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

 
Exercice 1  11  Correction  

Soit A𝒮n(). Montrer

Xn,1(),XAX0Sp(A)+.

Solution

() Supposons

Xn,1(),XAX0.

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

XAX=λXX avec XX>0

et donc λ0.
() Supposons Sp(A)+.
Par le théorème spectral, on peut écrire A=PDP avec POn() et D diagonale. De plus, les coefficients diagonaux de D sont les valeurs propres λ1,,λn+ de A. Pour toute colonne X, on a alors

XAX=YDY avec Y=PX

puis

XAX=i=1nλiyi20.
 
Exercice 2  5904   Correction  

Soit 𝒫={An(),Xn,XAX0}.

  • (a)

    Soit An(). Montrer que A𝒫 si, et seulement si, A+A𝒮n+().

  • (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 Xn,1(), on constate par transposition d’un réel

    XAX=(XAX)=XAX

    Par conséquent,

    XAX=12(X(A+A)X)

    et donc A𝒫 si, et seulement si, A+A𝒮n+().

  • (b)

    Soient λ une valeur propre complexe d’une matrice A𝒫 et n,1(){0} un vecteur propre associé. En écrivant Z=X+iY avec X,Y colonnes réelles et λ=α+iβ avec α,β, l’égalité AZ=λZ donne

    Z¯AZ=λZ¯Z

    et

    Z¯AZ=XAX-iYAX+iYAX+YAY

    En considérant la partie réelle, il vient

    αZ¯Z=XAX+YAY0

    avec Z¯Z+* car la colonne complexe Z est non nulle.

    On en déduit α>0.

 
Exercice 3  372  Correction  

Soit A𝒮n() à valeurs propres positives. Établir

(det(A))1/n1ntr(A).

Solution

Notons λ1,,λn les valeurs propres de A. On a

det(A)=λ1λnettr(A)=λ1++λn.

L’inégalité de convexité

(λ1λn)1/n1n(λ1++λn)

est bien connue, c’est la comparaison des moyennes géométrique et arithmétique qui s’obtient par la convexité de l’exponentielle appliquée aux réels ai=ln(λi) lorsque λi>0.

 
Exercice 4  369  

Soit An().

  • (a)

    Justifier que la matrice AA est diagonalisable.

  • (b)

    Montrer que les valeurs propres de AA sont toutes positives.

 
Exercice 5  3664  Correction  

Soient Mn() et A=MM.

  • (a)

    Montrer que les valeurs propres de A sont positives.

  • (b)

    Soit (Xi)1in une famille orthonormée de colonnes telle que la famille (MXi)1in soit orthogonale.
    Montrer que les Xi sont des vecteurs propres de A.

Solution

  • (a)

    Soient λ une valeur propre de A et X0 un vecteur propre associé. On a AX=λX.
    D’une part

    XAX=λXX=λX2.

    D’autre part

    XAX=(MX)MX=MX2

    donc

    λ=MX2X20.
  • (b)

    Pour ji, on a

    XjAXi=(MXj)MXi=0

    donc

    AXiVect(X1,,Xi-1,Xi+1,Xn)=Vect(Xi)

    et par conséquent Xi est vecteurs propres de A.

 
Exercice 6  3008  Correction  

Soit Sn() une matrice symétrique réelle à valeurs propres positives. Pour k*, on pose

uk=(tr(Sk))1/k

Étudier la limite de (uk)k1

Solution

La matrice S est diagonalisable. Notons λ1,,λn+ les valeurs propres de S comptées avec multiplicité et rangées en ordre croissant. Pour tout k*,

tr(Sk)=λ1k++λnk

Les valeurs propres étant positives,

λnktr(Sk)nλnk

puis

λnukn1kλnk+λn

Par théorème d’encadrement,

υkk+λn

La suite (uk)k1 converge vers la plus grande valeur propre de S.

 
Exercice 7  13   Correction  

Soit A=(ai,j)𝒮n+().

  • (a)

    Montrer que pour tout i{1,,n}, ai,i0.

  • (b)

    Observer que si ai,i=0 alors, pour tout j{1,,n}, ai,j=0.

Solution

  • (a)

    Pour X=Ei colonne élémentaire,

    XAX=EiAEi=ai,i0.
  • (b)

    Pour Xλ=Ei+λEj avec λ,

    XλAXλ=ai,i+2λai,j+λ2aj,j0.

