Établir que $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est dense dans $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

Solution

Soit $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . On a

A_{p} = A + \frac{1}{p} I_{n} \to_{p \to + \infty}^{} A

et l’on vérifie $A_{p} \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ pour tout $p \in ℕ^{*}$ car les valeurs propres de $A_{p}$ sont celles de $A$ auxquelles on ajoute $1 / p$ : elles sont strictement positives.

Exercice 2 5660 Correction

(a)

Montrer que $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ est une partie fermée de $ℳ_{n} (ℝ)$ .
(b)

Déterminer l’adhérence de $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Solution

(a)

Méthode: Les matrices de $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ sont non seulement les matrices symétriques réelles de valeurs propres positives (comme le souligne la notation de l’ensemble) mais ce sont aussi les matrices symétriques réelles $A$ vérifiant $X^{⊤} A X \geq 0$ pour toute colonne $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ .

Soit ${(A_{p})}_{p \in ℕ}$ une suite convergente d’éléments de $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Notons $A$ sa limite.

Pour tout $p \in ℕ$ , $A_{p}^{⊤} = A_{p}$ . Par continuité de la transposition¹¹ 1 Il s’agit d’une application linéaire au départ d’un espace de dimension finie., il vient $A^{⊤} = A$ .

Aussi, pour toute colonne $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ , $X^{⊤} A_{p} X \geq 0$ . Par passage à la limite dans une inégalité large, $X^{⊤} A X \geq 0$ . On en déduit que $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

La partie $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ contient les limites de ses suites convergentes, c’est donc une partie fermée.
(b)

On sait $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ) \subset 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ et donc, par croissance du passage à l’adhérence,

$\bar{𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)} \subset \bar{𝒮_{n}^{+} (ℝ)} = 𝒮_{n}^{+} (ℝ) .$

Établissons l’inclusion réciproque.

Soit $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Pour $p \in ℕ^{*}$ , posons

$A_{p} = A + \frac{1}{p} I_{n}$

de sorte que par simple opérations sur les limites

$A = lim_{p \to + \infty} A_{p} .$

Pour tout $p \geq 1$ , la matrice $A_{p}$ est symétrique réelle et l’on vérifie²² 2 L’affirmation se justifie par exemple en étudiant l’équation aux éléments propres.

$Sp (A_{p}) = {λ + \frac{1}{p} | λ \in Sp (A)} .$

Puisque $Sp (A) \subset ℝ_{+}$ , il vient $Sp (A_{p}) \subset ℝ_{+}^{*}$ .

Ainsi, $A$ est limite d’une suite d’éléments de $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ , c’est donc un élément adhérent à $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Par double inclusion, on conclut

$\bar{𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)} = 𝒮_{n}^{+} (ℝ) .$

Exercice 3 5658 Correction

Montrer que $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est une partie convexe.

Solution

Méthode: Les matrices de $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ sont non seulement les matrices symétriques réelles de valeurs propres strictement positives mais ce sont aussi les matrices symétriques réelles $A$ vérifiant $X^{⊤} A X > 0$ pour toute colonne $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ non nulle.

Pour établir que $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est convexe, on montre $[A; B] \subset 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ pour toutes matrices $A, B \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Soient $A, B \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $λ \in [0; 1]$ . Étudions $M = (1 - λ) A + λ B$ .

La matrice $M$ est évidemment symétrique et pour $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ colonne non nulle,

X^{⊤} M X = (1 - λ) \underset{\begin{matrix} > 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{X^{⊤} A X}} + λ \underset{\begin{matrix} > 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{X^{⊤} B X}}

Puisque les facteurs $1 - λ$ et $λ$ sont positifs sans être tous deux nuls,

X^{⊤} M X > 0

Ainsi, $M \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . On peut alors conclure $[A; B] \subset 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ : l’ensemble $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est convexe.

Exercice 4 5764 Correction

Soit $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Justifier $\exp (A) \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Solution

Puisque $A$ est symétrique réelle, on peut écrire $A = P D P^{- 1}$ avec $P \in O_{n} (ℝ)$ et $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ . On a alors $\exp (A) = P \exp (D) P^{- 1}$ avec $\exp (D) = diag (e^{λ_{1}}, \dots, e^{λ_{n}})$ . La matrice $\exp (A)$ est orthogonalement semblable à une matrice diagonale aux valeurs propres strictement positives, c’est donc une matrice symétrique définie positive.

Exercice 5 3174 Correction

Soit $S \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Montrer que la comatrice de $S$ est symétrique.
Même question avec $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ puis $S \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

Solution

Le coefficient d’indice $(i, j)$ de la comatrice de $S$ est

{(- 1)}^{i + j} Δ_{i, j}

avec $Δ_{i, j}$ le mineur d’indice $(i, j)$ de la matrice $S$ c’est-à-dire le déterminant de la matrice obtenue en supprimant la $i$ -ème ligne et la $j$ -ème colonne de $S$ . Or le déterminant d’une matrice est aussi celui de sa transposée et puisque la matrice $S$ est symétrique, le mineur d’indice $(i, j)$ est égal à celui d’indice $(j, i)$ . On en déduit que la comatrice de $S$ est symétrique.
Si $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ alors

Com (S) = {(Com (S))}^{⊤} = \det (S) S^{- 1} .

