[<] Endomorphismes autoadjoints positifs [>] Endomorphismes autoadjoints définis positifs
Soit . Montrer
Solution
Supposons
Pour vecteur propre associé à la valeur propre , on obtient
et donc .
Supposons .
Par le théorème spectral, on peut écrire avec et diagonale. De plus, les coefficients diagonaux de sont les valeurs propres de . Pour toute colonne , on a alors
puis
Soit .
Soit . Montrer que si, et seulement si, .
Montrer que les valeurs complexes des matrices éléments de sont de parties réelles positives.
Solution
Commençons par remarquer que la matrice est assurément symétrique.
De plus, pour , on constate par transposition d’un réel
Par conséquent,
et donc si, et seulement si, .
Soient une valeur propre complexe d’une matrice et un vecteur propre associé. En écrivant avec colonnes réelles et avec , l’égalité donne
et
En considérant la partie réelle, il vient
avec car la colonne complexe est non nulle.
On en déduit .
Soit à valeurs propres positives. Établir
Solution
Notons les valeurs propres de . On a
L’inégalité de convexité
est bien connue, c’est la comparaison des moyennes géométrique et arithmétique qui s’obtient par la convexité de l’exponentielle appliquée aux réels lorsque .
Soit .
Justifier que la matrice est diagonalisable.
Montrer que les valeurs propres de sont toutes positives.
Soient et .
Montrer que les valeurs propres de sont positives.
Soit une famille orthonormée de colonnes telle que la famille soit orthogonale.
Montrer que les sont des vecteurs propres de .
Solution
Soient une valeur propre de et un vecteur propre associé. On a .
D’une part
D’autre part
donc
Pour , on a
donc
et par conséquent est vecteurs propres de .
Soit une matrice symétrique réelle à valeurs propres positives. Pour , on pose
Étudier la limite de
Solution
La matrice est diagonalisable. Notons les valeurs propres de comptées avec multiplicité et rangées en ordre croissant. Pour tout ,
Les valeurs propres étant positives,
puis
Par théorème d’encadrement,
La suite converge vers la plus grande valeur propre de .
Soit .
Montrer que pour tout , .
Observer que si alors, pour tout , .
Solution
Pour colonne élémentaire,
Pour avec ,
Si , l’expression précédente se simplifie et l’on obtient
Cela oblige car sinon il y a changement de signe au voisinage de .
Soit . On note le plus grand coefficient diagonal de .
Établir
Solution
Notons que les coefficients diagonaux de sont assurément positifs car
Il est alors immédiat que
Pour , introduisons avec . On a
Si alors on a nécessairement et donc .
Si alors puis que le trinôme du second degré est de signe constant, on a
puis
d’où .
Soient avec et . On suppose
Montrer .
Solution
Cas: diagonale. On écrit avec . On a
et donc
Si alors et donc puis .
Sinon, on a encore .
Ainsi, puis aussi .
Cas général: Par le théorème spectral, on peut écrire avec diagonale à coefficients diagonaux positifs et .
La relation donne alors avec . Comme au dessus, on obtient puis
Soient . Montrer
Solution
Puisque symétrique réelle positive, la matrice est orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs ce qui permet décrire
avec , , pour .
On a alors
avec . On vérifie aisément que est symétrique positive car l’est et alors ses coefficients diagonaux sont positifs puisque
On a alors
Soient . Montrer .
Solution
Puisque la matrice est symétrique réelle positive, elle est orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs. On peut donc écrire
On a alors
avec qui est encore une matrice symétrique réelle positive.
On a alors
car les scalaires et les coefficients sont positifs.
Puisque deux matrices semblables ont même trace, on parvient à l’inégalité voulue.
Soit une matrice symétrique à valeurs propres toutes positives.
Montrer
Solution
Si est diagonale égale à avec alors
Or les coefficients d’une matrice orthogonale appartiennent à donc
Plus généralement, si est symétrique réelle à valeurs propres positives, on peut écrire avec orthogonale et où . On a alors
avec orthogonale. On a alors
Soit . Montrer que et .
Inversement, pour telle que , établir qu’il existe telle que .
Solution
Si alors pour toute colonne
et donc .
Inversement, pour telle que , il existe telle que avec et .
Posons alors avec . On a et ce qui fournit .
On note l’ensemble des matrices symétriques de de valeurs propres positives. Soit .
Montrer qu’il existe une matrice qui est un polynôme en vérifiant
Soit vérifiant . Montrer que commute avec puis que .
Solution
Il existe , vérifiant avec , . Considérons alors un polynôme , construit par interpolation de Lagrange vérifiant
Posons ensuite . est un polynôme en , est symétrique réelle et
Les valeurs propres de sont positives donc . Enfin, puisque
on a .
Soit vérifiant . On a donc commute avec et donc avec qui est un polynôme en . Puisque et sont diagonalisables et qu’elle commutent toutes deux, elles sont codiagonalisables. Ainsi, il existe une matrice de passage vérifiant
Or donc puis car
Finalement,
On note l’ensemble des matrices symétriques de dont les valeurs propres sont toutes positives. Soit . On souhaite établir qu’il existe une unique matrice telle que .
