (D) tr (C)

car les scalaires $λ_{i}$ et les coefficients $c_{i, i}$ sont positifs.

Puisque deux matrices semblables ont même trace, on parvient à l’inégalité voulue.

Exercice 12 3752 MINES (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice symétrique à valeurs propres toutes positives.

Montrer

\forall U \in O_{n} (ℝ), tr (A U) \leq tr (A)

Solution

Si $A$ est diagonale égale à $diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ avec $λ_{i} \in ℝ_{+}$ alors

tr (A U) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} u_{i, i} .

Or les coefficients d’une matrice orthogonale appartiennent à $[- 1; 1]$ donc

tr (A U) \leq \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} = tr (A) .

Plus généralement, si $A$ est symétrique réelle à valeurs propres positives, on peut écrire $A = Ω D Ω^{⊤}$ avec $Ω$ orthogonale et $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ où $λ_{i} \in ℝ_{+}$ . On a alors

tr (A U) = tr (Ω D Ω^{⊤} U) = tr (D V)

avec $V = Ω^{⊤} U Ω$ orthogonale. On a alors

tr (A U) \leq tr (D) = tr (A) .

Exercice 13 18 Correction

Soit $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer que $A = M^{⊤} M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ et $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ .

Inversement, pour $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ telle que $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ , établir qu’il existe $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $A = M^{⊤} M$ .

Solution

Si $A = M^{⊤} M$ alors pour toute colonne $X$

X^{⊤} A X = {(M X)}^{⊤} M X \geq 0

et donc $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ .
Inversement, pour $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ telle que $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ , il existe $P \in O_{n} (ℝ)$ telle que $P^{- 1} A P = D$ avec $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ et $λ_{i} \geq 0$ .
Posons alors $M = P Δ P^{- 1}$ avec $Δ = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}})$ . On a $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ et $M^{2} = A$ ce qui fournit $A = M^{⊤} M$ .

Exercice 14 3090 Correction

On note $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ l’ensemble des matrices symétriques de $ℳ_{n} (ℝ)$ de valeurs propres positives. Soit $S \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

(a)

Montrer qu’il existe une matrice $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ qui est un polynôme en $S$ vérifiant

$A^{2} = S .$
(b)

Soit $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ vérifiant $B^{2} = S$ . Montrer que $B$ commute avec $A$ puis que $B = A$ .

Solution

(a)

Il existe $P \in O_{n} (ℝ)$ , vérifiant $S = P D P^{- 1}$ avec $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ , $λ_{i} \geq 0$ . Considérons alors un polynôme $Π$ , construit par interpolation de Lagrange vérifiant

$\forall 1 \leq i \leq n, π (λ_{i}) = \sqrt{λ_{i}} .$

Posons ensuite $A = Π (S)$ . $A$ est un polynôme en $S$ , $A$ est symétrique réelle et

$P^{- 1} A P = P^{- 1} Π (S) P = Π (D) = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) .$

Les valeurs propres de $A$ sont positives donc $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Enfin, puisque

$P^{- 1} A^{2} P = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) = D$

on a $A^{2} = S$ .
(b)

Soit $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ vérifiant $B^{2} = S$ . On a $B S = B^{3} = S B$ donc $B$ commute avec $S$ et donc avec $A$ qui est un polynôme en $S$ . Puisque $A$ et $B$ sont diagonalisables et qu’elle commutent toutes deux, elles sont codiagonalisables. Ainsi, il existe une matrice de passage $Q \in {GL}_{n} (ℝ)$ vérifiant

$Q^{- 1} A Q = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) et Q^{- 1} B Q = diag (μ_{1}, \dots, μ_{n}) .$

Or $A^{2} = S = B^{2}$ donc $μ_{i}^{2} = λ_{i}$ puis $μ_{i} = \sqrt{λ_{i}}$ car $μ_{i} \geq 0$

Finalement, $A = B$

Exercice 15 4271

On note $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ l’ensemble des matrices symétriques de $ℳ_{n} (ℝ)$ dont les valeurs propres sont toutes positives. Soit $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . On souhaite établir qu’il existe une unique matrice $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ telle que $B^{2} = A$ .

(a)

Montrer l’existence d’une telle matrice.
(b)

Soit $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ vérifiant $B^{2} = A$ . Établir que pour tout $λ \in ℝ_{+}$ ,

$Ker (B - \sqrt{λ} I_{n}) = Ker (A - λ I_{n}) .$
(c)

Justifier l’unicité d’une matrice solution.

Exercice 16 5758 Correction

(Inégalité de Hadamard)

Soit $S = (s_{i, j}) \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

On rappelle l’inégalité arithmético-géométrique: pour tous réels positifs $a_{1}, \dots, a_{n}$ ,

\forall (a_{1}, \dots, a_{n}) \in ℝ_{+}^{n}, {(\prod_{i = 1}^{n} a_{i})}^{1 / n} \leq \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_{i} .

