Exercice 1 25 Correction

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

(a)

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

Établir qu’il existe une matrice $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ et une matrice $D \in D_{n} (ℝ)$ vérifiant

$A = P^{⊤} P et B = P^{⊤} D P .$
(c)

Application : Établir que le polynôme $x \mapsto \det (x A - B)$ est scindé sur $ℝ$ .

Solution

(a)

Par le théorème spectral, on peut écrire

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

où $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ sont les valeurs propres strictement positives de la matrice $A$ . Posons alors $S = P D^{'} P^{⊤}$ avec $D^{'} = diag (\sqrt{λ_{1}}, \dots, \sqrt{λ_{n}})$ . On remarque $D^{', 2} = D$ et donc

$S^{2} = P D^{'} P^{⊤} P D^{'} P^{⊤} = P D P^{⊤} = A car P^{⊤} P = I_{n} .$

Au surplus, la matrice $S$ est symétrique car

$S^{⊤} = {(P D P^{⊤})}^{⊤} = {(P^{⊤})}^{⊤} D^{⊤} P^{⊤} = P D P^{⊤} = S .$

Enfin, les valeurs propres de $S$ sont strictement positives car ce sont les coefficients diagonaux de la matrice $D^{'}$ à laquelle $S$ est semblable puisque $S = P D P^{- 1}$ .
(b)

On peut écrire $A = S^{2}$ avec $S \in 𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ . Posons $C = S^{- 1} B S^{- 1}$ . Cette matrice est symétrique car on vérifie sans peine $C^{⊤} = C$ . Par le théorème spectral, on peut écrire $C = P D P^{⊤}$ avec $P \in O_{n} (ℝ)$ et $D \in D_{n} (ℝ)$ . On obtient alors $B = S C S = S P D P^{⊤} S = Q^{⊤} D Q$ avec $Q = P^{⊤} S$ . La matrice $Q$ est inversible car produit de deux matrices inversibles. Parallèlement, $Q^{⊤} Q = S^{⊤} P P^{⊤} S = S^{2} = A$ .
(c)

Avec l’écriture qui précède

$\det (x A - B) = \det {(P)}^{2} \det (x I_{n} - D) = \det {(P)}^{2} \prod_{i = 1}^{n} (x - δ_{i})$

en notant $δ_{1}, \dots, δ_{n}$ les coefficients diagonaux de la matrice $D$ .

Exercice 2 2398 CENTRALE (MP)Correction

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

(a)

Montrer qu’il existe $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ et $D \in ℳ_{n} (ℝ)$ diagonale à coefficients diagonaux strictement positifs telles que

$A = P^{⊤} P et B = P^{⊤} D P .$
(b)

Montrer que

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

Montrer que l’inégalité précédente subsiste pour $A, B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique définie positive donc orthogonalement semblable à une matrice diagonale $Δ$ à coefficients diagonaux strictement positifs. On peut donc écrire

$A = Q^{⊤} δ^{2} Q = {(Q δ)}^{⊤} Q δ$

avec $Q \in O_{n} (ℝ)$ et $δ$ une matrice diagonale à coefficients diagonaux non nuls. À ce stade, on pourrait croire avoir déterminé la matrice $P = Q δ$ mais on peut aussi remarquer que n’importe quelle matrice $P = Ω Q δ$ avec $Ω \in O_{n} (ℝ)$ marche aussi. Nous allons employer ce degré de liberté pour écrire $B$ sous la forme souhaitée.

Considérons la matrice $C = {({(Q δ)}^{⊤})}^{- 1} B {(Q δ)}^{- 1}$ . Celle-ci est symétrique donc orthogonalement diagonalisable. Cela permet d’écrire

$C = R^{⊤} D R$

avec $R \in O_{n} (ℝ)$ et $D \in D_{n} (ℝ)$ à coefficients diagonaux positifs. On en déduit

$B = {(R Q δ)}^{⊤} D R Q δ = P^{⊤} D P avec P = R Q δ \in {GL}_{n} (ℝ) .$

On remarque aussi

$P^{⊤} P = {(Q δ)}^{⊤} \underset{\begin{matrix} = I_{n} \end{matrix}}{\underset{⏟}{R^{⊤} R}} (Q δ) = {(Q δ)}^{⊤} (Q δ) = A .$
(b)

Notons $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ les valeurs diagonales de $D$ .

