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

 
Exercice 1  12  Correction  

Établir que 𝒮n++() est dense dans 𝒮n+().

Solution

Soit A𝒮n+(). On a

Ap=A+1pInp+A

et l’on vérifie Ap𝒮n++() pour tout p* car les valeurs propres de Ap sont celles de A auxquelles on ajoute 1/p: elles sont strictement positives.

 
Exercice 2  5660   Correction  
  • (a)

    Montrer que 𝒮n+() est une partie fermée de n().

  • (b)

    Déterminer l’adhérence de 𝒮n++().

Solution

  • (a)

    Méthode: Les matrices de 𝒮n+() 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 XAX0 pour toute colonne Xn,1().

    Soit (Ap)p une suite convergente d’éléments de 𝒮n+(). Notons A sa limite.

    Pour tout p, Ap=Ap. 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 Xn,1(), XApX0. Par passage à la limite dans une inégalité large, XAX0. On en déduit que A𝒮n+().

    La partie 𝒮n+() contient les limites de ses suites convergentes, c’est donc une partie fermée.

  • (b)

    On sait 𝒮n++()𝒮n+() et donc, par croissance du passage à l’adhérence,

    𝒮n++()¯𝒮n+()¯=𝒮n+().

    Établissons l’inclusion réciproque.

    Soit A𝒮n+(). Pour p*, posons

    Ap=A+1pIn

    de sorte que par simple opérations sur les limites

    A=limp+Ap.

    Pour tout p1, la matrice Ap est symétrique réelle et l’on vérifie22 2 L’affirmation se justifie par exemple en étudiant l’équation aux éléments propres.

    Sp(Ap)={λ+1p|λSp(A)}.

    Puisque Sp(A)+, il vient Sp(Ap)+*.

    Ainsi, A est limite d’une suite d’éléments de 𝒮n++(), c’est donc un élément adhérent à 𝒮n++().

    Par double inclusion, on conclut

    𝒮n++()¯=𝒮n+().
 
Exercice 3  5658  Correction  

Montrer que 𝒮n++() est une partie convexe.

Solution

Méthode: Les matrices de 𝒮n++() sont non seulement les matrices symétriques réelles de valeurs propres strictement positives mais ce sont aussi les matrices symétriques réelles A vérifiant XAX>0 pour toute colonne Xn,1() non nulle.

Pour établir que 𝒮n++() est convexe, on montre [A;B]𝒮n++() pour toutes matrices A,B𝒮n++().

Soient A,B𝒮n++() et λ[0;1]. Étudions M=(1-λ)A+λB.

La matrice M est évidemment symétrique et pour Xn,1() colonne non nulle,

XMX=(1-λ)XAX>0+λXBX>0

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

XMX>0

Ainsi, M𝒮n++(). On peut alors conclure [A;B]𝒮n++(): l’ensemble 𝒮n++() est convexe.

 
Exercice 4  5764  Correction  

Soit A𝒮n(). Justifier exp(A)𝒮n++().

Solution

Puisque A est symétrique réelle, on peut écrire A=PDP-1 avec POn() et D=diag(λ1,,λn). On a alors exp(A)=Pexp(D)P-1 avec exp(D)=diag(eλ1,,eλn). 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 S𝒮n(). Montrer que la comatrice de S est symétrique.
Même question avec S𝒮n++() puis S𝒮n+().

Solution

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

(-1)i+jΔi,j

avec Δi,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 S𝒮n++() 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 S𝒮n+() alors pour tout t>0,

St=S+tIn𝒮n++()

puis

Com(St)𝒮n++()

et donc

Com(S)=limt0±Com(St)𝒮n++()¯=𝒮n+().
 
Exercice 6  14   Correction  

Soit A=(ai,j)𝒮n++().

  • (a)

    Montrer que φ(X,Y)=XAY définit un produit scalaire sur n,1().

  • (b)

    En déduire que pour tout

    (i,j)1;n2,ijai,j2<ai,iaj,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 E1,,En les colonnes élémentaires de n,1().