Puisque $S$ est définie positive, son inverse $S^{- 1}$ l’est aussi et $\det (S) > 0$ donc $Com (S)$ est définie positive.
Si $S \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ alors pour tout $t > 0$ ,

S_{t} = S + t I_{n} \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)

puis

Com (S_{t}) \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)

et donc

Com (S) = lim_{t \to 0^{\pm}} Com (S_{t}) \in \bar{𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)} = 𝒮_{n}^{+} (ℝ) .

Exercice 6 14 Correction

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

(a)

Montrer que $φ (X, Y) = X^{⊤} A Y$ définit un produit scalaire sur $ℳ_{n,1} (ℝ)$ .
(b)

En déduire que pour tout

$\forall (i, j) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}, i \neq j ⟹ a_{i, j}^{2} < a_{i, i} a_{j, j} .$

Solution

(a)

L’application $φ$ est clairement une forme bilinéaire, symétrique. De plus, puisque $A$ est définie positive, le produit scalaire $φ$ est aussi défini positif.
(b)

Notons $E_{1}, \dots, E_{n}$ les colonnes élémentaires de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ .

Soit $(i, j) \in {⟦ 1; n ⟧}^{2}$ avec $i \neq j$ . On remarque

$φ (E_{i}, E_{j}) = a_{i, j}, (E_{i}, E_{i}) = a_{i, i} et φ (E_{j}, E_{j}) = a_{j, j} .$

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

$a_{i, j}^{2} \leq a_{i, i} a_{j, j} .$

De plus, il y a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz seulement lorsqu’il y a colinéarité. Ici, les colonnes $E_{i}$ et $E_{j}$ ne sont pas colinéaires et donc l’inégalité est stricte.

Exercice 7 3151 Correction

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

Montrer que la matrice $I_{n} + A B$ est inversible.

Solution

On peut écrire

I_{n} + A B = A (A^{- 1} + B) .

La matrice $A^{- 1} + B$ est symétrique réelle et vérifie

\forall X \in ℳ_{n,1} (ℝ) ∖ {0}, X^{⊤} (A^{- 1} + B) X = X^{⊤} A^{- 1} X + X^{⊤} B X > 0 .

On en déduit que $A^{- 1} + B$ est inversible car élément de $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . Par produit dans le groupe des matrices inversibles, $I_{n} + A B$ .

Exercice 8 3170 Correction

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

{(A + B)}^{- 1} \neq A^{- 1} + B^{- 1} .

Solution

Par l’absurde, supposons ${(A + B)}^{- 1} = A^{- 1} + B^{- 1}$ .

On a alors

(A + B) (A^{- 1} + B^{- 1}) = I_{n}

et, en développant,

B A^{- 1} + A B^{- 1} + I_{n} = O_{n} .

En multipliant à droite par la matrice $A$ , on obtient

B + A B^{- 1} A + A = O_{n} .

Pour $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ non nul, on obtient

X^{⊤} B X + {(A X)}^{⊤} B (A X) + X^{⊤} A X = 0

avec

X^{⊤} B X, {(A X)}^{⊤} B (A X), X^{⊤} A X > 0

Cela est absurde.

Exercice 9 22 Correction

(Matrice de Hilbert)

Soit

H = {(\frac{1}{i + j + 1})}_{0 \leq i, j \leq n} \in ℳ_{n + 1} (ℝ) .

Montrer que $H$ est diagonalisable à valeurs propres strictement positives.

Solution

La matrice $H$ est symétrique réelle donc diagonalisable.

Pour $x = (a_{0}, a_{1}, \dots a_{n}) \in ℝ^{n + 1}$ ,

x^{⊤} H x = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n} \frac{a_{i} a_{j}}{i + j + 1} = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n} \int_{0}^{1} a_{i} a_{j} t^{i + j} d t .

Par linéarité,

x^{⊤} H x = \int_{0}^{1} \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n} a_{i} a_{j} t^{i + j} d t = \int_{0}^{1} {(\sum_{i = 0}^{n} a_{i} t^{i})}^{2} d t .

Par intégration d’une fonction positive, $x^{⊤} H x \geq 0$ .

De plus, si $x^{⊤} H x = 0$ alors, par intégration d’une fonction continue et positive,

\forall t \in [0; 1], \sum_{i = 0}^{n} a_{i} t^{i} = 0 .

Le polynôme $a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{n} X^{n}$ possède une infinité de racines, c’est donc le polynôme nul ce qui entraîne $x = 0$ .

La matrice $H$ est donc symétrique définie positive.

Exercice 10 3062 CENTRALE (MP)Correction

Soient $a_{1}, \dots a_{n} > 0$ et deux à deux distincts.

Justifier que la matrice

S = {(\frac{1}{a_{i} + a_{j}})}_{1 \leq i, j \leq n}

est symétrique définie positive.

Solution

La matrice $S$ est bien évidemment symétrique. Il s’agit de vérifier

\forall X \in ℳ_{n,1} (ℝ), X \neq 0 ⟹ X^{⊤} S X > 0 .

Notons $E$ l’espace des fonctions continues de $] 0; 1]$ dans $ℝ$ et de carrés intégrables sur $] 0; 1]$ .

On définit un produit scalaire $ϕ$ sur $E$ par

ϕ (f, g) = \int_{] 0; 1]} f (t) g (t) d t .

Pour $i \in {1, \dots, n}$ , posons $f_{i} : t \mapsto t^{a_{i} - 1 / 2}$ élément de $E$ .