    Si ai,i=0, l’expression précédente se simplifie et l’on obtient

    λ, 2λai,j+λ2aj,j0.

    Cela oblige ai,j=0 car sinon il y a changement de signe au voisinage de 0.

 
Exercice 8  3175   Correction  

Soit A=(ai,j)𝒮n+(). On note m le plus grand coefficient diagonal de A.

Établir

1i,jn,|ai,j|m.

Solution

Notons que les coefficients diagonaux de A sont assurément positifs car

ai,i=EiAEi0.

Il est alors immédiat que

i{1,,n},|ai,i|=ai,im.

Pour ij{1,,n}, introduisons Xλ=λEi+Ejn,1() avec λ. On a

XλAXλ=λ2ai,i2+2λai,j+aj,j20.

Si ai,i=0 alors on a nécessairement ai,j=0 et donc |ai,j|m.

Si ai,i0 alors puis que le trinôme du second degré est de signe constant, on a

Δ=4ai,j2-4ai,jaj,j0

puis

ai,j2ai,iaj,jm2

d’où |ai,j|m.

 
Exercice 9  3927     MINES (MP)Correction  

Soient A𝒮n() avec Sp(A)+ et Bn(). On suppose

AB+BA=0.

Montrer AB=BA=0.

Solution

Cas: A diagonale. On écrit A=diag(λ1,,λn) avec λ1,,λn+. On a

AB+BA=((λi+λj)bi,j)1i,jn

et donc

1i,jn,(λi+λj)bi,j=0.

Si λi0 alors λi+λj>0 et donc bi,j=0 puis λibi,j=0.
Sinon, on a encore λibi,j=0.
Ainsi, AB=0 puis aussi BA=0.

Cas général: Par le théorème spectral, on peut écrire A=PDP-1 avec D diagonale à coefficients diagonaux positifs et POn().
La relation AB+BA=0 donne alors DM+MD=0 avec M=P-1BP. Comme au dessus, on obtient DM=0 puis

AB=PDP-1PMP-1=0.
 
Exercice 10  3168   Correction  

Soient A,B𝒮n+(). Montrer

tr(AB)0.

Solution

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

A=PDP

avec POn(), D=diag(λ1,,λn), λi0 pour i=1,,n.

On a alors

tr(AB)=tr(DPBP)=tr(DB)

avec B=PBP. On vérifie aisément que B est symétrique positive car B l’est et alors ses coefficients diagonaux sont positifs puisque

bii=EiBEi0.

On a alors

tr(AB)=i=1nλibii0.
 
Exercice 11  3150   Correction  

Soient A,B𝒮n+(). Montrer tr(AB)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=PDP1 avec POn()etD=diag(λ1,,λn),λk0.

On a alors

tr(AB)=tr(PDP1B)=tr(DC)

avec C=P1BP qui est encore une matrice symétrique réelle positive.

On a alors

tr(DC)=i=1nλici,i(i=1nλi)(i=1nci,i)=tr(D)tr(C)

car les scalaires λi et les coefficients ci,i sont positifs.

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

 
Exercice 12  3752     MINES (MP)Correction  

Soit An() une matrice symétrique à valeurs propres toutes positives.

Montrer

UOn(),tr(AU)tr(A)

Solution

Si A est diagonale égale à diag(λ1,,λn) avec λi+ alors

tr(AU)=i=1nλiui,i.

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

tr(AU)i=1nλi=tr(A).

Plus généralement, si A est symétrique réelle à valeurs propres positives, on peut écrire A=ΩDΩ avec Ω orthogonale et D=diag(λ1,,λn)λi+. On a alors

tr(AU)=tr(ΩDΩU)=tr(DV)

avec V=ΩUΩ orthogonale. On a alors

tr(AU)tr(D)=tr(A).
 
Exercice 13  18  Correction  

Soit Mn(). Montrer que A=MM𝒮n() et Sp(A)+.

Inversement, pour A𝒮n() telle que Sp(A)+, établir qu’il existe Mn() telle que A=MM.

Solution

Si A=MM alors pour toute colonne X

XAX=(MX)MX0

et donc Sp(A)+.
Inversement, pour A𝒮n() telle que Sp(A)+, il existe POn() telle que P-1AP=D avec D=diag(λ1,,λn) et λi0.
Posons alors M=PΔP-1 avec Δ=diag(λ1,,λn). On a M𝒮n() et M2=A ce qui fournit A=MM.