    Soit (i,j)1;n2 avec ij. On remarque

    φ(Ei,Ej)=ai,j,(Ei,Ei)=ai,ietφ(Ej,Ej)=aj,j.

    Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

    ai,j2ai,iaj,j.

    De plus, il y a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz seulement lorsqu’il y a colinéarité. Ici, les colonnes Ei et Ej ne sont pas colinéaires et donc l’inégalité est stricte.

 
Exercice 7  3151  Correction  

Soient A𝒮n++() et B𝒮n+().

Montrer que la matrice In+AB est inversible.

Solution

On peut écrire

In+AB=A(A-1+B).

La matrice A-1+B est symétrique réelle et vérifie

Xn,1(){0},X(A-1+B)X=XA-1X+XBX>0.

On en déduit que A-1+B est inversible car élément de 𝒮n++(). Par produit dans le groupe des matrices inversibles, In+AB.

 
Exercice 8  3170   Correction  

Soient A,B𝒮n++(). Montrer

(A+B)-1A-1+B-1.

Solution

Par l’absurde, supposons (A+B)-1=A-1+B-1.

On a alors

(A+B)(A-1+B-1)=In

et, en développant,

BA-1+AB-1+In=On.

En multipliant à droite par la matrice A, on obtient

B+AB-1A+A=On.

Pour Xn,1() non nul, on obtient

XBX+(AX)B(AX)+XAX=0

avec

XBX,(AX)B(AX),XAX>0

Cela est absurde.

 
Exercice 9  22   Correction  

(Matrice de Hilbert)

Soit

H=(1i+j+1)0i,jnn+1().

Montrer que H est diagonalisable à valeurs propres strictement positives.

Solution

La matrice H est symétrique réelle donc diagonalisable.

Pour x=(a0,a1,an)n+1,

xHx=i=0nj=0naiaji+j+1=i=0nj=0n01aiajti+jdt.

Par linéarité,

xHx=01i=0nj=0naiajti+jdt=01(i=0naiti)2dt.

Par intégration d’une fonction positive, xHx0.

De plus, si xHx=0 alors, par intégration d’une fonction continue et positive,

t[0;1],i=0naiti=0.

Le polynôme a0+a1X++anXn 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 a1,an>0 et deux à deux distincts.

Justifier que la matrice

S=(1ai+aj)1i,jn

est symétrique définie positive.

Solution

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

Xn,1(),X0XSX>0.

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

On définit un produit scalaire ϕ sur E par

ϕ(f,g)=]0;1]f(t)g(t)dt.

Pour i{1,,n}, posons fi:ttai-1/2 élément de E.

Pour X=(x1xn), on remarque

XSX=i=1nxixjai+aj=φ(i=1nxifi,i=1nxifi)=i=1nxifi.

Ainsi, XSX0. De plus, si XSX=0 alors

i=1nxifi=0.

Ainsi, i=1nxitai-1/2=0 pour tout t]0;1].

En multipliant par t1/2, on obtient

i=1nxitai=0pour tout t]0;1].

En posant t=1, on obtient l’équation i=1nxi=0.

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

i=1naixitai=0pour tout t]0;1].

En posant t=1, on obtient l’équation i=1naixi=0.

En reprenant ce principe, on obtient

i=1naikxi=0pour tout k{0,,n-1}.

Le multiplet (x1,,xn) 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 a1,,an sont deux à deux distincts.

Par suite, x1==xn=0 et ainsi

XSX=0x=0.

Finalement, S est une matrice symétrique définie positive.

 
Exercice 11  3158   Correction  

Soit

A=(11112212n)=(min(i,j))1i,jnn().

Montrer que la matrice A est symétrique définie positive.

Solution

La matrice A est évidemment symétrique. Posons

T=(11(0)1)GLn().

On remarque

A=TT.

On en déduit que pour tout Xn,1()

XAX=(TX)TX=TX20

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

 
Exercice 12  2761    MINES (MP)Correction  

Soit An().

Montrer que A est symétrique positive si, et seulement si, il existe Pn() telle que A=PP.

Montrer que A est symétrique définie positive si, et seulement si, il existe PGLn() telle que A=PP.

