[<] Endomorphismes autoadjoints définis positifs [>] Réduction simultanée
Établir que est dense dans .
Solution
Soit . On a
et l’on vérifie pour tout car les valeurs propres de sont celles de auxquelles on ajoute : elles sont strictement positives.
Montrer que est une partie fermée de .
Déterminer l’adhérence de .
Solution
Méthode: Les matrices de 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 vérifiant pour toute colonne .
Soit une suite convergente d’éléments de . Notons sa limite.
Pour tout , . Par continuité de la transposition11 1 Il s’agit d’une application linéaire au départ d’un espace de dimension finie., il vient .
Aussi, pour toute colonne , . Par passage à la limite dans une inégalité large, . On en déduit que .
La partie contient les limites de ses suites convergentes, c’est donc une partie fermée.
On sait et donc, par croissance du passage à l’adhérence,
Établissons l’inclusion réciproque.
Soit . Pour , posons
de sorte que par simple opérations sur les limites
Pour tout , la matrice est symétrique réelle et l’on vérifie22 2 L’affirmation se justifie par exemple en étudiant l’équation aux éléments propres.
Puisque , il vient .
Ainsi, est limite d’une suite d’éléments de , c’est donc un élément adhérent à .
Par double inclusion, on conclut
Montrer que est une partie convexe.
Solution
Méthode: Les matrices de sont non seulement les matrices symétriques réelles de valeurs propres strictement positives mais ce sont aussi les matrices symétriques réelles vérifiant pour toute colonne non nulle.
Pour établir que est convexe, on montre pour toutes matrices .
Soient et . Étudions .
La matrice est évidemment symétrique et pour colonne non nulle,
Puisque les facteurs et sont positifs sans être tous deux nuls,
Ainsi, . On peut alors conclure : l’ensemble est convexe.
Soit . Justifier .
Solution
Puisque est symétrique réelle, on peut écrire avec et . On a alors avec . La matrice est orthogonalement semblable à une matrice diagonale aux valeurs propres strictement positives, c’est donc une matrice symétrique définie positive.
Soit . Montrer que la comatrice de est symétrique.
Même question avec puis .
Solution
Le coefficient d’indice de la comatrice de est
avec le mineur d’indice de la matrice c’est-à-dire le déterminant de la matrice obtenue en supprimant la -ème ligne et la -ème colonne de . Or le déterminant d’une matrice est aussi celui de sa transposée et puisque la matrice est symétrique, le mineur d’indice est égal à celui d’indice . On en déduit que la comatrice de est symétrique.
Si alors
Puisque est définie positive, son inverse l’est aussi et donc est définie positive.
Si alors pour tout ,
puis
et donc
Soit .
Montrer que définit un produit scalaire sur .
En déduire que pour tout
Solution
L’application est clairement une forme bilinéaire, symétrique. De plus, puisque est définie positive, le produit scalaire est aussi défini positif.
Notons les colonnes élémentaires de .
Soit avec . On remarque
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,
De plus, il y a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz seulement lorsqu’il y a colinéarité. Ici, les colonnes et ne sont pas colinéaires et donc l’inégalité est stricte.
Soient et .
Montrer que la matrice est inversible.
Solution
On peut écrire
La matrice est symétrique réelle et vérifie
On en déduit que est inversible car élément de . Par produit dans le groupe des matrices inversibles, .
Soient . Montrer
Solution
Par l’absurde, supposons .
On a alors
et, en développant,
En multipliant à droite par la matrice , on obtient
Pour non nul, on obtient
avec
Cela est absurde.
(Matrice de Hilbert)
Soit
Montrer que est diagonalisable à valeurs propres strictement positives.
Solution
La matrice est symétrique réelle donc diagonalisable.
Pour ,
Par linéarité,
Par intégration d’une fonction positive, .
De plus, si alors, par intégration d’une fonction continue et positive,
Le polynôme possède une infinité de racines, c’est donc le polynôme nul ce qui entraîne .
La matrice est donc symétrique définie positive.
Soient et deux à deux distincts.
Justifier que la matrice
est symétrique définie positive.
Solution
La matrice est bien évidemment symétrique. Il s’agit de vérifier
Notons l’espace des fonctions continues de dans et de carrés intégrables sur .
On définit un produit scalaire sur par
Pour , posons élément de .
Pour , on remarque
Ainsi, . De plus, si alors
Ainsi, pour tout .
En multipliant par , on obtient
En posant , on obtient l’équation .
En dérivant la relation et en multipliant par , on obtient
En posant , on obtient l’équation .