(a)

Montrer

$\det (S) \leq {(\frac{1}{n} tr (S))}^{n} .$
(b)

Soient $α = (α_{1}, \dots, α_{n}) \in ℝ^{n}$ , $D = diag (α_{1}, \dots, α_{n})$ et $S_{α} = D^{⊤} S D$ .

Vérifier que $S_{α} \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ et exprimer $tr (S_{α})$ .
(c)

On suppose $S$ inversible. Vérifier que les coefficients diagonaux de $S$ sont strictement positifs et, en introduisant des réels $α_{1}, \dots, α_{n}$ pertinemment choisis, établir

$\det (S) \leq \prod_{i = 1}^{n} s_{i, i} .$
(d)

Justifier que l’inégalité précédente est encore vraie lorsque $S$ n’est pas inversible.

Solution

(a)

En introduisant $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs propres de $S$ comptées avec multiplicité, on a

$\det (S) = λ_{1} \times \dots \times λ_{n} et tr (S) = λ_{1} + \dots + λ_{n}$

car $S$ est semblable à $diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ .

L’inégalité voulue est alors une conséquence directe de l’inégalité arithmético-géométrique sachant que les réels $λ_{i}$ sont tous positifs.
(b)

On vérifie immédiatement que $S_{α}$ est symétrique en calculant $S_{α}^{⊤}$ .

Pour toute colonne $X \in ℳ_{n, 1} (ℝ)$ ,

$X^{⊤} S_{α} X = {(D X)}^{⊤} S D X = Y^{⊤} S Y \geq 0 avec Y = D X \in ℳ_{n, 1} (ℝ) .$

La matrice $S_{α}$ est donc symétrique positive.

Aussi, pour tout $(i, j) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}$ ,

${[D^{⊤} S D]}_{i, j} = α_{i} s_{i, j} α_{j}$

et donc

$tr (S_{α}) = \sum_{i = 1}^{n} α_{i}^{2} s_{i, i} .$
(c)

Puisque $S$ est symétrique positive inversible, $S$ est définie positive. En notant $E_{i}$ la colonne élémentaire d’indice $i$ , on a

$s_{i, i} = E_{i}^{⊤} S E_{i} > 0 .$

Posons $α_{i} = 1 / \sqrt{s_{i, i}}$ de sorte que $tr (S_{α}) = 1$ . L’inégalité de la première question donne $\det (S_{α}) \leq 1$ . Or

$\det (S_{α}) = \det (D^{⊤}) \det (S) \det (D) = \det (S) \prod_{i = 1}^{n} α_{i}^{2} .$

On en déduit

$\det (S) \leq \prod_{i = 1}^{n} α_{i}^{- 2} = \prod_{i = 1}^{n} s_{i, i} .$
(d)

Si $S$ n’est pas inversible alors $\det (S) = 0$ . Parallèlement, $s_{i, i} = E_{i}^{⊤} S E_{i} \geq 0$ pour $i = 1, \dots, n$ . L’inégalité précédente est donc encore vraie.

Exercice 17 5905 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ . Montrer qu’il existe des matrices $P, Q \in O_{n} (ℝ)$ telles que $P A Q$ soit diagonale à coefficients diagonaux positifs.

Solution

Si $D = P A Q$ est diagonale à coefficients diagonaux positifs avec $P, Q \in O_{n} (ℝ)$ , on remarque $A^{⊤} A = Q D P P^{⊤} D Q^{⊤} = Q D^{2} Q^{⊤}$ . Cela permet d’initier la démarche qui suit.

Cas: $A$ inversible.

Considérons $M = A^{⊤} A$ . La matrice $M$ est symétrique puisque $M^{⊤} = M$ et définie positive car

\forall X \in ℳ_{n, 1} (ℝ) ∖ {0}, X^{⊤} M X = {(A X)}^{⊤} A X = {∥ A X ∥}^{2} > 0 .

Par le théorème spectral, on peut écrire $M = Ω^{⊤} Δ Ω$ avec $Δ = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ où $λ_{1}, \dots, λ_{n} > 0$ et $Ω \in O_{n} (ℝ)$ .

Posons alors $D = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}})$ , $Q = Ω^{⊤}$ et $P = D Q A^{- 1}$ . On vérifie

P^{⊤} P = {(A^{- 1})}^{⊤} Ω D^{⊤} D Ω^{⊤} A^{- 1} = {(A^{- 1})}^{⊤} Ω Δ Ω^{⊤} A^{- 1} = {(A^{- 1})}^{⊤} M A^{- 1} = I_{n} .

On en déduit $P \in O_{n} (ℝ)$ et l’on obtient l’écriture $P A Q = D$ comme voulu.

Cas: $A$ non inversible.