Pour $X = {(\begin{matrix} x_{1} & \dots & x_{n} \end{matrix})}^{⊤}$ , on remarque

X^{⊤} S X = \sum_{i = 1}^{n} \frac{x_{i} x_{j}}{a_{i} + a_{j}} = φ (\sum_{i = 1}^{n} x_{i} f_{i}, \sum_{i = 1}^{n} x_{i} f_{i}) = ∥ \sum_{i = 1}^{n} x_{i} f_{i} ∥ .

Ainsi, $X^{⊤} S X \geq 0$ . De plus, si $X^{⊤} S X = 0$ alors

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} f_{i} = 0 .

Ainsi, $\sum_{i = 1}^{n} x_{i} t^{a_{i} - 1 / 2} = 0$ pour tout $t \in] 0; 1]$ .

En multipliant par $t^{1 / 2}$ , on obtient

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} t^{a_{i}} = 0 pour tout t \in] 0; 1] .

En posant $t = 1$ , on obtient l’équation $\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = 0$ .

En dérivant la relation $(*)$ et en multipliant par $t$ , on obtient

\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i} t^{a_{i}} = 0 pour tout t \in] 0; 1] .

En posant $t = 1$ , on obtient l’équation $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i} = 0$ .

En reprenant ce principe, on obtient

\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{k} x_{i} = 0 pour tout k \in {0, \dots, n - 1} .

Le multiplet $(x_{1}, \dots, x_{n})$ est alors solution d’un système linéaire homogène à $n$ équations qui est un système de Cramer car son déterminant est un déterminant de Vandermonde non nul puisque les $a_{1}, \dots, a_{n}$ sont deux à deux distincts.

Par suite, $x_{1} = \dots = x_{n} = 0$ et ainsi

X^{⊤} S X = 0 ⟹ x = 0 .

Finalement, $S$ est une matrice symétrique définie positive.

Exercice 11 3158 Correction

Soit

A = (\begin{matrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ 1 & 2 & \dots & 2 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 1 & 2 & \dots & n \end{matrix}) = {(\min (i, j))}_{1 \leq i, j \leq n} \in ℳ_{n} (ℝ) .

Montrer que la matrice $A$ est symétrique définie positive.

Solution

La matrice $A$ est évidemment symétrique. Posons

T = (\begin{matrix} 1 & \dots & 1 \\ ⋱ & ⋮ \\ (0) & 1 \end{matrix}) \in {GL}_{n} (ℝ) .

On remarque

A = T^{⊤} T .

On en déduit que pour tout $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$

X^{⊤} A X = {(T X)}^{⊤} T X = {∥ T X ∥}^{2} \geq 0

avec égalité si, et seulement si, $T X = 0$ ce qui donne $X = 0$ .

Exercice 12 2761 MINES (MP)Correction

Soit $A \in ℳ_{n} (ℝ)$ .

Montrer que $A$ est symétrique positive si, et seulement si, il existe $P \in ℳ_{n} (ℝ)$ telle que $A = P^{⊤} P$ .

Montrer que $A$ est symétrique définie positive si, et seulement si, il existe $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ telle que $A = P^{⊤} P$ .

Solution

Si $A = P^{⊤} P$ alors il est facile d’établir que $A$ est symétrique positive (voire définie positive si $P$ est inversible).

Inversement, si $A$ est symétrique positive alors par le théorème spectral, on peut écrire $A = Q^{⊤} D Q$ avec $Q \in O_{n} (ℝ)$ , $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ et $λ_{i} \geq 0$ pour $i = 1, \dots, n$ (voire $λ_{i} > 0$ si $A$ est définie positive). Pour $P = Δ Q$ avec $Δ = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}})$ , on dispose d’une matrice solution (inversible dans le cas où est définie positive).

Exercice 13 5644 Correction

Soient $A, B \in ℳ_{n} (ℝ)$ des matrices symétriques à valeurs propres toutes strictement positives.

(a)

Montrer qu’il existe une matrice $S \in 𝒮_{n} (ℝ)$ inversible vérifiant $S^{2} = A$ .
(b)

Justifier que $C = S^{- 1} B S^{- 1}$ est diagonalisable à valeurs propres positives.
(c)

En déduire

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

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique dont orthogonalement diagonalisable. Il existe donc $P \in O_{n} (ℝ)$ telle que

$A = P D P^{⊤} avec D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) .$

Les réels $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ sont strictement positifs car ce sont les valeurs propres de $A$ . On peut donc introduire

$S = P Δ P^{⊤} avec Δ = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) .$

On vérifie $S^{2} = A$ , $S^{⊤} = S$ et $\det (S) \neq 0$ . La matrice $S$ est solution.
(b)

La matrice $S$ est inversible car la matrice $A$ l’est. Puisque $S$ est symétrique, son inverse $S^{- 1}$ l’est aussi. On remarque alors

${(S^{- 1} B S^{- 1})}^{⊤} = {(S^{- 1})}^{⊤} B^{⊤} {(S^{- 1})}^{⊤} = S^{- 1} B S^{- 1} .$

La matrice $S^{- 1} B S^{- 1}$ est symétrique réelle donc diagonalisable.