En reprenant ce principe, on obtient
Le multiplet est alors solution d’un système linéaire homogène à équations qui est un système de Cramer car son déterminant est un déterminant de Vandermonde non nul puisque les sont deux à deux distincts.
Par suite, et ainsi
Finalement, est une matrice symétrique définie positive.
Soit
Montrer que la matrice est symétrique définie positive.
Solution
La matrice est évidemment symétrique. Posons
On remarque
On en déduit que pour tout
avec égalité si, et seulement si, ce qui donne .
Soit .
Montrer que est symétrique positive si, et seulement si, il existe telle que .
Montrer que est symétrique définie positive si, et seulement si, il existe telle que .
Solution
Si alors il est facile d’établir que est symétrique positive (voire définie positive si est inversible).
Inversement, si est symétrique positive alors par le théorème spectral, on peut écrire avec , et pour (voire si est définie positive). Pour avec , on dispose d’une matrice solution (inversible dans le cas où est définie positive).
Soient des matrices symétriques à valeurs propres toutes strictement positives.
Montrer qu’il existe une matrice inversible vérifiant .
Justifier que est diagonalisable à valeurs propres positives.
En déduire
Solution
La matrice est symétrique dont orthogonalement diagonalisable. Il existe donc telle que
Les réels sont strictement positifs car ce sont les valeurs propres de . On peut donc introduire
On vérifie , et . La matrice est solution.
La matrice est inversible car la matrice l’est. Puisque est symétrique, son inverse l’est aussi. On remarque alors
La matrice est symétrique réelle donc diagonalisable.
Soient une valeur propre de et un vecteur propre associé:
Il existe une matrice telle que et alors
En multipliant par à gauche,
et donc
Avec les écritures qui précèdent
En notant les valeurs propres de ,
donc
Soient et .
Montrer l’existence de telle que .
On pose . Montrer que
Montrer que
Solution
Par le théorème spectral, la matrice symétrique réelle est orthogonalement diagonalisable. De plus, étant définie positive, ses valeurs propres sont strictement positive. On peut donc écrire
La matrice avec convient.
On vérifie et donc . On peut alors écrire
Par similitude, l’inégalité voulue revient à
Si l’un des est nul, l’inégalité est entendue. Supposons désormais les tous non nuls.
Pour l’obtenir l’inégalité, on introduit la fonction . Celle-ci est convexe car de dérivée seconde positive. Par l’inégalité de Jensen
En choisissant , on obtient
puis l’inégalité voulue.
On a
avec
La comparaison
fournit alors l’inégalité proposée.
Soit . On suppose
Établir .
Soit . Montrer qu’il existe une matrice inversible vérifiant .
Soient dans vérifiant
Montrer
Solution
Soient une valeur propre de et un vecteur propre associé. L’hypothèse donne
On en déduit . La matrice étant diagonalisable, son déterminant est le produit de ses valeurs propres comptées avec multiplicité. Ces dernières étant toutes supérieures à , on obtient .
La matrice est symétrique réelle donc orthogonalement diagonalisable. Ses valeurs propres étant strictement positives, on peut écrire
avec , , .
On peut alors poser
On vérifie que est symétrique (car et ) et . La matrice étant inversible, la matrice est aussi inversible.
Considérons .
La matrice est symétrique et, pour tout ,
L’hypothèse donne
On en déduit avec . Sachant , on conclut
Déterminer le sous-espace vectoriel de engendré par .
Soient des éléments de et des réels. On pose
Montrer que, pour ,
En déduire
Solution
notamment parce qu’une matrice symétrique peut s’écrire comme différence de deux matrices symétriques définies positives via diagonalisation.
Pour ,
avec donc
Cas: . La matrice est diagonalisable et, pour tout , assure que les valeurs propres de vérifient . On a donc .
Cas général: Si les sont tous nuls, c’est immédiat. Sinon, . On peut alors écrire avec . Considérons ensuite . Pour tout ,
Par l’étude précédente, donc
Soient et une colonne non nulle. On considère la suite d’éléments de donnée par
où désigne la norme euclidienne canonique sur .
Établir que la suite converge vers un vecteur propre de .
Solution
Notons les valeurs propres de . Puisque la matrice est symétrique réelle, le théorème spectral donne
et l’on sait que les sous-espaces propres sont deux à deux orthogonaux. On peut alors décomposer la colonne en écrivant
Pour tout , on a alors
et, par le théorème de Pythagore,
Considérons le plus grand tel que (celui-ci existe car la colonne n’est pas nulle). Les valeurs propres étant par ordre strictement croissant
et donc
avec
Par opérations sur les limites,
avec vecteur propre de .