Par densité de ${GL}_{n} (ℝ)$ dans $ℳ_{n} (ℝ)$ , on peut introduire une suite ${(A_{k})}_{k \in ℕ}$ de matrices inversibles de limite $A$ . Pour tout $k \in ℕ$ , il existe $P_{k}, Q_{k} \in O_{n} (ℝ)$ telles que $P_{k} A_{k} Q_{k} = D_{k}$ soit une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs. Par produit de parties compactes, $O_{n} (ℝ) \times O_{n} (ℝ)$ est une partie compacte et l’on peut introduire $φ : ℕ \to ℕ$ strictement croissante telle que la suite $(P_{φ (k)}, Q_{φ (k)})$ converge vers un couple $(P, Q)$ formé de matrices orthogonales. Par opérations sur les limites $D_{φ (k)} = P_{φ (k)} A_{φ (k)} Q_{φ (k)}$ admet une limite $D = P A Q$ qui est nécessairement une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs car l’ensemble des matrices de ce type est une partie fermée.

Exercice 18 5274 Correction

Soient $A$ et $B$ deux matrices de $𝒮_{n} (ℝ)$ à valeurs propres toutes positives.

(a)

Montrer qu’il existe une matrice symétrique $C$ telle que $C^{2} = A$ .
(b)

Établir

$\det (A) + \det (B) \leq \det (A + B) .$

On pourra commencer par étudier le cas où $A = I_{n}$ .

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable: il existe une matrice $P \in O_{n} (ℝ)$ telle que $A = P D P^{- 1}$ avec

$D = (\begin{matrix} λ_{1} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & λ_{n} \end{matrix}) .$

Les réels $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ sont les valeurs propres comptées avec multiplicité de la matrice $A$ et celles-ci sont supposées positives ce qui permet d’introduire

$Δ = (\begin{matrix} \sqrt{λ_{1}} & (0) \\ ⋱ \\ (0) & \sqrt{λ_{n}} \end{matrix}) .$

On vérifie $Δ^{2} = D$ et la matrice $C = P Δ P^{- 1}$ résout alors le problème posé puisque

$C^{2} = P Δ^{2} P^{- 1} = A et C^{⊤} = {(P^{- 1})}^{⊤} Δ P^{⊤} = P Δ P^{- 1} = C car P^{- 1} = P^{⊤} .$

(b)

Supposons $A = I_{n}$ et introduisons $μ_{1}, \dots, μ_{n}$ les valeurs propres de $B$ comptées avec multiplicité. Les valeurs propres de $I_{n} + B$ sont alors les $1 + λ_{i}$ pour $i = 1, \dots, n$ et l’inégalité $\det (I_{n}) + \det (B) \leq \det (I_{n} + B)$ se relit

1 + μ_{1} \times \dots \times μ_{n} \leq (1 + μ_{1}) \times \dots \times (1 + μ_{n}) .

Or cette dernière est évidente car, lorsque l’on développe $(1 + μ_{1}) \times \dots \times (1 + μ_{n})$ , on obtient les termes $1$ et $μ_{1} \times \dots \times μ_{n}$ ainsi que d’autres, tous positifs puisque les valeurs propres $μ_{i}$ sont supposées positives. Ainsi, la propriété est établie lorsque $A$ est la matrice $I_{n}$ .

Méthode: Lorsque la matrice $A$ est inversible, on emploie la matrice $C$ de la question précédente pour se ramener au cas qui vient d’être résolu.

Cas: $A$ est inversible. On introduit une matrice $C$ symétrique de carré $A$ . Celle-ci est inversible car $A = C^{2}$ l’est et, en multipliant¹¹ 1 Peu importe le signe de $\det (C^{- 1})$ , les deux multiplications conservent le sens de l’inégalité. Cependant, si la matrice $C$ est définie comme à la question précédente, elle est de déterminant strictement positif. par $\det (C^{- 1})$ à droite et à gauche, on remarque

	$\det (A)$	$+ \det (B) \leq \det (A + B)$
		$\Leftrightarrow \det (C^{- 1} A C^{- 1}) + \det (C^{- 1} B C^{- 1}) \leq \det (C^{- 1} A C^{- 1} + C^{- 1} B C^{- 1})$
		$\Leftrightarrow \det (I_{n}) + \det (C^{- 1} B C^{- 1}) \leq \det (I_{n} + C^{- 1} B C^{- 1})$
		$\Leftrightarrow \det (I_{n}) + \det (M) \leq \det (I_{n} + M) avec M = C^{- 1} B C^{- 1} .$

La matrice $M$ est symétrique car

M^{⊤} = {(C^{- 1} B C^{- 1})}^{⊤} = {(C^{- 1})}^{⊤} B^{⊤} {(C^{- 1})}^{⊤} = C^{- 1} B C^{- 1} = M .

Il reste à vérifier que ses valeurs propres sont toutes positives.

Méthode: On sait²² 2 Voir le sujet 5312. qu’une matrice symétrique $S$ est à valeurs propres positives si, et seulement si, $X^{⊤} S X \geq 0$ pour toute colonne $X$ .