 
Exercice 14  3090   Correction  

On note 𝒮n+() l’ensemble des matrices symétriques de n() de valeurs propres positives. Soit S𝒮n+().

  • (a)

    Montrer qu’il existe une matrice A𝒮n+() qui est un polynôme en S vérifiant

    A2=S.
  • (b)

    Soit B𝒮n+() vérifiant B2=S. Montrer que B commute avec A puis que B=A.

Solution

  • (a)

    Il existe POn(), vérifiant S=PDP-1 avec D=diag(λ1,,λn), λi0. Considérons alors un polynôme Π, construit par interpolation de Lagrange vérifiant

    1in,π(λi)=λi.

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

    P-1AP=P-1Π(S)P=Π(D)=diag(λ1,,λn).

    Les valeurs propres de A sont positives donc A𝒮n+(). Enfin, puisque

    P-1A2P=diag(λ1,,λn)=D

    on a A2=S.

  • (b)

    Soit B𝒮n+() vérifiant B2=S. On a BS=B3=SB 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 QGLn() vérifiant

    Q-1AQ=diag(λ1,,λn)etQ-1BQ=diag(μ1,,μn).

    Or A2=S=B2 donc μi2=λi puis μi=λi car μi0

    Finalement, A=B

 
Exercice 15  4271    

On note 𝒮n+() l’ensemble des matrices symétriques de n() dont les valeurs propres sont toutes positives. Soit A𝒮n+(). On souhaite établir qu’il existe une unique matrice B𝒮n+() telle que B2=A.

  • (a)

    Montrer l’existence d’une telle matrice.

  • (b)

    Soit B𝒮n+() vérifiant B2=A. Établir que pour tout λ+,

    Ker(B-λIn)=Ker(A-λIn).
  • (c)

    Justifier l’unicité d’une matrice solution.

 
Exercice 16  5758   Correction  

(Inégalité de Hadamard)

Soit S=(si,j)𝒮n+().

On rappelle l’inégalité arithmético-géométrique: pour tous réels positifs a1,,an,

(a1,,an)+n,(i=1nai)1/n1ni=1nai.
  • (a)

    Montrer

    det(S)(1ntr(S))n.
  • (b)

    Soient α=(α1,,αn)n, D=diag(α1,,αn) et Sα=DSD.

    Vérifier que Sα𝒮n+() et exprimer tr(Sα).

  • (c)

    On suppose S inversible. Vérifier que les coefficients diagonaux de S sont strictement positifs et, en introduisant des réels α1,,αn pertinemment choisis, établir

    det(S)i=1nsi,i.
  • (d)

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

Solution

  • (a)

    En introduisant λ1,,λn les valeurs propres de S comptées avec multiplicité, on a

    det(S)=λ1××λnettr(S)=λ1++λn

    car S est semblable à diag(λ1,,λn).

    L’inégalité voulue est alors une conséquence directe de l’inégalité arithmético-géométrique sachant que les réels λi sont tous positifs.

  • (b)

    On vérifie immédiatement que Sα est symétrique en calculant Sα.

    Pour toute colonne Xn,1(),

    XSαX=(DX)SDX=YSY0 avec Y=DXn,1().

    La matrice Sα est donc symétrique positive.

    Aussi, pour tout (i,j)1;n2,

    [DSD]i,j=αisi,jαj

    et donc

    tr(Sα)=i=1nαi2si,i.
  • (c)

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

    si,i=EiSEi>0.

    Posons αi=1/si,i de sorte que tr(Sα)=1. L’inégalité de la première question donne det(Sα)1. Or

    det(Sα)=det(D)det(S)det(D)=det(S)i=1nαi2.

    On en déduit

    det(S)i=1nαi-2=i=1nsi,i.
  • (d)

    Si S n’est pas inversible alors det(S)=0. Parallèlement, si,i=EiSEi0 pour i=1,,n. L’inégalité précédente est donc encore vraie.

 
Exercice 17  5905   Correction  

Soit An(). Montrer qu’il existe des matrices P,QOn() telles que PAQ soit diagonale à coefficients diagonaux positifs.

Solution

Si D=PAQ est diagonale à coefficients diagonaux positifs avec P,QOn(), on remarque AA=QDPPDQ=QD2Q. Cela permet d’initier la démarche qui suit.

Cas: A inversible.