Montrer l’existence d’une telle matrice.
Soit vérifiant . Établir que pour tout ,
Justifier l’unicité d’une matrice solution.
(Inégalité de Hadamard)
Soit .
On rappelle l’inégalité arithmético-géométrique: pour tous réels positifs ,
Montrer
Soient , et .
Vérifier que et exprimer .
On suppose inversible. Vérifier que les coefficients diagonaux de sont strictement positifs et, en introduisant des réels pertinemment choisis, établir
Justifier que l’inégalité précédente est encore vraie lorsque n’est pas inversible.
Solution
En introduisant les valeurs propres de comptées avec multiplicité, on a
car est semblable à .
L’inégalité voulue est alors une conséquence directe de l’inégalité arithmético-géométrique sachant que les réels sont tous positifs.
On vérifie immédiatement que est symétrique en calculant .
Pour toute colonne ,
La matrice est donc symétrique positive.
Aussi, pour tout ,
et donc
Puisque est symétrique positive inversible, est définie positive. En notant la colonne élémentaire d’indice , on a
Posons de sorte que . L’inégalité de la première question donne . Or
On en déduit
Si n’est pas inversible alors . Parallèlement, pour . L’inégalité précédente est donc encore vraie.
Soit . Montrer qu’il existe des matrices telles que soit diagonale à coefficients diagonaux positifs.
Solution
Si est diagonale à coefficients diagonaux positifs avec , on remarque . Cela permet d’initier la démarche qui suit.
Cas: inversible.
Considérons . La matrice est symétrique puisque et définie positive car
Par le théorème spectral, on peut écrire avec où et .
Posons alors , et . On vérifie
On en déduit et l’on obtient l’écriture comme voulu.
Cas: non inversible.
Par densité de dans , on peut introduire une suite de matrices inversibles de limite . Pour tout , il existe telles que soit une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs. Par produit de parties compactes, est une partie compacte et l’on peut introduire strictement croissante telle que la suite converge vers un couple formé de matrices orthogonales. Par opérations sur les limites admet une limite qui est nécessairement une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs car l’ensemble des matrices de ce type est une partie fermée.
Soient et deux matrices de à valeurs propres toutes positives.
Montrer qu’il existe une matrice symétrique telle que .
Établir
On pourra commencer par étudier le cas où .
Solution
La matrice est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable: il existe une matrice telle que avec
Les réels sont les valeurs propres comptées avec multiplicité de la matrice et celles-ci sont supposées positives ce qui permet d’introduire
On vérifie et la matrice résout alors le problème posé puisque
Supposons et introduisons les valeurs propres de comptées avec multiplicité. Les valeurs propres de sont alors les pour et l’inégalité se relit
Or cette dernière est évidente car, lorsque l’on développe , on obtient les termes et ainsi que d’autres, tous positifs puisque les valeurs propres sont supposées positives. Ainsi, la propriété est établie lorsque est la matrice .
Méthode: Lorsque la matrice est inversible, on emploie la matrice de la question précédente pour se ramener au cas qui vient d’être résolu.
Cas: est inversible. On introduit une matrice symétrique de carré . Celle-ci est inversible car l’est et, en multipliant11 1 Peu importe le signe de , les deux multiplications conservent le sens de l’inégalité. Cependant, si la matrice est définie comme à la question précédente, elle est de déterminant strictement positif. par à droite et à gauche, on remarque
La matrice est symétrique car
Il reste à vérifier que ses valeurs propres sont toutes positives.
Méthode: On sait22 2 Voir le sujet 5312. qu’une matrice symétrique est à valeurs propres positives si, et seulement si, pour toute colonne .
La matrice étant symétrique à valeurs propres positives, on a
Or
et donc
On en déduit que les valeurs propres de sont toutes positives et l’on peut affirmer que la comparaison est vraie.
Cas: non inversible.
Méthode: On généralise l’étude qui précède par un passage à la limite.
Pour , on introduit . La matrice est symétrique et ses valeurs propres se déduisent de celles de par l’ajout de : elles sont strictement positives. Par l’étude du cas précédent, on sait alors
En passant à la limite quand tend vers , on conclut par continuité du déterminant
On munit du produit scalaire canonique. On note l’ensemble des matrices antisymétriques de et l’ensemble des matrices symétriques à valeurs propres positives.
Soit telle que pour tout , .
Déterminer le supplémentaire orthogonal de .
Soit . Montrer que pour tout , .
Montrer que .
Étudier la réciproque.
Montrer que pour toute matrice il existe et telles que .
Solution
Le produit scalaire canonique sur est donné par
L’espace solution est . En effet, les espaces et sont orthogonaux car pour on a
et
donc .
Les espaces étant orthogonaux, ils sont donc en somme directe. Puisque de plus on peut écrire n’importe quelle matrice sous la forme avec
les espaces et sont supplémentaires orthogonaux et donc chacun est l’orthogonale de l’autre.
car ces espaces sont évidemment orthogonaux et supplémentaires.