La matrice $B$ étant symétrique à valeurs propres positives, on a

X^{⊤} B X \geq 0 pour tout X \in ℳ_{n,1} (ℝ) .

X^{⊤} M X = Y^{⊤} B Y avec Y = C^{- 1} X

et donc

X^{⊤} M X \geq 0 pour tout X \in ℳ_{n,1} (ℝ) .

On en déduit que les valeurs propres de $M$ sont toutes positives et l’on peut affirmer que la comparaison $\det (I_{n}) + \det (M) \leq \det (I_{n} + M)$ est vraie.

Cas: $A$ non inversible.

Méthode: On généralise l’étude qui précède par un passage à la limite.

Pour $ε > 0$ , on introduit $A_{ε} = A + ε I_{n}$ . La matrice $A_{ε}$ est symétrique et ses valeurs propres se déduisent de celles de $A$ par l’ajout de $ε$ : elles sont strictement positives. Par l’étude du cas précédent, on sait alors

\det (A_{ε} + B) \leq \det (A_{ε}) + \det (B) .

En passant à la limite quand $ε$ tend vers $0^{+}$ , on conclut par continuité du déterminant

\det (A + B) \leq \det (A) + \det (B) .

Exercice 19 2759 MINES (MP)Correction

On munit $ℳ_{n} (ℝ)$ du produit scalaire canonique. On note $𝒜_{n} (ℝ)$ l’ensemble des matrices antisymétriques de $ℳ_{n} (ℝ)$ et $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ l’ensemble des matrices symétriques à valeurs propres positives.
Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que pour tout $U \in O_{n} (ℝ)$ , $tr (A U) \leq tr (A)$ .

(a)

Déterminer le supplémentaire orthogonal de $𝒜_{n} (ℝ)$ .
(b)

Soit $B \in 𝒜_{n} (ℝ)$ . Montrer que pour tout $x \in ℝ$ , $\exp (x B) \in O_{n} (ℝ)$ .
(c)

Montrer que $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .
(d)

Étudier la réciproque.
(e)

Montrer que pour toute matrice $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ il existe $S \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ et $U \in O_{n} (ℝ)$ telles que $M = S U$ .

Solution

Le produit scalaire canonique sur $ℳ_{n} (ℝ)$ est donné par

(A ∣ B) = tr (A^{⊤} B) .

(a)

L’espace solution est $𝒮_{n} (ℝ)$ . En effet, les espaces $𝒮_{n} (ℝ)$ et $𝒜_{n} (ℝ)$ sont orthogonaux car pour $(A, B) \in 𝒮_{n} (ℝ) \times 𝒜_{n} (ℝ)$ on a

$(A ∣ B) = tr (A^{⊤} B) = tr (A B) = tr (B A)$

et

$(A ∣ B) = (B ∣ A) = tr (B^{⊤} A) = - tr (B A)$

donc $(A ∣ B) = 0$ .
Les espaces étant orthogonaux, ils sont donc en somme directe. Puisque de plus on peut écrire n’importe quelle matrice $M \in ℳ_{n} (ℝ)$ sous la forme $M = A + B$ avec

$A = \frac{M + M^{⊤}}{2} \in 𝒮_{n} (ℝ) et B = \frac{M - M^{⊤}}{2} \in 𝒜_{n} (ℝ)$

les espaces $𝒮_{n} (ℝ)$ et $𝒜_{n} (ℝ)$ sont supplémentaires orthogonaux et donc chacun est l’orthogonale de l’autre.
car ces espaces sont évidemment orthogonaux et supplémentaires.
(b)

On a

$\exp {(x B)}^{⊤} \exp (x B) = \exp ({(x B)}^{⊤}) \exp (x B) = \exp (- x B) \exp (x B) .$

Or $- x B$ et $x B$ commutent donc

$\exp {(x B)}^{⊤} \exp (x B) = \exp (- x B + x B) = \exp (0) = I_{n} .$
(c)

La fonction dérivable $f : x \mapsto tr (A \exp (x B))$ admet un maximum en 0 donc $f^{'} (0) = 0$ ce qui donne $tr (A B) = 0$ pour tout $B \in 𝒜_{n} (ℝ)$ . Ainsi, $A$ est une matrice symétrique car dans l’orthogonal de l’espace des matrices antisymétrique.
Par le théorème spectrale, on peut écrire $A = P^{⊤} D P$ avec $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ et $P \in O_{n} (ℝ)$ .
Posons $V = diag (ε_{1}, \dots, ε_{n})$ avec $ε_{i} = \pm 1$ et $ε_{i} λ_{i} = | λ_{i} |$ .
Considérons alors $U = P^{⊤} V P \in O_{n} (ℝ)$ .