Considérons M=AA. La matrice M est symétrique puisque M=M et définie positive car

Xn,1(){0},XMX=(AX)AX=AX2>0.

Par le théorème spectral, on peut écrire M=ΩΔΩ avec Δ=diag(λ1,,λn)λ1,,λn>0 et ΩOn().

Posons alors D=diag(λ1,,λn), Q=Ω et P=DQA-1. On vérifie

PP=(A-1)ΩDDΩA-1=(A-1)ΩΔΩA-1=(A-1)MA-1=In.

On en déduit POn() et l’on obtient l’écriture PAQ=D comme voulu.

Cas: A non inversible.

Par densité de GLn() dans n(), on peut introduire une suite (Ak)k de matrices inversibles de limite A. Pour tout k, il existe Pk,QkOn() telles que PkAkQk=Dk soit une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs. Par produit de parties compactes, On()×On() est une partie compacte et l’on peut introduire φ: strictement croissante telle que la suite (Pφ(k),Qφ(k)) converge vers un couple (P,Q) formé de matrices orthogonales. Par opérations sur les limites Dφ(k)=Pφ(k)Aφ(k)Qφ(k) admet une limite D=PAQ 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 𝒮n() à valeurs propres toutes positives.

  • (a)

    Montrer qu’il existe une matrice symétrique C telle que C2=A.

  • (b)

    Établir

    det(A)+det(B)det(A+B).

    On pourra commencer par étudier le cas où A=In.

Solution

  • (a)

    La matrice A est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable: il existe une matrice POn() telle que A=PDP-1 avec

    D=(λ1(0)(0)λn).

    Les réels λ1,,λn sont les valeurs propres comptées avec multiplicité de la matrice A et celles-ci sont supposées positives ce qui permet d’introduire

    Δ=(λ1(0)(0)λn).

    On vérifie Δ2=D et la matrice C=PΔP-1 résout alors le problème posé puisque

    C2=PΔ2P-1=AetC=(P-1)ΔP=PΔP-1=C car P-1=P.
  • (b)

    Supposons A=In et introduisons μ1,,μn les valeurs propres de B comptées avec multiplicité. Les valeurs propres de In+B sont alors les 1+λi pour i=1,,n et l’inégalité det(In)+det(B)det(In+B) se relit

    1+μ1××μn(1+μ1)××(1+μn).

    Or cette dernière est évidente car, lorsque l’on développe (1+μ1)××(1+μn), on obtient les termes 1 et μ1××μn ainsi que d’autres, tous positifs puisque les valeurs propres μi sont supposées positives. Ainsi, la propriété est établie lorsque A est la matrice In.

    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=C2 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)det(A+B)
    det(C-1AC-1)+det(C-1BC-1)det(C-1AC-1+C-1BC-1)
    det(In)+det(C-1BC-1)det(In+C-1BC-1)
    det(In)+det(M)det(In+M) avec M=C-1BC-1.

    La matrice M est symétrique car

    M=(C-1BC-1)=(C-1)B(C-1)=C-1BC-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, XSX0 pour toute colonne X.

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

    XBX0pour tout Xn,1().

    Or

    XMX=YBY avec Y=C-1X

    et donc

    XMX0pour tout Xn,1().

    On en déduit que les valeurs propres de M sont toutes positives et l’on peut affirmer que la comparaison det(In)+det(M)det(In+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 Aε=A+εIn. La matrice Aε 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(Aε+B)det(Aε)+det(B).

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

    det(A+B)det(A)+det(B).
 
Exercice 19  2759      MINES (MP)Correction  

On munit n() du produit scalaire canonique. On note 𝒜n() l’ensemble des matrices antisymétriques de n() et 𝒮n+() l’ensemble des matrices symétriques à valeurs propres positives.
Soit An() telle que pour tout UOn(), tr(AU)tr(A).

  • (a)

    Déterminer le supplémentaire orthogonal de 𝒜n().

  • (b)

    Soit B𝒜n(). Montrer que pour tout x, exp(xB)On().

  • (c)

    Montrer que A𝒮n+().

  • (d)

    Étudier la réciproque.

  • (e)

    Montrer que pour toute matrice Mn() il existe S𝒮n+() et UOn() telles que M=SU.