Solution

Si A=PP 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=QDQ avec QOn(), D=diag(λ1,,λn) et λi0 pour i=1,,n (voire λi>0 si A est définie positive). Pour P=ΔQ avec Δ=diag(λ1,,λn), on dispose d’une matrice solution (inversible dans le cas où est définie positive).

 
Exercice 13  5644   Correction  

Soient A,Bn() des matrices symétriques à valeurs propres toutes strictement positives.

  • (a)

    Montrer qu’il existe une matrice S𝒮n() inversible vérifiant S2=A.

  • (b)

    Justifier que C=S-1BS-1 est diagonalisable à valeurs propres positives.

  • (c)

    En déduire

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

Solution

  • (a)

    La matrice A est symétrique dont orthogonalement diagonalisable. Il existe donc POn() telle que

    A=PDP avec D=diag(λ1,,λn).

    Les réels λ1,,λn sont strictement positifs car ce sont les valeurs propres de A. On peut donc introduire

    S=PΔP avec Δ=diag(λ1,,λn).

    On vérifie S2=A, S=S et det(S)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-1BS-1)=(S-1)B(S-1)=S-1BS-1.

    La matrice S-1BS-1 est symétrique réelle donc diagonalisable.

    Soient λ une valeur propre de S-1BS-1 et X un vecteur propre associé:

    S-1BS-1X=λX.

    Il existe une matrice T𝒮n() telle que T2=B et alors

    S-1T2S-1X=λX.

    En multipliant par X à gauche,

    (TS-1X)(TS-1X)=λXX

    et donc

    λ=TS-1X2X20.
  • (c)

    Avec les écritures qui précèdent

    det(A+B)=det(S)det(In+C)det(S).

    En notant μ1,,μn les valeurs propres de C,

    det(In+C)=i=1n(1+μi)1+i=1nμi=1+det(C)

    donc

    det(A+B) det(S)(1+det(C))det(S)
    =det(S)2+det(S)2det(C)=det(A)+det(B).
 
Exercice 14  2755     MINES (MP)Correction  

Soient A𝒮n++() et B𝒮n+().

  • (a)

    Montrer l’existence de C𝒮n++() telle que C2=A-1.

  • (b)

    On pose D=CBC. Montrer que

    (det(In+D))1/n1+(det(D))1/n.
  • (c)

    Montrer que

    (det(A+B))1/n(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=PDP avec POn(),D=diag(λ1,,λn) et λi>0.

    La matrice C=PΔP avec Δ=diag(1/λ1,,1/λn) convient.

  • (b)

    On vérifie D=D et XDX=(CX)B(CX)0 donc D𝒮n+(). On peut alors écrire

    D=QDQ avec QOn(),D=diag(μ1,,μn)etμi0.

    Par similitude, l’inégalité voulue revient à

    i=1n(1+μi)1/n1+i=1nμi1/n.

    Si l’un des μi est nul, l’inégalité est entendue. Supposons désormais les μi tous non nuls.
    Pour l’obtenir l’inégalité, on introduit la fonction xln(1+ex). Celle-ci est convexe car de dérivée seconde positive. Par l’inégalité de Jensen

    a1,,an,ln(1+e1ni=1nai)1ni=1nln(1+eai).

    En choisissant ai=ln(μi), on obtient

    ln(1+i=1nμi1/n)ln(i=1n(1+μi)1/n)

    puis l’inégalité voulue.

  • (c)

    On a

    (det(C))2det(A+B)=det(CAC+CBC)=det(In+D)

    avec

    det(A)=1/(det(C))2 et det(B)=det(D)/(det(C))2.

    La comparaison

    (det(In+D))1/n1+(det(D))1/n

    fournit alors l’inégalité proposée.

 
Exercice 15  2407     CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Soit M𝒮n(). On suppose

    Xn,1(),XMXXX.

    Établir det(M)1.

  • (b)

    Soit A𝒮n++(). Montrer qu’il existe une matrice S𝒮n() inversible vérifiant S2=A.

  • (c)

    Soient A,B dans 𝒮n+() vérifiant

    Xn,1(),XAXXBX.