$tr (A U) = tr (A P^{⊤} V P) = tr (P A P^{⊤} V) = tr (D V) = | λ_{1} | + \dots + | λ_{n} |$

et

$tr (A) = λ_{1} + \dots + λ_{n} .$

La propriété $tr (A U) \leq tr (A)$ entraîne $λ_{i} \geq 0$ pour tout $i$ .
La matrice $A$ est alors symétrique positive.
(d)

Supposons $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . On peut écrire $A = P^{⊤} D P$ avec $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ , $λ_{i} \geq 0$ et $P \in O_{n} (ℝ)$ . Pour tout $U \in O_{n} (ℝ)$ , $tr (A U) = tr (D V)$ avec $V = (v_{i, j}) = P^{⊤} U P \in O_{n} (ℝ)$ .
On a alors

$tr (D V) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} v_{i, i} \leq \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} = tr (A)$

car $v_{i, i} \leq 1$ .
(e)

L’application réelle $f : V \to tr (M V)$ est continue sur le compact $O_{n} (ℝ)$ , elle y admet donc un maximum en un certain $U \in O_{n} (ℝ)$ . On a alors pour tout $V \in O_{n} (ℝ)$ ,

$tr (M V) \leq tr (M U) .$

Posons alors $A = M U$ . Pour tout $W \in O_{n} (ℝ)$ ,

$tr (A W) \leq tr (A)$

donc $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ et ainsi $M = A U^{- 1}$ avec $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ et $U^{- 1} \in O_{n} (ℝ)$ .

Exercice 20 2514 CENTRALE (MP)Correction

Soit $A$ une matrice symétrique réelle positive de taille $n$ .
Pour $α > 0$ , on note

𝒮_{α} = {M \in 𝒮_{n} (ℝ) | Sp (M) \subset ℝ_{+} et \det (M) \geq α} .

Le but est de montrer la formule:

inf_{M \in 𝒮_{α}} tr (A M) = n {(α \det (A))}^{1 / n} .

(a)

Démontrer la formule dans le cas $A = I_{n}$ .
(b)

Montrer que toute matrice $A$ symétrique réelle positive peut s’écrire $A = P^{⊤} P$ avec $P$ matrice carrée de taille $n$ .
(c)

Démontrer la formule.
(d)

Le résultat est-il encore vrai si $α = 0$ ?
(e)

Le résultat reste-t-il vrai si $A$ n’est que symétrique réelle?

Solution

(a)

Soit $M \in 𝒮_{α}$ . La matrice $M$ est diagonalisable de valeurs propres $λ_{1}, \dots, λ_{n} \geq 0$ avec $λ_{1} \dots λ_{n} \geq α$ et l’on a
$tr (M) = λ_{1} + \dots + λ_{n}$ . Par l’inégalité arithmético-géométrique

$\frac{λ_{1} + \dots + λ_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{λ_{1} \dots λ_{n}}$

et donc

$tr (M) \geq n α^{1 / n}$

avec égalité si $M = α^{1 / n} I_{n} \in 𝒮_{α}$ .
(b)

Par orthodiagonalisation de la matrice $A$ , on peut écrire

$A = Q Δ Q^{⊤} avec Δ = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) et Q \in O_{n} (ℝ) .$

Les valeurs propres de $A$ étant positives, on peut poser $P = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) Q^{⊤}$ et vérifier $A = P^{⊤} P$ .
(c)

On peut écrire

$tr (A M) = tr (P^{⊤} P M) = tr (P M P^{⊤})$

avec $P M P^{⊤}$ matrice symétrique de déterminant $\det (M) \times \det (A) \geq α \det (A)$ .
Par l’étude qui précède avec $α^{'} = α \det (A)$ , on obtient

$tr (A M) \geq n {(α \det (A))}^{1 / n} .$

Cependant, lorsque $M$ parcourt $𝒮_{α}$ , on n’est pas assuré que $P M P^{⊤}$ parcourt l’intégralité $𝒮_{α^{'}}$ . Cela est néanmoins le cas lorsque la matrice $A$ est inversible car alors la matrice $P$ l’est aussi. L’inégalité précédente est alors une égalité pour

$M = {(α \det (A))}^{1 / n} A^{- 1} .$

Lorsque la matrice $A$ n’est pas inversible, c’est qu’au moins l’une de ses valeurs propres est nulle. Sans perte de généralité, supposons que ce soit la premier de la séquence $λ_{1}, \dots, λ_{n}$

$A = Q Δ Q^{⊤} avec Δ = diag (0, λ_{2}, \dots, λ_{n}), λ_{2}, \dots, λ_{n} \geq 0 .$

Considérons alors pour $ε > 0$

$M_{ε} = Q diag (α ε^{- (n - 1)}, ε, \dots, ε) Q^{⊤} .$

La matrice $M_{ε}$ est élément de $𝒮_{α}$ et

$tr (A M_{ε}) = (n - 1) ε .$

Ceci valant pour tout $ε > 0$ , on obtient

$inf_{M \in 𝒮_{α}} tr (A M) = 0 = n {(α \det (A))}^{1 / n} .$
(d)

Soit $M \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ telle que $\det (M) \geq 0$ . Via diagonalisation de $M$ avec des valeurs propres positives, on peut affirmer $β = \det (M + λ I_{n}) > 0$ pour tout $λ > 0$ . Par ce qui précède,

$tr (A (M + λ I_{n})) \geq n {(β \det (A))}^{1 / n} .$

Par continuité, quand $λ \to 0^{+}$ , on obtient

$tr (A M) \geq 0$

et, bien évidemment, il y a égalité si $M = O_{n}$ .
Le résultat est donc encore vrai si $α = 0$ .
(e)

Le résultat n’a plus de sens si $A$ est symétrique réelle de déterminant négatif avec $n$ pair.