Solution

Le produit scalaire canonique sur n() est donné par

(AB)=tr(AB).
  • (a)

    L’espace solution est 𝒮n(). En effet, les espaces 𝒮n() et 𝒜n() sont orthogonaux car pour (A,B)𝒮n()×𝒜n() on a

    (AB)=tr(AB)=tr(AB)=tr(BA)

    et

    (AB)=(BA)=tr(BA)=-tr(BA)

    donc (AB)=0.
    Les espaces étant orthogonaux, ils sont donc en somme directe. Puisque de plus on peut écrire n’importe quelle matrice Mn() sous la forme M=A+B avec

    A=M+M2𝒮n() et B=M-M2𝒜n()

    les espaces 𝒮n() et 𝒜n() sont supplémentaires orthogonaux et donc chacun est l’orthogonale de l’autre.
    car ces espaces sont évidemment orthogonaux et supplémentaires.

  • (b)

    On a

    exp(xB)exp(xB)=exp((xB))exp(xB)=exp(-xB)exp(xB).

    Or -xB et xB commutent donc

    exp(xB)exp(xB)=exp(-xB+xB)=exp(0)=In.
  • (c)

    La fonction dérivable f:xtr(Aexp(xB)) admet un maximum en 0 donc f(0)=0 ce qui donne tr(AB)=0 pour tout B𝒜n(). Ainsi, A est une matrice symétrique car dans l’orthogonal de l’espace des matrices antisymétrique.
    Par le théorème spectrale, on peut écrire A=PDP avec D=diag(λ1,,λn) et POn().
    Posons V=diag(ε1,,εn) avec εi=±1 et εiλi=|λi|.
    Considérons alors U=PVPOn().

    tr(AU)=tr(APVP)=tr(PAPV)=tr(DV)=|λ1|++|λn|

    et

    tr(A)=λ1++λn.

    La propriété tr(AU)tr(A) entraîne λi0 pour tout i.
    La matrice A est alors symétrique positive.

  • (d)

    Supposons A𝒮n+(). On peut écrire A=PDP avec D=diag(λ1,,λn), λi0 et POn(). Pour tout UOn(), tr(AU)=tr(DV) avec V=(vi,j)=PUPOn().
    On a alors

    tr(DV)=i=1nλivi,ii=1nλi=tr(A)

    car vi,i1.

  • (e)

    L’application réelle f:Vtr(MV) est continue sur le compact On(), elle y admet donc un maximum en un certain UOn(). On a alors pour tout VOn(),

    tr(MV)tr(MU).

    Posons alors A=MU. Pour tout WOn(),

    tr(AW)tr(A)

    donc A𝒮n+() et ainsi M=AU-1 avec A𝒮n+() et U-1On().

 
Exercice 20  2514      CENTRALE (MP)Correction  

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

𝒮α={M𝒮n()|Sp(M)+ et det(M)α}.

Le but est de montrer la formule:

infM𝒮αtr(AM)=n(αdet(A))1/n.
  • (a)

    Démontrer la formule dans le cas A=In.

  • (b)

    Montrer que toute matrice A symétrique réelle positive peut s’écrire A=PP 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 M𝒮α. La matrice M est diagonalisable de valeurs propres λ1,,λn0 avec λ1λnα et l’on a
    tr(M)=λ1++λn. Par l’inégalité arithmético-géométrique

    λ1++λnnλ1λnn

    et donc

    tr(M)nα1/n

    avec égalité si M=α1/nIn𝒮α.

  • (b)

    Par orthodiagonalisation de la matrice A, on peut écrire

    A=QΔQ avec Δ=diag(λ1,,λn) et QOn().

    Les valeurs propres de A étant positives, on peut poser P=diag(λ1,,λn)Q et vérifier A=PP.

  • (c)

    On peut écrire

    tr(AM)=tr(PPM)=tr(PMP)

    avec PMP matrice symétrique de déterminant det(M)×det(A)αdet(A).
    Par l’étude qui précède avec α=αdet(A), on obtient

    tr(AM)n(αdet(A))1/n.

    Cependant, lorsque M parcourt 𝒮α, on n’est pas assuré que PMP parcourt l’intégralité 𝒮α. 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=(αdet(A))1/nA-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 λ1,,λn

    A=QΔQ avec Δ=diag(0,λ2,,λn),λ2,,λn0.

    Considérons alors pour ε>0

    Mε=Qdiag(αε-(n-1),ε,,ε)Q.

    La matrice Mε est élément de 𝒮α et

    tr(AMε)=(n-1)ε.