Soient $λ$ une valeur propre de $S^{- 1} B S^{- 1}$ et $X$ un vecteur propre associé:

$S^{- 1} B S^{- 1} X = λ X .$

Il existe une matrice $T \in 𝒮_{n} (ℝ)$ telle que $T^{2} = B$ et alors

$S^{- 1} T^{2} S^{- 1} X = λ X .$

En multipliant par $X^{⊤}$ à gauche,

${(T S^{- 1} X)}^{⊤} (T S^{- 1} X) = λ X^{⊤} X$

et donc

$λ = \frac{{∥ T S^{- 1} X ∥}^{2}}{{∥ X ∥}^{2}} \geq 0 .$
(c)

Avec les écritures qui précèdent

$\det (A + B) = \det (S) \det (I_{n} + C) \det (S) .$

En notant $μ_{1}, \dots, μ_{n}$ les valeurs propres de $C$ ,

$\det (I_{n} + C) = \prod_{i = 1}^{n} (1 + μ_{i}) \geq 1 + \prod_{i = 1}^{n} μ_{i} = 1 + \det (C)$

donc

$\det (A + B)$ $\geq \det (S) (1 + \det (C)) \det (S)$

$= \det {(S)}^{2} + \det {(S)}^{2} \det (C) = \det (A) + \det (B) .$

Exercice 14 2755 MINES (MP)Correction

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

(a)

Montrer l’existence de $C \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ telle que $C^{2} = A^{- 1}$ .
(b)

On pose $D = C B C$ . Montrer que

${(\det (I_{n} + D))}^{1 / n} \geq 1 + {(\det (D))}^{1 / n} .$
(c)

Montrer que

${(\det (A + B))}^{1 / n} \geq {(\det (A))}^{1 / n} + {(\det (B))}^{1 / n} .$

Solution

(a)

Par le théorème spectral, la matrice symétrique réelle $A$ est orthogonalement diagonalisable. De plus, étant définie positive, ses valeurs propres sont strictement positive. On peut donc écrire

$A = P^{⊤} D P avec P \in O_{n} (ℝ), D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n}) et λ_{i} > 0 .$

La matrice $C = P^{⊤} Δ P$ avec $Δ = diag (1 / \sqrt{λ_{1}}, \dots,1 / \sqrt{λ_{n}})$ convient.
(b)

On vérifie $D^{⊤} = D$ et $X^{⊤} D X = {(C X)}^{⊤} B (C X) \geq 0$ donc $D \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . On peut alors écrire

$D = Q^{⊤} D^{'} Q avec Q \in O_{n} (ℝ), D^{'} = diag (μ_{1}, \dots, μ_{n}) et μ_{i} \geq 0 .$

Par similitude, l’inégalité voulue revient à

$\prod_{i = 1}^{n} {(1 + μ_{i})}^{1 / n} \geq 1 + \prod_{i = 1}^{n} μ_{i}^{1 / n} .$

Si l’un des $μ_{i}$ est nul, l’inégalité est entendue. Supposons désormais les $μ_{i}$ tous non nuls.
Pour l’obtenir l’inégalité, on introduit la fonction $x \mapsto \ln (1 + e^{x})$ . Celle-ci est convexe car de dérivée seconde positive. Par l’inégalité de Jensen

$\forall a_{1}, \dots, a_{n} \in ℝ, \ln (1 + e^{\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}}) \leq \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} \ln (1 + e^{a_{i}}) .$

En choisissant $a_{i} = \ln (μ_{i})$ , on obtient

$\ln (1 + \prod_{i = 1}^{n} μ_{i}^{1 / n}) \leq \ln (\prod_{i = 1}^{n} {(1 + μ_{i})}^{1 / n})$

puis l’inégalité voulue.
(c)

On a

${(\det (C))}^{2} \det (A + B) = \det (C A C + C B C) = \det (I_{n} + D)$

avec

$\det (A) = 1 / {(\det (C))}^{2} et \det (B) = \det (D) / {(\det (C))}^{2} .$

La comparaison

${(\det (I_{n} + D))}^{1 / n} \geq 1 + {(\det (D))}^{1 / n}$

fournit alors l’inégalité proposée.

Exercice 15 2407 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Soit $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . On suppose

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

Établir $\det (M) \geq 1$ .
(b)

Soit $A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . Montrer qu’il existe une matrice $S \in 𝒮_{n} (ℝ)$ inversible vérifiant $S^{2} = A$ .
(c)

Soient $A, B$ dans $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ vérifiant

$\forall X \in ℳ_{n, 1} (ℝ), X^{⊤} A X \leq X^{⊤} B X .$

Montrer

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

Solution

(a)

Soient $λ$ une valeur propre de $M$ et $X$ un vecteur propre associé. L’hypothèse donne

$X^{⊤} M X = λ X^{⊤} X \geq X^{⊤} X avec X^{⊤} X = {∥ X ∥}^{2} > 0 .$

On en déduit $λ \geq 1$ . La matrice $M$ étant diagonalisable, son déterminant est le produit de ses valeurs propres comptées avec multiplicité. Ces dernières étant toutes supérieures à $1$ , on obtient $\det (M) \geq 1$ .
(b)

La matrice $A$ est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable. Ses valeurs propres étant strictement positives, on peut écrire

$A = P D P^{- 1}$

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

On peut alors poser

$S = P Δ P^{- 1} avec Δ = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) .$

On vérifie que $S$ est symétrique (car $Δ^{⊤} = Δ$ et $P^{⊤} = P^{- 1}$ ) et $S^{2} = A$ . La matrice $A$ étant inversible, la matrice $S$ est aussi inversible.
(c)

Considérons $M = S^{- 1} B S^{- 1}$ .