Exercice 21 6156 CENTRALE (MP)Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ . On pose $H_{n} = ℳ_{n} ({- 1, 1})$ et $K_{n} = ℳ_{n} ([- 1; 1])$ ainsi que

M_{n} = \max_{H \in H_{n}} | \det (H) | et M_{n}^{'} = \max_{K \in K_{n}} | \det (K) | .

(a)

Justifier l’existence de $M_{n}$ et $M_{n}^{'}$ .
(b)

Écrire une fonction Python MaxiDetAlea(n) calculant le déterminant maximal de $10 000$ matrices aléatoires de $H_{n}$ et qui renvoie le maximum trouvé ainsi qu’une matrice en laquelle il est atteint.

Procéder de même avec $K_{n}$ .
(c)
Les instructions suivantes renvoient un itérateur L parcourant tous les $N$ -uplets d’éléments de ${- 1, 1}$ :
```
from itertools import product
L = product([-1, 1], repeat=N)
```
Écrire une fonction calculant $M_{n}$ .

Soit $A \in K_{n}$ . On pose $B = A^{⊤} A$ .

(d)

Montrer que $B$ est diagonalisable à valeurs propres positives, puis que

$\det (B) ⩽ {(\frac{tr (B)}{n})}^{n} .$
(e)

Montrer que

$| \det (A) | ⩽ n^{n / 2} .$

puis que

$| \det (A) | = n^{n / 2} \Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{n}} A \in O_{n} (ℝ)$

Observer qu’alors $A \in H_{n}$ .

Solution

(a)

L’ensemble $H_{n}$ est fini (de cardinal $2^{n^{2}}$ ), donc la fonction $H \mapsto | \det (H) |$ y atteint un maximum: $M_{n}$ existe.

L’ensemble $K_{n}$ est une partie fermée et bornée d’un espace de dimension finie, c’est une partie compacte. La fonction $H \mapsto | \det (H) |$ étant continue, elle y atteint son maximum: $M_{n}^{'}$ existe.

(b)

import numpy as np
import numpy.random as rnd

def MaxiDetAlea(n):
    best_det = - float(’inf’)
    best_matrix = None
    for _ in range(10000):
        A = 2 * rnd.binomial(1, 0.5, (n, n)) - 1
        d = abs(np.linalg.det(A))
        if d > best_det:
            best_det = d
            best_matrix = A
    return best_det, best_matrix

Pour $K_{n}$ :

def MaxiDetAlea_K(n):
    best_det = - float(’inf’)
    best_matrix = None
    for _ in range(10000):
        A = 2 * rnd.random((n, n)) - 1
        d = abs(np.linalg.det(A))
        if d > best_det:
            best_det = d
            best_matrix = A
    return best_det, best_matrix

(c)

On peut parcourir toutes les matrices de $H_{n}$ en utilisant itertools.product :

from itertools import product
import numpy as np

def MaxiDetExact(n):
    best_det = 0
    best_matrix = None
    for t in product([-1, 1], repeat=n*n):
        A = np.array(t).reshape((n, n))
        d = abs(np.linalg.det(A))
        if d > best_det:
            best_det = d
            best_matrix = A
    return best_det, best_matrix

(d)

La matrice $B$ est symétrique réelle, donc orthogonalement diagonalisable. De plus, pour tout $x \in ℝ^{n}$ ,

$x^{⊤} B x = x^{⊤} A^{⊤} A x = {∥ A x ∥}^{2} ⩾ 0 .$

La matrice $B$ est symétrique positive donc ses valeurs propres sont positives..

Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ ses valeurs propres comptées avec multiplicité. Puisque $B$ est diagonalisable,

$\det (B) = \prod_{i = 1}^{n} λ_{i} et tr (B) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} .$

Par l’inégalité arithmético-géométrique,

$\prod_{i = 1}^{n} λ_{i} ⩽ {(\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} λ_{i})}^{n}$

d’où

$\det (B) ⩽ {(\frac{tr (B)}{n})}^{n} .$
(e)

On a

$\det (B) = \det (A^{⊤} A) = \det {(A)}^{2} .$

Par ailleurs,

$tr (B) = tr (A^{⊤} A) = \sum_{i, j = 1}^{b} a_{i, j}^{2} ⩽ n^{2},$

car $a_{i j} \in [- 1; 1]$ .