    Montrer

    det(A)det(B).

Solution

  • (a)

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

    XMX=λXXXX avec XX=X2>0.

    On en déduit λ1. 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)1.

  • (b)

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

    A=PDP1

    avec POn(), D=diag(λ1,,λn), λ1,,λn>0.

    On peut alors poser

    S=PΔP1 avec Δ=diag(λ1,,λn).

    On vérifie que S est symétrique (car Δ=Δ et P=P1) et S2=A. La matrice A étant inversible, la matrice S est aussi inversible.

  • (c)

    Considérons M=S1BS1.

    La matrice M est symétrique et, pour tout Xn,1(),

    XMX=YBY avec Y=S1Xn,1().

    L’hypothèse donne

    XMXYAY=XX.

    On en déduit det(M)1 avec det(M)=det(B)(det(S1))2=det(B)det(A)1. Sachant det(A)>0, on conclut det(B)det(A).

 
Exercice 16  2754     MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Déterminer le sous-espace vectoriel de n() engendré par 𝒮n++().

    Soient A1,,Ak des éléments de 𝒮n++() et λ1,,λk des réels. On pose

    A=i=1kλiAietB=i=1k|λi|Ai.
  • (b)

    Montrer que, pour Xn,

    |XAX|XBX.
  • (c)

    En déduire

    |det(A)|det(B).

Solution

  • (a)

    Vect(𝒮n)++()=𝒮n() notamment parce qu’une matrice symétrique peut s’écrire comme différence de deux matrices symétriques définies positives via diagonalisation.

  • (b)

    Pour Xn,

    XAX=i=1kλiXAiX

    avec XAiX0 donc

    |XAX|i=1k|λi|XAiX=XBX.
  • (c)

    Cas: B=In. La matrice A est diagonalisable et, pour tout X, |XAX|XX assure que les valeurs propres λ de A vérifient |λ|1. On a donc |det(A)|1=det(B).

    Cas général: Si les λi sont tous nuls, c’est immédiat. Sinon, B𝒮n++(). On peut alors écrire B=C2 avec C𝒮n++(). Considérons ensuite A=C-1AC-1𝒮n(). Pour tout Xn,

    |XAX|=|(C-1X)A(C-1X)|(C-1X)B(C-1X)=XX.

    Par l’étude précédente, |det(A)|1 donc

    |det(A)|(det(C))2=det(B).
 
Exercice 17  5683     ENSTIM (MP)Correction  

Soient S𝒮n++() et Xn,1() une colonne non nulle. On considère la suite (Yp) d’éléments de n,1() donnée par

Yp=1SpXSpXpour tout p

désigne la norme euclidienne canonique sur n,1().

Établir que la suite (Yp) converge vers un vecteur propre de S.

Solution

Notons 0<λ1<<λm les valeurs propres de S. Puisque la matrice S est symétrique réelle, le théorème spectral donne

n,1()=k=1mEλk(M)

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

X=k=1mXk.

Pour tout p, on a alors

SpX=k=1mλkpXk

et, par le théorème de Pythagore,

SpX2=k=1mλk2pXk2.

Considérons le plus grand 1;m tel que X0 (celui-ci existe car la colonne X n’est pas nulle). Les valeurs propres λk étant par ordre strictement croissant

SpXp+λpX

et donc

Yp=k=11SpXλkpXk

avec

1SpXλkpp+{0 si k<1X sinon.

Par opérations sur les limites,

Ypp+1XX

avec X vecteur propre de S.

 
Exercice 18  5793   Correction  

Établir que 𝒮n++() est une partie ouverte de l’espace 𝒮n().

Solution

Introduisons la norme euclidienne canonique sur n,1() et |||||| la norme d’opérateur associée

Xn,1(),X2=XXetAn(),|||A|||=supX0AXX.

On munit l’espace 𝒮n() de cette norme ||||||.

L’ensemble 𝒮n++() est une partie de 𝒮n(). Vérifions que celle-ci est voisinage de chacun de ses points.

Soit A𝒮n+(). Par définition,

Xn,1(){0},XAX>0.