La matrice $M$ est symétrique et, pour tout $X \in ℳ_{n, 1} (ℝ)$ ,

$X^{⊤} M X = Y^{⊤} B Y avec Y = S^{- 1} X \in ℳ_{n, 1} (ℝ) .$

L’hypothèse donne

$X^{⊤} M X \geq Y^{⊤} A Y = X^{⊤} X .$

On en déduit $\det (M) \geq 1$ avec $\det (M) = \det (B) {(\det (S^{- 1}))}^{2} = \det (B) \det {(A)}^{- 1}$ . Sachant $\det (A) > 0$ , on conclut $\det (B) \geq \det (A) .$

Exercice 16 2754 MINES (MP)Correction

(a)

Déterminer le sous-espace vectoriel de $ℳ_{n} (ℝ)$ engendré par $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Soient $A_{1}, \dots, A_{k}$ des éléments de $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $λ_{1}, \dots, λ_{k}$ des réels. On pose

$A = \sum_{i = 1}^{k} λ_{i} A_{i} et B = \sum_{i = 1}^{k} | λ_{i} | A_{i} .$
(b)

Montrer que, pour $X \in ℝ^{n}$ ,

$| X^{⊤} A X | \leq X^{⊤} B X .$
(c)

En déduire

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

Solution

(a)

$Vect {(𝒮_{n})}^{+ +} (ℝ) = 𝒮_{n} (ℝ)$ notamment parce qu’une matrice symétrique peut s’écrire comme différence de deux matrices symétriques définies positives via diagonalisation.
(b)

Pour $X \in ℝ^{n}$ ,

$X^{⊤} A X = \sum_{i = 1}^{k} λ_{i} X^{⊤} A_{i} X$

avec $X^{⊤} A_{i} X \geq 0$ donc

$| X^{⊤} A X | \leq \sum_{i = 1}^{k} | λ_{i} | X^{⊤} A_{i} X = X^{⊤} B X .$
(c)

Cas: $B = I_{n}$ . La matrice $A$ est diagonalisable et, pour tout $X$ , $| X^{⊤} A X | \leq X^{⊤} X$ assure que les valeurs propres $λ$ de $A$ vérifient $| λ | \leq 1$ . On a donc $| \det (A) | \leq 1 = \det (B)$ .

Cas général: Si les $λ_{i}$ sont tous nuls, c’est immédiat. Sinon, $B \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . On peut alors écrire $B = C^{2}$ avec $C \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . Considérons ensuite $A^{'} = C^{- 1} A C^{- 1} \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Pour tout $X \in ℝ^{n}$ ,

$| X^{⊤} A^{'} X | = | {(C^{- 1} X)}^{⊤} A (C^{- 1} X) | \leq {(C^{- 1} X)}^{⊤} B (C^{- 1} X) = X^{⊤} X .$

Par l’étude précédente, $| \det (A^{'}) | \leq 1$ donc

$| \det (A) | \leq {(\det (C))}^{2} = \det (B) .$

Exercice 17 5683 ENSTIM (MP)Correction

Soient $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $X \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ une colonne non nulle. On considère la suite $(Y_{p})$ d’éléments de $ℳ_{n,1} (ℝ)$ donnée par

Y_{p} = \frac{1}{∥ S^{p} X ∥} S^{p} X pour tout p \in ℕ

où $∥ \cdot ∥$ désigne la norme euclidienne canonique sur $ℳ_{n,1} (ℝ)$ .

Établir que la suite $(Y_{p})$ converge vers un vecteur propre de $S$ .

Solution

Notons $0 < λ_{1} < \dots < λ_{m}$ les valeurs propres de $S$ . Puisque la matrice $S$ est symétrique réelle, le théorème spectral donne

ℳ_{n,1} (ℝ) = \oplus_{k = 1}^{m} E_{λ_{k}} (M)

et l’on sait que les sous-espaces propres $E_{λ_{k}} (M)$ sont deux à deux orthogonaux. On peut alors décomposer la colonne $X$ en écrivant

X = \sum_{k = 1}^{m} X_{k} .

Pour tout $p \in ℕ$ , on a alors

S^{p} X = \sum_{k = 1}^{m} λ_{k}^{p} X_{k}

et, par le théorème de Pythagore,

{∥ S^{p} X ∥}^{2} = \sum_{k = 1}^{m} λ_{k}^{2 p} {∥ X_{k} ∥}^{2} .

Considérons le plus grand $ℓ \in ⟦ 1; m ⟧$ tel que $X_{ℓ} \neq 0$ (celui-ci existe car la colonne $X$ n’est pas nulle). Les valeurs propres $λ_{k}$ étant par ordre strictement croissant

∥ S^{p} X ∥ \underset{p \to + \infty}{\sim} λ_{ℓ}^{p} ∥ X_{ℓ} ∥

et donc

Y_{p} = \sum_{k = 1}^{ℓ} \frac{1}{∥ S^{p} X ∥} λ_{k}^{p} X_{k}

avec

\frac{1}{∥ S^{p} X ∥} λ_{k}^{p} \to_{p \to + \infty}^{} {\begin{matrix} 0 & si k < ℓ \\ \frac{1}{∥ X_{ℓ} ∥} & sinon. \end{matrix}

Par opérations sur les limites,

Y_{p} \to_{p \to + \infty}^{} \frac{1}{∥ X_{ℓ} ∥} X_{ℓ}

avec $X_{ℓ}$ vecteur propre de $S$ .