Ainsi,

$\det {(A)}^{2} = \det (B) ⩽ {(\frac{n^{2}}{n})}^{n} = n^{n},$

donc

$| \det (A) | ⩽ n^{n / 2} .$

$(⟸)$ Si $\frac{1}{\sqrt{n}} A$ est orthogonale, cette matrice est de déterminant $\pm 1$ et donc $| \det (A) | = n^{n / 2}$ .

$(⟹)$ Supposons $| \det (A) | = n^{n / 2}$ . On a

${(\frac{1}{\sqrt{n}} A)}^{⊤} (\frac{1}{\sqrt{n}} A) = \frac{1}{n} A^{⊤} A = \frac{1}{n} B .$

Puisqu’il y a égalité dans l’inégalité géométrique précédemment employée, on a $λ_{1} = \dots = λ_{n}$ . Puisqu’il y a aussi égalité dans l’inégalité $tr (B) ⩽ n^{2}$ , on obtient $λ_{1} = \dots = λ_{n} = n$ puis $B = n I_{n}$ . On peut alors conclure que $\frac{1}{\sqrt{n}} A$ est orthogonale. Au surplus, l’égalité $tr (B) = n^{2}$ assure que les coefficients de $A$ sont des $\pm 1$ .

Exercice 22 3077 X (MP)Correction

Soient $m, n \in ℕ^{*}$ et $M \in ℳ_{m, n} (ℝ)$ .

Établir l’existence de $U \in O_{m} (ℝ)$ et $V \in O_{n} (ℝ)$ telles que la matrice $D = U M V$ vérifie:

\forall (i, j) \in {1, \dots, m} \times {1, \dots, n}, i \neq j ⟹ d_{i, j} = 0 .

Solution

Cas: $M \in {GL}_{n} (ℝ)$ .

Analyse: Supposons qu’il existe $U, V \in O_{n} (ℝ)$ telles que $U M V$ soit une matrice diagonale $D$ . On remarque que

D^{2} = D^{⊤} D = V^{⊤} M^{⊤} M V .

On veut donc que $M^{⊤} M$ soit orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs.

Synthèse: On sait que la matrice $M^{⊤} M$ est symétrique réelle à valeurs propres strictement positives. Il existe donc $V \in O_{n} (ℝ)$ telle que

V^{⊤} M^{⊤} M V = D^{2}

avec $D$ une matrice diagonale. Posons alors $U = D V^{⊤} M^{- 1}$ . On remarque

U^{⊤} U = {(M^{- 1})}^{⊤} V D^{2} V^{⊤} M^{- 1} = I_{n} .

La matrice $U$ est orthogonale et permet d’écrire $D = U M V$ avec $D$ diagonale.

Cas général: $M \in ℳ_{m, n} (ℝ)$

Soit $u$ l’application linéaire de $ℝ^{n}$ vers $ℝ^{m}$ canoniquement représentée par $M$ .

Posons $F = Ker (u)$ et $G = Im (u)$ . La matrice de $u$ dans une base orthonormée adaptée à la décomposition $F^{⊥} \oplus^{⊥} F = ℝ^{n}$ au départ et dans une base orthonormée adaptée à la décomposition $G \oplus^{⊥} G^{⊥} = ℝ^{m}$ à l’arrivée est de la forme

M^{'} = (\begin{matrix} A & O \\ O & O \end{matrix}) avec A \in {GL}_{r} (ℝ), r = rg (M) .

L’étude qui précède permet de transformer $A$ en une matrice diagonale $D$ via produit par des matrices orthogonales $U$ et $V$ :

U A V = D .

En introduisant les matrices orthogonales

U^{'} = (\begin{matrix} U & O \\ O & I_{m - r} \end{matrix}) et V^{'} = (\begin{matrix} V & O \\ O & I_{n - r} \end{matrix})

on obtient en opérant par blocs

D^{'} = U^{'} M^{'} V^{'} = (\begin{matrix} D & O \\ O & O \end{matrix}) .

Enfin, par une formule de changement de bases orthonormées, il existe $U^{''}, V^{''}$ orthogonales telles que

M^{'} = U^{''} M V^{''}

et l’on peut alors conclure.

Exercice 23 4996

Soit $A$ une matrice symétrique réelle de taille $n$ dont toutes les valeurs propres sont strictement positives.

(a)

Montrer que $φ : (X, Y) \mapsto X^{⊤} A Y$ définit un produit scalaire sur $ℝ^{n}$ .
(b)

En déduire qu’il existe une matrice triangulaire supérieure $T$ telle que $A = T^{⊤} T$ .

Exercice 24 20 Correction

(Décomposition de Cholesky)

Soit $S \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Montrer qu’il existe $T \in T_{n}^{+} (ℝ)$ telle que $S = T^{⊤} T$ .

Solution

On raisonne par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Pour $n = 1$ , $S = (a)$ avec $a \geq 0$ donc $T = (\sqrt{a})$ convient.