Considérons la fonction f:S définie sur S={Xn,1()|X=1} par

f(X)=XAX.

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=minSp(A) convient α>0 tel que

XS,XAXα.

On a alors

XS,XAXαXX.

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

Xn,1(),XAXαXX=αX2.

Soit M𝒮n() telle que |||M|||<α. Pour tout Xn,1(),

MX|||M|||X

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

|XMX|XMX|||M|||X2.

On vérifie alors

X(A+M)XαX2-|||M|||X2=(α-|||M|||)X2.

On en déduit

Xn,1(){0},X(A+M)X>0

et donc A+M𝒮n++().

 
Exercice 19  3943    Correction  

(Décomposition de Cartan)

Soit AGLn().

  • (a)

    Établir que AA𝒮n++().

  • (b)

    Montrer qu’il existe une matrice S𝒮n++() telle que S2=AA.

  • (c)

    Conclure

    AGLn(),(O,S)On()×𝒮n++(),A=OS.
  • (d)

    Établir l’unicité de cette écriture.

Solution

  • (a)

    La matrice AA est évidemment symétrique.
    Pour λ valeur propre de AA et X vecteur propre associé, on a

    XAAX=(AX)AX=AX2

    et

    XAAX=λXX=λX2.

    Ainsi,

    λ=AX2X2>0

    car A est inversible.

  • (b)

    Par le théorème spectral, il existe POn() tel que PAAP=diag(λ1,,λn) avec λi>0.
    La matrice

    S=Pdiag(λ1,,λn)P

    est alors solution.

  • (c)

    Posons O=AS1. On a A=OS et

    OO=(S1)AAS1=In

    donc OOn() et A=OS.

  • (d)

    Si A=OS alors S2=AA.
    Pour λSp(AA),

    Ker(AAλIn)=Ker(S2λIn).

    Or par le lemme de décomposition des noyaux,

    Ker(S2λIn)=Ker(SλIn)Ker(S+λIn)

    car λ>0. Or

    Ker(S+λIn)={0}

    car Sp(S)+*. Ainsi, pour tout λSp(AA),

    Ker(AAλIn)=Ker(SλIn)

    ce qui suffit à établir l’unicité de S car

    n,1()=λSp(AA)Ker(AAλIn).
 
Exercice 20  21    Correction  

(Mineurs de Gauss)

Pour A=(ai,j)1i,jn𝒮n(), on pose Ap=(ai,j)1i,jp pour tout p{1,,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{1,,n}, det(Ap)>0.

  • (c)

    Justifier la réciproque en raisonnant par récurrence sur n*.

Solution

  • (a)

    Si A est définie positive alors Sp(A)+*. 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)

    Ap𝒮p() et pour tout Xp,1(), XApX=XAX avec Xn,1() la colonne obtenue en poursuivant la colonne X de coefficients nuls. On en déduit que si A𝒮n++() alors Ap𝒮p++() puis det(Ap)>0.

  • (c)

    La propriété est immédiate au rang n=1.

    Supposons la propriété acquise au rang n1.

    Soit A𝒮n+1() vérifiant pour tout p{1,,n+1}, det(Ap)>0.

    Par blocs, A est de la forme

    A=(AnCnCnλ).

    Par application de l’hypothèse de récurrence, An𝒮n++(). Il existe donc PnOn() vérifiant PAP=Dn=diag(λ1,,λn) avec λi>0 pour i=1,,n.

    Considérons alors

    Pn+1=(PnXn01)GLn+1().

    Par produit par blocs,

    Pn+1APn+1=(DnYnYnλn+1)

    avec Yn=Pn(AXn+Cn).

    En choisissant Xn=-An-1Cn, on obtient

    Pn+1APn+1=(Dn00λn+1).

    Enfin λn+1>0 car det(A)>0 et det(Dn)>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 A𝒮n(). Pour p1;n, on écrit

A=(BpCpCpDnp) avec Bpp().
  • (a)

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

    Xn{0},XAX>0.

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

  • (b)

    Montrer que det(Bp)>0 pour tout p1;n.