Exercice 18 5793 Correction

Établir que $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est une partie ouverte de l’espace $𝒮_{n} (ℝ)$ .

Solution

Introduisons $∥ \cdot ∥$ la norme euclidienne canonique sur $ℳ_{n, 1} (ℝ)$ et $| | | \cdot | | |$ la norme d’opérateur associée

\forall X \in ℳ_{n, 1} (ℝ), {∥ X ∥}^{2} = X^{⊤} X et \forall A \in ℳ_{n} (ℝ), | | | A | | | = sup_{X \neq 0} \frac{∥ A X ∥}{∥ X ∥} .

On munit l’espace $𝒮_{n} (ℝ)$ de cette norme $| | | \cdot | | |$ .

L’ensemble $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est une partie de $𝒮_{n} (ℝ)$ . Vérifions que celle-ci est voisinage de chacun de ses points.

Soit $A \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Par définition,

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

Considérons la fonction $f : S \to ℝ$ définie sur $S = {X \in ℳ_{n, 1} (ℝ) | ∥ X ∥ = 1}$ par

f (X) = X^{⊤} A X .

La fonction $f$ est continue sur le compact non vide $S$ et prend uniquement des valeurs strictement positives. Par le théorème des bornes atteintes, il existe¹¹ 1 Par réduction dans une base orthonormée, on peut aussi établir que $α = \min Sp (A)$ convient $α > 0$ tel que

\forall X \in S, X^{⊤} A X \geq α .

On a alors

\forall X \in S, X^{⊤} A X \geq α X^{⊤} X .

Or, lorsque la comparaison précédente est vérifiée pour $X$ , elle l’est aussi pour $λ X$ et ce quel que soit $λ \in ℝ$ . On en déduit

\forall X \in ℳ_{n, 1} (ℝ), X^{⊤} A X \geq α X^{⊤} X = α {∥ X ∥}^{2} .

Soit $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ telle que $| | | M | | | < α$ . Pour tout $X \in ℳ_{n, 1} (ℝ)$ ,

∥ M X ∥ \leq | | | M | | | ∥ X ∥

et donc, par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

| X^{⊤} M X | \leq ∥ X ∥ ∥ M X ∥ \leq | | | M | | | {∥ X ∥}^{2} .

On vérifie alors

X^{⊤} (A + M) X \geq α {∥ X ∥}^{2} - | | | M | | | {∥ X ∥}^{2} = (α - | | | M | | |) {∥ X ∥}^{2} .

On en déduit

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

et donc $A + M \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .

Exercice 19 3943 Correction

(Décomposition de Cartan)

Soit $A \in {GL}_{n} (ℝ)$ .

(a)

Établir que $A^{⊤} A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ .
(b)

Montrer qu’il existe une matrice $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ telle que $S^{2} = A^{⊤} A$ .
(c)

Conclure

$\forall A \in {GL}_{n} (ℝ), \exists (O, S) \in O_{n} (ℝ) \times 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ), A = O S .$
(d)

Établir l’unicité de cette écriture.

Solution

(a)

La matrice $A^{⊤} A$ est évidemment symétrique.
Pour $λ$ valeur propre de $A^{⊤} A$ et $X$ vecteur propre associé, on a

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

et

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

Ainsi,

$λ = \frac{{∥ A X ∥}^{2}}{{∥ X ∥}^{2}} > 0$

car $A$ est inversible.
(b)

Par le théorème spectral, il existe $P \in O_{n} (ℝ)$ tel que $P^{⊤} A^{⊤} A P = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ avec $λ_{i} > 0$ .
La matrice

$S = P^{⊤} diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}}) P$

est alors solution.
(c)

Posons $O = A S^{- 1}$ . On a $A = O S$ et

$O^{⊤} O = {(S^{- 1})}^{⊤} A^{⊤} A S^{- 1} = I_{n}$

donc $O \in O_{n} (ℝ)$ et $A = O S$ .
(d)

Si $A = O S$ alors $S^{2} = A^{⊤} A$ .
Pour $λ \in Sp (A^{⊤} A)$ ,

$Ker (A^{⊤} A - λ I_{n}) = Ker (S^{2} - λ I_{n}) .$

Or par le lemme de décomposition des noyaux,

$Ker (S^{2} - λ I_{n}) = Ker (S - \sqrt{λ} I_{n}) \oplus Ker (S + \sqrt{λ} I_{n})$

car $λ > 0$ . Or

$Ker (S + \sqrt{λ} I_{n}) = {0}$

car $Sp (S) \subset ℝ_{+}^{*}$ . Ainsi, pour tout $λ \in Sp (A^{⊤} A)$ ,

$Ker (A^{⊤} A - λ I_{n}) = Ker (S - λ I_{n})$

ce qui suffit à établir l’unicité de $S$ car

$ℳ_{n, 1} (ℝ) = \underset{λ \in Sp (A^{⊤} A)}{\oplus} Ker (A^{⊤} A - λ I_{n}) .$

Exercice 20 21 Correction

(Mineurs de Gauss)

Pour $A = {(a_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq n} \in 𝒮_{n} (ℝ)$ , on pose $A_{p} = {(a_{i, j})}_{1 \leq i, j \leq p}$ pour tout $p \in {1, \dots, n}$

(a)

On suppose que la matrice $A$ est définie positive.

Justifier que $\det (A) > 0$ .
(b)

On suppose encore la matrice $A$ définie positive.