Supposons la propriété établie au rang $n - 1 \geq 1$ .

On écrit

S = (\begin{matrix} a & L \\ L^{⊤} & S^{'} \end{matrix}) \in S_{n}^{+} (ℝ) et T = (\begin{matrix} α & Λ \\ 0 & T^{'} \end{matrix}) \in T_{n}^{+} (ℝ) .

On observe

T^{⊤} T = (\begin{matrix} α^{2} & α Λ \\ α Λ^{⊤} & S^{''} \end{matrix}) avec S^{''} = Λ^{⊤} Λ + T^{', ⊤} T^{'} .

Il s’agit de faire se correspondre $S$ et $T^{⊤} T$ .

Pour $X = E_{1}$ , la relation $X^{⊤} S X \geq 0$ oblige $a \geq 0$ .

Cas: $a = 0$ . En exploitant $X^{⊤} S X \geq 0$ avec $X = E_{1} + λ E_{j}$ pour $λ \in ℝ$ , on obtient $L = 0$ .

De plus, il est immédiat qu’alors $S^{'} \in 𝒮_{n - 1}^{+} (ℝ)$ et en prenant $α = 0$ , $Λ = 0$ et $T^{'} \in T_{n - 1}^{+} (ℝ)$ tel que $S^{'} = T^{', ⊤} T^{'}$ on conclut.

Cas: $a > 0$ . On pose $α = \sqrt{a}$ et $Λ = \frac{1}{α} L$ . Il reste à déterminer $T^{'}$ tel que $S^{'} = Λ^{⊤} Λ + T^{', ⊤} T^{'}$ .

Posons $Σ = S^{'} - Λ^{⊤} Λ$ et montrons $Σ \in 𝒮_{n - 1}^{+} (ℝ)$ ce qui permettra de conclure via l’hypothèse de récurrence.

Pour tout $X = (\begin{matrix} x_{1} \\ X^{'} \end{matrix})$ , $X^{⊤} S X \geq 0$ donne $a x_{1}^{2} + 2 x_{1} L X^{'} + X^{', ⊤} S^{'} X^{'} \geq 0$ et pour $x_{1} = - \frac{1}{a} L X^{'}$ on obtient $X^{', ⊤} S^{'} X^{'} - \frac{1}{a} {(L X^{'})}^{2} \geq 0$ ce qui donne $X^{', ⊤} Σ X^{'} \geq 0$ . On peut alors conclure

La récurrence est établie.

Exercice 25 3169 Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ une matrice symétrique positive dont tous les coefficients sont non nuls. On note $B$ la matrice de $ℳ_{n} (ℝ)$ dont les coefficients sont les inverses des coefficients respectifs de $A$ .

Montrer

B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ) \Leftrightarrow rg (A) = 1 .

Solution

Supposons $B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

Pour tout $1 \leq i < j \leq n$ , les sous-matrices

(\begin{matrix} a_{i, i} & a_{i, j} \\ a_{j, i} & a_{j, j} \end{matrix}) et (\begin{matrix} 1 / a_{i, i} & 1 / a_{i, j} \\ 1 / a_{j, i} & 1 / a_{j, j} \end{matrix})

sont symétriques et positives car sous-matrices de matrices symétriques positives. Ces matrices sont donc de déterminants positifs. Ainsi,

a_{i, i} a_{j, j} - a_{i, j}^{2} \geq 0 et \frac{a_{i, j}^{2} - a_{i, i} a_{j, j}}{a_{i, i} a_{j, j} a_{i, j}^{2}} \geq 0 .

On en déduit

a_{i, i} a_{j, j} - a_{i, j}^{2} = 0 .

Ainsi, toutes les matrices de taille $2$ extraites de $A$ sont non inversibles et donc $rg (A) < 2$ .

Puisque les coefficients de $A$ sont tous non nuls, on peut aussi affirmer $rg (A) \geq 1$ et conclure

rg (A) = 1 .

Inversement, supposons $rg (A) = 1$ . Toutes les colonnes de $A$ sont colinéaires entre elles ce qui perme d’écrire

A = {(α_{i} β_{j})}_{1 \leq i, j \leq n}

La relation

\forall X \in ℳ_{n,1} (ℝ), X^{⊤} A X \geq 0

donne alors

\forall x_{1}, \dots, x_{n} \in ℝ, \sum_{i, j = 1}^{n} α_{i} β_{j} x_{i} x_{j} \geq 0

En posant $x_{i} = y_{i} / α_{i}^{2}$ ,

\forall y_{1}, \dots, y_{n} \in ℝ, \sum_{i, j = 1}^{n} \frac{1}{α_{i} β_{j}} y_{i} y_{j} \geq 0

ce qui permet d’affirmer que la matrice symétrique $B$ est positive.

[<] Endomorphismes autoadjoints positifs [>] Endomorphismes autoadjoints définis positifs

Édité le 06-05-2026

Matrices symétriques positives