On a
Or et commutent donc
La fonction dérivable admet un maximum en 0 donc ce qui donne pour tout . Ainsi, est une matrice symétrique car dans l’orthogonal de l’espace des matrices antisymétrique.
Par le théorème spectrale, on peut écrire avec et .
Posons avec et .
Considérons alors .
et
La propriété entraîne pour tout .
La matrice est alors symétrique positive.
Supposons . On peut écrire avec , et . Pour tout , avec .
On a alors
car .
L’application réelle est continue sur le compact , elle y admet donc un maximum en un certain . On a alors pour tout ,
Posons alors . Pour tout ,
donc et ainsi avec et .
Soit une matrice symétrique réelle positive de taille .
Pour , on note
Le but est de montrer la formule:
Démontrer la formule dans le cas .
Montrer que toute matrice symétrique réelle positive peut s’écrire avec matrice carrée de taille .
Démontrer la formule.
Le résultat est-il encore vrai si ?
Le résultat reste-t-il vrai si n’est que symétrique réelle?
Solution
Soit . La matrice est diagonalisable de valeurs propres avec et l’on a
. Par l’inégalité arithmético-géométrique
et donc
avec égalité si .
Par orthodiagonalisation de la matrice , on peut écrire
Les valeurs propres de étant positives, on peut poser et vérifier .
On peut écrire
avec matrice symétrique de déterminant .
Par l’étude qui précède avec , on obtient
Cependant, lorsque parcourt , on n’est pas assuré que parcourt l’intégralité . Cela est néanmoins le cas lorsque la matrice est inversible car alors la matrice l’est aussi. L’inégalité précédente est alors une égalité pour
Lorsque la matrice 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
Considérons alors pour
La matrice est élément de et
Ceci valant pour tout , on obtient
Soit telle que . Via diagonalisation de avec des valeurs propres positives, on peut affirmer pour tout . Par ce qui précède,
Par continuité, quand , on obtient
et, bien évidemment, il y a égalité si .
Le résultat est donc encore vrai si .
Le résultat n’a plus de sens si est symétrique réelle de déterminant négatif avec pair.
Soient et .
Établir l’existence de et telles que la matrice vérifie:
Solution
Cas: .
Analyse: Supposons qu’il existe telles que soit une matrice diagonale . On remarque que
On veut donc que soit orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs.
Synthèse: On sait que la matrice est symétrique réelle à valeurs propres strictement positives. Il existe donc telle que
avec une matrice diagonale. Posons alors . On remarque
La matrice est orthogonale et permet d’écrire avec diagonale.
Cas général:
Soit l’application linéaire de vers canoniquement représentée par .
Posons et . La matrice de dans une base orthonormée adaptée à la décomposition au départ et dans une base orthonormée adaptée à la décomposition à l’arrivée est de la forme
L’étude qui précède permet de transformer en une matrice diagonale via produit par des matrices orthogonales et :
En introduisant les matrices orthogonales
on obtient en opérant par blocs
Enfin, par une formule de changement de bases orthonormées, il existe orthogonales telles que
et l’on peut alors conclure.
Soit une matrice symétrique réelle de taille dont toutes les valeurs propres sont strictement positives.
Montrer que définit un produit scalaire sur .
En déduire qu’il existe une matrice triangulaire supérieure telle que .
(Décomposition de Cholesky)
Soit . Montrer qu’il existe telle que .
Solution
On raisonne par récurrence sur .
Pour , avec donc convient.
Supposons la propriété établie au rang .
On écrit
On observe
Il s’agit de faire se correspondre et .
Pour , la relation oblige .
Cas: . En exploitant avec pour , on obtient .
De plus, il est immédiat qu’alors et en prenant , et tel que on conclut.
Cas: . On pose et . Il reste à déterminer tel que .
Posons et montrons ce qui permettra de conclure via l’hypothèse de récurrence.
Pour tout , donne et pour on obtient ce qui donne . On peut alors conclure
La récurrence est établie.
Soit une matrice symétrique positive dont tous les coefficients sont non nuls. On note la matrice de dont les coefficients sont les inverses des coefficients respectifs de .
Montrer
Solution
Supposons .
Pour tout , les sous-matrices
sont symétriques et positives car sous-matrices de matrices symétriques positives. Ces matrices sont donc de déterminants positifs. Ainsi,
On en déduit
Ainsi, toutes les matrices de taille extraites de sont non inversibles et donc .
Puisque les coefficients de sont tous non nuls, on peut aussi affirmer et conclure
Inversement, supposons . Toutes les colonnes de sont colinéaires entre elles ce qui perme d’écrire
La relation
donne alors
En posant ,
ce qui permet d’affirmer que la matrice symétrique est positive.
[<] Endomorphismes autoadjoints positifs [>] Endomorphismes autoadjoints définis positifs
Édité le 08-12-2023
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