Établir que est une partie ouverte de l’espace .
Solution
Introduisons la norme euclidienne canonique sur et la norme d’opérateur associée
On munit l’espace de cette norme .
L’ensemble est une partie de . Vérifions que celle-ci est voisinage de chacun de ses points.
Soit . Par définition,
Considérons la fonction définie sur par
La fonction est continue sur le compact non vide 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 convient tel que
On a alors
Or, lorsque la comparaison précédente est vérifiée pour , elle l’est aussi pour et ce quel que soit . On en déduit
Soit telle que . Pour tout ,
et donc, par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,
On vérifie alors
On en déduit
et donc .
(Décomposition de Cartan)
Soit .
Établir que .
Montrer qu’il existe une matrice telle que .
Conclure
Établir l’unicité de cette écriture.
Solution
La matrice est évidemment symétrique.
Pour valeur propre de et vecteur propre associé, on a
et
Ainsi,
car est inversible.
Par le théorème spectral, il existe tel que avec .
La matrice
est alors solution.
Posons . On a et
donc et .
Si alors .
Pour ,
Or par le lemme de décomposition des noyaux,
car . Or
car . Ainsi, pour tout ,
ce qui suffit à établir l’unicité de car
(Mineurs de Gauss)
Pour , on pose pour tout
On suppose que la matrice est définie positive.
Justifier que .
On suppose encore la matrice définie positive.
Établir que pour tout , .
Justifier la réciproque en raisonnant par récurrence sur .
Solution
Si est définie positive alors . De plus, est symétrique réelle donc diagonalisable et est le produit des valeurs propres de comptées avec multiplicité. Par suite, .
et pour tout , avec la colonne obtenue en poursuivant la colonne de coefficients nuls. On en déduit que si alors puis .
La propriété est immédiate au rang .
Supposons la propriété acquise au rang .
Soit vérifiant pour tout , .
Par blocs, est de la forme
Par application de l’hypothèse de récurrence, . Il existe donc vérifiant avec pour .
Considérons alors
Par produit par blocs,
avec .
En choisissant , on obtient
Enfin car et .
Finalement, est symétrique définie positive car ses valeurs propres sont toutes strictement positives.
La récurrence est établie.
Soit . Pour , on écrit
Montrer que les valeurs propres de sont toutes strictement positives si, et seulement si,
On suppose dans la suite que vérifie cette propriété que l’on notera .
Montrer que pour tout .
Montrer que et en déduire que
On pourra écrire sous la forme
et montrer que, si et alors .
Solution
C’est du cours.
Pour prolongé en un élément avec des coefficients nuls,
On a donc . La matrice symétrique réelle est diagonalisable et ses valeurs propres sont strictement positives donc .
Soient avec .
Par diagonalisation, il existe tel que avec . On pose alors . On vérifie et . On écrit alors
En diagonalisant , on établit
Il en découle .
Notons que l’inégalité est aussi vraie si les valeurs propres de sont positives au sens large (ce que l’on notera ).
On écrit
ce qui est possible car, à l’instar de , on peut affirmer donc inversible. On relit l’égalité
On en déduit
La matrice est symétrique et, puisque et inversible,
Ainsi, et donc . Aussi, et l’on en déduit . On peut alors employer la comparaison de déterminants précédemment acquise et affirmer
On en déduit
La conséquence s’en déduit par une récurrence facile.
Soit et .
Montrer qu’il existe vérifiant .
En déduire que la matrice est diagonalisable.
Solution
La matrice est symétrique réelle. On peut écrire avec et . La matrice est aussi définie positive et donc . La matrice avec convient: elle est symétrique, à valeurs propres strictement positives et vérifie .
La matrice est inversible et l’on remarque que est symétrique réelle car
La matrice est donc diagonalisable. La matrice qui lui est semblable l’est aussi.
Soient et .
Montrer que l’on définit un produit scalaire sur en posant
En déduire que est diagonalisable.
Solution
n’est pas valeur propre de , cela assure que est inversible. L’application est donc correctement définie de vers . Il est immédiat de vérifier que cette application est bilinéaire. Puisque est symétrique, est aussi symétrique et donc est symétrique. Enfin, les valeurs propres de sont les inverses des valeurs propres de , elles sont toutes strictement positives et donc . On en déduit
Ainsi, est un produit scalaire.
Pour ,
et
On a donc
L’endomorphisme 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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