Établir que pour tout $p \in {1, \dots, n}$ , $\det (A_{p}) > 0$ .
(c)

Justifier la réciproque en raisonnant par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .

Solution

(a)

Si $A$ est définie positive alors $Sp (A) \subset ℝ_{+}^{*}$ . De plus, $A$ est symétrique réelle donc diagonalisable et $\det (A)$ est le produit des valeurs propres de $A$ comptées avec multiplicité. Par suite, $\det (A) > 0$ .
(b)

$A_{p} \in 𝒮_{p} (ℝ)$ et pour tout $X \in ℳ_{p,1} (ℝ)$ , $X^{⊤} A_{p} X = X^{', ⊤} A X^{'}$ avec $X^{'} \in ℳ_{n,1} (ℝ)$ la colonne obtenue en poursuivant la colonne $X$ de coefficients nuls. On en déduit que si $A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ alors $A_{p} \in 𝒮_{p}^{+ +} (ℝ)$ puis $\det (A_{p}) > 0$ .
(c)

La propriété est immédiate au rang $n = 1$ .

Supposons la propriété acquise au rang $n \geq 1$ .

Soit $A \in 𝒮_{n + 1} (ℝ)$ vérifiant pour tout $p \in {1, \dots, n + 1}$ , $\det (A_{p}) > 0$ .

Par blocs, $A$ est de la forme

$A = (\begin{matrix} A_{n} & C_{n} \\ C_{n}^{⊤} & λ \end{matrix}) .$

Par application de l’hypothèse de récurrence, $A_{n} \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . Il existe donc $P_{n} \in O_{n} (ℝ)$ vérifiant $P^{⊤} A P = D_{n} = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ avec $λ_{i} > 0$ pour $i = 1, \dots, n$ .

Considérons alors

$P_{n + 1} = (\begin{matrix} P_{n} & X_{n} \\ 0 & 1 \end{matrix}) \in {GL}_{n + 1} (ℝ) .$

Par produit par blocs,

$P_{n + 1}^{⊤} A P_{n + 1} = (\begin{matrix} D_{n} & Y_{n} \\ Y_{n}^{⊤} & λ_{n + 1} \end{matrix})$

avec $Y_{n} = P_{n}^{⊤} (A X_{n} + C_{n})$ .

En choisissant $X_{n} = - A_{n}^{- 1} C_{n}$ , on obtient

$P_{n + 1}^{⊤} A P_{n + 1} = (\begin{matrix} D_{n} & 0 \\ 0 & λ_{n + 1} \end{matrix}) .$

Enfin $λ_{n + 1} > 0$ car $\det (A) > 0$ et $\det (D_{n}) > 0$ .

Finalement, $A$ est symétrique définie positive car ses valeurs propres sont toutes strictement positives.

La récurrence est établie.

Exercice 21 6039 CENTRALE (MP)Correction

Soit $A \in 𝒮_{n} (ℝ)$ . Pour $p \in ⟦ 1; n ⟧$ , on écrit

A = (\begin{matrix} B_{p} & C_{p} \\ C_{p}^{⊤} & D_{n - p} \end{matrix}) avec B_{p} \in ℳ_{p} (ℝ) .

(a)

Montrer que les valeurs propres de $A$ sont toutes strictement positives si, et seulement si,

$\forall X \in ℝ^{n} ∖ {0}, X^{⊤} A X > 0 .$

On suppose dans la suite que $A$ vérifie cette propriété que l’on notera $A > 0$ .

(b)

Montrer que $\det (B_{p}) > 0$ pour tout $p \in ⟦ 1; n ⟧$ .
(c)

Montrer que $\det (A) \leq \det (B_{p}) \det (D_{n - p})$ et en déduire que

$\det (A) \leq a_{1, 1} \times \dots \times a_{n, n} .$

On pourra écrire $A$ sous la forme

$A = (\begin{matrix} I_{p} & * \\ 0 & I_{n - p} \end{matrix}) (\begin{matrix} * & 0 \\ 0 & * \end{matrix}) (\begin{matrix} I_{p} & 0 \\ * & I_{n - p} \end{matrix})$

et montrer que, si $U > 0$ et $V > 0$ alors $\det (U) + \det (V) \leq \det (U + V)$ .

Solution

(a)

C’est du cours.
(b)

Pour $X \in ℝ^{p} ∖ {0}$ prolongé en un élément $X^{'} \in ℝ^{n}$ avec des coefficients nuls,

$X^{⊤} B_{p} X = X^{', ⊤} A X > 0 .$

On a donc $B_{p} > 0$ . La matrice symétrique réelle $B_{p}$ est diagonalisable et ses valeurs propres sont strictement positives donc $\det (B_{p}) > 0$ .
(c)

Soient $U, V \in 𝒮_{n} (ℝ)$ avec $U, V > 0$ .

Par diagonalisation, il existe $M \in 𝒮_{n} (ℝ)$ tel que $U = M^{2}$ avec $M > 0$ . On pose alors $W = M^{- 1} V M^{- 1}$ . On vérifie $W \in 𝒮_{n} (ℝ)$ et $W > 0$ . On écrit alors

$\det (U + V) = \det (M) \det (I_{n} + W) \det (M) .$

En diagonalisant $W$ , on établit

$\det (I_{n} + W) = \prod_{i = 1}^{n} (1 + λ_{i}) \geq 1 + \prod_{i = 1}^{n} λ_{i} = 1 + \det (W) .$

Il en découle $\det (U + V) \geq \det (U) + \det (V)$ .