  • (c)

    Montrer que det(A)det(Bp)det(Dnp) et en déduire que

    det(A)a1,1××an,n.

    On pourra écrire A sous la forme

    A=(Ip*0Inp)(*00*)(Ip0*Inp)

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

Solution

  • (a)

    C’est du cours.

  • (b)

    Pour Xp{0} prolongé en un élément Xn avec des coefficients nuls,

    XBpX=XAX>0.

    On a donc Bp>0. La matrice symétrique réelle Bp est diagonalisable et ses valeurs propres sont strictement positives donc det(Bp)>0.

  • (c)

    Soient U,V𝒮n() avec U,V>0.

    Par diagonalisation, il existe M𝒮n() tel que U=M2 avec M>0. On pose alors W=M1VM1. On vérifie W𝒮n() et W>0. On écrit alors

    det(U+V)=det(M)det(In+W)det(M).

    En diagonalisant W, on établit

    det(In+W)=i=1n(1+λi)1+i=1nλi=1+det(W).

    Il en découle det(U+V)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 V0 ).

    On écrit

    A=(IpCpDnp10Inp)(BpCpDnpCp00Dnp)(Ip0Dnp1CpInp)

    ce qui est possible car, à l’instar de Bp, on peut affirmer Dnp>0 donc inversible. On relit l’égalité

    A=PAP avec P=(Ip0Dnp1CpInp)GLn().

    On en déduit

    det(A)=det(P)=1det(A)det(P)=1=det(BpCpDnpCp)det(Dnp).

    La matrice A est symétrique et, puisque A>0 et P inversible,

    Xn{0},XAX=YAY>0 avec Y=P1X0.

    Ainsi, A>0 et donc Bp=BpCpDnpCp>0. Aussi, Dnp>0 et l’on en déduit CpDnpCp0. On peut alors employer la comparaison de déterminants précédemment acquise et affirmer

    det(Bp)det(Bp)+det(CpDnpCp)det(Bp).

    On en déduit

    det(A)det(Bp)det(Dnp).

    La conséquence det(A)a1,1××an,n s’en déduit par une récurrence facile.

 
Exercice 22  6017   Correction  

Soit A𝒮n++() et B𝒮n().

  • (a)

    Montrer qu’il existe S𝒮n++() vérifiant A=S2.

  • (b)

    En déduire que la matrice AB est diagonalisable.

Solution

  • (a)

    La matrice A est symétrique réelle. On peut écrire A=PDP-1 avec POn() et D=diag(λ1,,λn). La matrice A est aussi définie positive et donc Sp(A)={λ1,,λn}+*. La matrice S=PΔP-1 avec Δ=diag(λ1,,λn) convient: elle est symétrique, à valeurs propres strictement positives et vérifie S2=A.

  • (b)

    La matrice S est inversible et l’on remarque que S-1ABS=SBS est symétrique réelle car

    (SBS)=SBS=SBS.

    La matrice SBS est donc diagonalisable. La matrice AB qui lui est semblable l’est aussi.

 
Exercice 23  2402     CENTRALE (MP)Correction  

Soient A𝒮n++() et B𝒮n().

  • (a)

    Montrer que l’on définit un produit scalaire sur n en posant

    x,y=xA-1y.
  • (b)

    En déduire que AB est diagonalisable.

Solution

  • (a)

    0 n’est pas valeur propre de A, cela assure que A est inversible. L’application , est donc correctement définie de n×n vers . Il est immédiat de vérifier que cette application est bilinéaire. Puisque A est symétrique, A-1 est aussi symétrique et donc , 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-1𝒮n++(). On en déduit

    xn{0},xA-1x>0.

    Ainsi, , est un produit scalaire.

  • (b)

    Pour x,yn,

    x,ABy=xA-1ABy=xBy

    et

    ABx,y=(ABx)A-1y=xBAA-1y=xBy.

    On a donc

    x,ABy=ABx,y.

    L’endomorphisme xABx est donc autoadjoint pour le produit scalaire ,, il est diagonalisable (dans une base orthonormée pour le produit scalaire ,).

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



Édité le 03-06-2025

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