On a $\det (A) = {(\det (P))}^{2}$ , $\det (B) = λ_{1} \dots λ_{n} {(\det (P))}^{2}$ et

$\det (A + B) = (1 + λ_{1}) \dots (1 + λ_{n}) {(\det (P))}^{2}$

Les $λ_{i}$ étant positifs, on vérifie par développement

$1 + λ_{1} \dots λ_{n} \leq (1 + λ_{1}) \dots (1 + λ_{n})$

donc

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

Toute matrice symétrique réelle positive peut être diagonalisée via une matrice orthogonale en une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs. Cette dernière peut se voir comme limite d’une suite de matrices diagonales à coefficients diagonaux strictement positifs. Par suite, $𝒮_{n}^{+ +} (ℝ)$ est dense $𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ . Par continuité du déterminant et densité, la relation précédente s’étend à $A, B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

Exercice 3 2756 MINES (MP)Correction

Soient $A, B \in 𝒮_{n}^{+} (ℝ)$ .

(a)

On suppose que $A$ est définie positive. Montrer qu’il existe $P \in {GL}_{n} (ℝ)$ et $D \in ℳ_{n} (ℝ)$ diagonale à coefficients positifs telles que

$A = P^{⊤} P et B = P^{⊤} D P .$
(b)

Établir

$\forall t \in] 0; 1 [, {(\det (A))}^{t} {(\det (B))}^{1 - t} \leq \det (t A + (1 - t) B) .$

Solution

(a)

La matrice $A$ est symétrique définie positive donc orthogonalement semblable à une matrice diagonale $Δ$ à coefficients diagonaux strictement positifs. On peut donc écrire

$A = Q^{⊤} δ^{2} Q = {(Q δ)}^{⊤} Q δ$

avec $Q \in O_{n} (ℝ)$ et $δ$ une matrice diagonale à coefficients diagonaux non nuls. À ce stade, on pourrait croire avoir déterminé la matrice $P = Q δ$ mais on peut aussi remarquer que n’importe quelle matrice $P = Ω Q δ$ avec $Ω \in O_{n} (ℝ)$ marche aussi. Nous allons employer ce degré de liberté pour écrire $B$ sous la forme souhaitée.

Considérons la matrice $C = {({(Q δ)}^{⊤})}^{- 1} B {(Q δ)}^{- 1}$ . Celle-ci est symétrique donc orthogonalement diagonalisable. Cela permet d’écrire

$C = R^{⊤} D R$

avec $R \in O_{n} (ℝ)$ et $D \in D_{n} (ℝ)$ à coefficients diagonaux positifs. On en déduit

$B = {(R Q δ)}^{⊤} D R Q δ = P^{⊤} D P avec P = R Q δ \in {GL}_{n} (ℝ) .$

On remarque aussi

$P^{⊤} P = {(Q δ)}^{⊤} \underset{\begin{matrix} = I_{n} \end{matrix}}{\underset{⏟}{R^{⊤} R}} (Q δ) = {(Q δ)}^{⊤} (Q δ) = A .$
(b)

Cas: La matrice $A$ est définie positive.

Par le résultat précédent, il suffit d’établir ${(\det (D))}^{1 - t} \leq \det (t I_{n} + (1 - t) D)$ avec $D$ matrice diagonale à coefficients diagonaux $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ positifs. On souhaite donc établir,

${(\prod_{i = 1}^{n} λ_{i})}^{1 - t} \leq \prod_{i = 1}^{n} (t + (1 - t) λ_{i}) .$

Or pour tout $λ \geq 0$ , $λ^{1 - t} \leq t + (1 - t) λ$ .
En effet pour $λ = 0$ , la propriété est immédiate et pour $λ > 0$ , celle-ci équivaut à

$t \ln (1) + (1 - t) \ln (λ) \leq \ln (t + (1 - t) λ)$

qui découle de la concavité du logarithme.

On peut donc conclure en multipliant les comparaisons $0 \leq λ_{i}^{1 - t} \leq t + (1 - t) λ_{i}$ .

Cas: La matrice $A$ est positive.

La matrice $A_{p} = A + \frac{1}{p} I_{n}$ est définie positive et donc

$\forall t \in] 0; 1 [, {(\det (A_{p}))}^{t} {(\det (B))}^{1 - t} \leq \det (t A_{p} + (1 - t) B) .$

En passant à la limite quand $p \to + \infty$ , on obtient

$\forall t \in] 0; 1 [, {(\det (A))}^{t} {(\det (B))}^{1 - t} \leq \det (t A + (1 - t) B)$

(avec ici $\det (A) = 0$ si $A$ n’est pas définie positive).

Réduction simultanée