Notons que l’inégalité est aussi vraie si les valeurs propres de $V$ sont positives au sens large (ce que l’on notera $V \geq 0$ ).

On écrit

$A = (\begin{matrix} I_{p} & C_{p} D_{n - p}^{- 1} \\ 0 & I_{n - p} \end{matrix}) (\begin{matrix} B_{p} - C_{p} D_{n - p} C_{p}^{⊤} & 0 \\ 0 & D_{n - p} \end{matrix}) (\begin{matrix} I_{p} & 0 \\ D_{n - p}^{- 1} C_{p}^{⊤} & I_{n - p} \end{matrix})$

ce qui est possible car, à l’instar de $B_{p}$ , on peut affirmer $D_{n - p} > 0$ donc inversible. On relit l’égalité

$A = P^{⊤} A^{'} P avec P = (\begin{matrix} I_{p} & 0 \\ D_{n - p}^{- 1} C_{p}^{⊤} & I_{n - p} \end{matrix}) \in {GL}_{n} (ℝ) .$

On en déduit

$\det (A) = \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\det (P^{⊤})}} \det (A^{'}) \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\det (P)}} = \det (B_{p} - C_{p} D_{n - p} C_{p}^{⊤}) \det (D_{n - p}) .$

La matrice $A^{'}$ est symétrique et, puisque $A > 0$ et $P$ inversible,

$\forall X \in ℝ^{n} ∖ {0}, X^{⊤} A^{'} X = Y^{⊤} A Y > 0 avec Y = P^{- 1} X \neq 0 .$

Ainsi, $A^{'} > 0$ et donc $B_{p}^{'} = B_{p} - C_{p} D_{n - p} C_{p}^{⊤} > 0$ . Aussi, $D_{n - p} > 0$ et l’on en déduit $C_{p} D_{n - p} C_{p}^{⊤} \geq 0$ . On peut alors employer la comparaison de déterminants précédemment acquise et affirmer

$\det (B_{p}^{'}) \leq \det (B_{p}^{'}) + \det (C_{p} D_{n - p} C_{p}^{⊤}) \leq \det (B_{p}) .$

On en déduit

$\det (A) \leq \det (B_{p}) \det (D_{n - p}) .$

La conséquence $\det (A) \leq a_{1, 1} \times \dots \times a_{n, n}$ s’en déduit par une récurrence facile.

Exercice 22 6017 Correction

Soit $A \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ et $B \in 𝒮_{n} (ℝ)$ .

(a)

Montrer qu’il existe $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ vérifiant $A = S^{2}$ .
(b)

En déduire que la matrice $A B$ est diagonalisable.

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique réelle. On peut écrire $A = P D P^{- 1}$ avec $P \in O_{n} (ℝ)$ et $D = diag (λ_{1}, \dots, λ_{n})$ . La matrice $A$ est aussi définie positive et donc $Sp (A) = {λ_{1}, \dots, λ_{n}} \subset ℝ_{+}^{*}$ . La matrice $S = P Δ P^{- 1}$ avec $Δ = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}})$ convient: elle est symétrique, à valeurs propres strictement positives et vérifie $S^{2} = A$ .
(b)

La matrice $S$ est inversible et l’on remarque que $S^{- 1} A B S = S B S$ est symétrique réelle car

${(S B S)}^{⊤} = S^{⊤} B^{⊤} S^{⊤} = S B S .$

La matrice $S B S$ est donc diagonalisable. La matrice $A B$ qui lui est semblable l’est aussi.

Exercice 23 2402 CENTRALE (MP)Correction

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

(a)

Montrer que l’on définit un produit scalaire sur $ℝ^{n}$ en posant

$⟨ x, y ⟩ = x^{⊤} A^{- 1} y .$
(b)

En déduire que $A B$ est diagonalisable.

Solution

(a)

$0$ n’est pas valeur propre de $A$ , cela assure que $A$ est inversible. L’application $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ est donc correctement définie de $ℝ^{n} \times ℝ^{n}$ vers $ℝ$ . Il est immédiat de vérifier que cette application est bilinéaire. Puisque $A$ est symétrique, $A^{- 1}$ est aussi symétrique et donc $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ est symétrique. Enfin, les valeurs propres de $A^{- 1}$ sont les inverses des valeurs propres de $A$ , elles sont toutes strictement positives et donc $A^{- 1} \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . On en déduit

$\forall x \in ℝ^{n} ∖ {0}, x^{⊤} A^{- 1} x > 0 .$

Ainsi, $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ est un produit scalaire.
(b)

Pour $x, y \in ℝ^{n}$ ,

$⟨ x, A B y ⟩ = x^{⊤} A^{- 1} A B y = x^{⊤} B y$

et

$⟨ A B x, y ⟩ = {(A B x)}^{⊤} A^{- 1} y = x^{⊤} B^{⊤} A^{⊤} A^{- 1} y = x^{⊤} B y .$

On a donc

$⟨ x, A B y ⟩ = ⟨ A B x, y ⟩ .$

L’endomorphisme $x \mapsto A B x$ est donc autoadjoint pour le produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ , il est diagonalisable (dans une base orthonormée pour le produit scalaire $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ ).

	$\det (A + B)$	$\geq \det (S) (1 + \det (C)) \det (S)$
		$= \det {(S)}^{2} + \det {(S)}^{2} \det (C) = \det (A) + \det (B) .$

Matrices symétriques définies positives