    Ceci valant pour tout ε>0, on obtient

    infM𝒮αtr(AM)=0=n(αdet(A))1/n.
  • (d)

    Soit M𝒮n+() telle que det(M)0. Via diagonalisation de M avec des valeurs propres positives, on peut affirmer β=det(M+λIn)>0 pour tout λ>0. Par ce qui précède,

    tr(A(M+λIn))n(βdet(A))1/n.

    Par continuité, quand λ0+, on obtient

    tr(AM)0

    et, bien évidemment, il y a égalité si M=On.
    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  3077      X (MP)Correction  

Soient m,n* et Mm,n().

Établir l’existence de UOm() et VOn() telles que la matrice D=UMV vérifie:

(i,j){1,,m}×{1,,n},ijdi,j=0.

Solution

Cas: MGLn().

Analyse: Supposons qu’il existe U,VOn() telles que UMV soit une matrice diagonale D. On remarque que

D2=DD=VMMV.

On veut donc que MM soit orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs.

Synthèse: On sait que la matrice MM est symétrique réelle à valeurs propres strictement positives. Il existe donc VOn() telle que

VMMV=D2

avec D une matrice diagonale. Posons alors U=DVM-1. On remarque

UU=(M-1)VD2VM-1=In.

La matrice U est orthogonale et permet d’écrire D=UMV avec D diagonale.

Cas général: Mm,n()

Soit u l’application linéaire de n vers 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 FF=n au départ et dans une base orthonormée adaptée à la décomposition GG=m à l’arrivée est de la forme

M=(AOOO) avec AGLr(),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:

UAV=D.

En introduisant les matrices orthogonales

U=(UOOIm-r) et V=(VOOIn-r)

on obtient en opérant par blocs

D=UMV=(DOOO).

Enfin, par une formule de changement de bases orthonormées, il existe U′′,V′′ orthogonales telles que

M=U′′MV′′

et l’on peut alors conclure.

 
Exercice 22  4996    

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

  • (a)

    Montrer que φ:(X,Y)XAY définit un produit scalaire sur n.

  • (b)

    En déduire qu’il existe une matrice triangulaire supérieure T telle que A=TT.

 
Exercice 23  20    Correction  

(Décomposition de Cholesky)

Soit S𝒮n+(). Montrer qu’il existe TTn+() telle que S=TT.

Solution

On raisonne par récurrence sur n*.

Pour n=1, S=(a) avec a0 donc T=(a) convient.

Supposons la propriété établie au rang n-11.

On écrit

S=(aLLS)Sn+()etT=(αΛ0T)Tn+().

On observe

TT=(α2αΛαΛS′′) avec S′′=ΛΛ+TT.

Il s’agit de faire se correspondre S et TT.

Pour X=E1, la relation XSX0 oblige a0.

Cas: a=0. En exploitant XSX0 avec X=E1+λEj pour λ, on obtient L=0.

De plus, il est immédiat qu’alors S𝒮n-1+() et en prenant α=0, Λ=0 et TTn-1+() tel que S=TT on conclut.

Cas: a>0. On pose α=a et Λ=1αL. Il reste à déterminer T tel que S=ΛΛ+TT.

Posons Σ=S-ΛΛ et montrons Σ𝒮n-1+() ce qui permettra de conclure via l’hypothèse de récurrence.

Pour tout X=(x1X), XSX0 donne ax12+2x1LX+XSX0 et pour x1=-1aLX on obtient XSX-1a(LX)20 ce qui donne XΣX0. On peut alors conclure

La récurrence est établie.

 
Exercice 24  3169    Correction  

Soit An() une matrice symétrique positive dont tous les coefficients sont non nuls. On note B la matrice de n() dont les coefficients sont les inverses des coefficients respectifs de A.

Montrer

B𝒮n+()rg(A)=1.

Solution

Supposons B𝒮n+().

Pour tout 1i<jn, les sous-matrices

(ai,iai,jaj,iaj,j) et (1/ai,i1/ai,j1/aj,i1/aj,j)

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

ai,iaj,j-ai,j20etai,j2-ai,iaj,jai,iaj,jai,j20.

On en déduit

ai,iaj,j-ai,j2=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)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=(αiβj)1i,jn

La relation

Xn,1(),XAX0

donne alors

x1,,xn,i,j=1nαiβjxixj0

En posant xi=yi/αi2,

y1,,yn,i,j=1n1αiβjyiyj0

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

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



Édité le 08-12-2023

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