[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017 Matrices symétriques dénies positives Exercice 1 Soit [ 03158 ] [Correction] 1 1 A = . .. 1 1 2 ··· ··· 2 ··· .. . Enoncés 1 [ 00017 ] [Correction] (Décomposition de Cartan) Soit A Exercice 6 1 2 = (min(i, j))1≤i,j≤n ∈ Mn (R) .. . n ∈ GLn (R). . (a) Établir que AA ∈ (b) Montrer qu'il existe une matrice S ∈ Sn++ (R) telle que t Sn++ (R) S 2 = t AA (c) Conclure ∀A ∈ GLn (R), ∃(O, S) ∈ On (R) × Sn++ (R), A = OS Montrer que la matrice A est symétrique dénie positive. (d) Établir l'unicité de cette écriture. Exercice 2 [ 00022 ] (Matrice de Hilbert) [Correction] Soit H= 1 i+j−1 ∈ Mn (R) 1≤i,j≤n Montrer que H est diagonalisable à valeurs propres strictement positives. Exercice 3 [ 00014 ] [Correction] Soit A = (ai,j ) ∈ Sn++ (R). (a) Montrer que ϕ(X, Y ) =t XAY dénit un produit scalaire sur Mn,1 (R). (b) En appliquant Cauchy-Schwarz, en déduire que pour tout i 6= j : a2i,j < ai,i aj,j . Exercice 7 [ 02761 ] [Correction] Soit A ∈ Mn (R). Montrer que A est symétrique positive si, et seulement si, il existe P ∈ Mn (R) telle que A = t P P . Montrer que A est symétrique dénie positive si, et seulement si, il existe P ∈ GLn (R) telle que A = t P P . Exercice 8 [ 02754 ] [Correction] (a) Déterminer le sous-espace vectoriel de Mn (R) engendré par Sn++ (R). Soit A1 , . . . , Ak des éléments de Sn++ (R) et λ1 , . . . , λk des réels. On pose A= k X i=1 Exercice 4 [ 00021 ] (Mineurs de Gauss) [Correction] Pour A = (ai,j )1≤i,j≤n ∈ Sn (R), on pose Ap = (ai,j )1≤i,j≤p pour tout p ∈ {1, . . . , n} (a) On suppose que la matrice A est dénie positive. Justier que det A > 0. (b) On suppose encore la matrice A dénie positive. Établir que pour tout p ∈ {1, . . . , n}, det Ap > 0. (c) Justier la réciproque en raisonnant par récurrence sur n ∈ N∗ . Exercice 5 [ 03151 ] [Correction] Soient A ∈ Sn++ (R) et B ∈ Sn+ (R). Montrer que la matrice In + AB est inversible. λi Ai et B = k X |λi | Ai i=1 (b) Montrer que, pour X ∈ Rn , t XAX ≤ t XBX (c) Montrer que |det A| ≤ det B Exercice 9 [ 02755 ] [Correction] Soient A ∈ Sn++ (R) et B ∈ Sn+ (R). (a) Montrer l'existence de C ∈ Sn++ (R) telle que C 2 = A−1 . (b) On pose D = CBC . Montrer que (det(I + D))1/n ≥ 1 + (det D)1/n Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017 (c) Montrer que Enoncés 2 (det(A + B))1/n ≥ (det A)1/n + (det B)1/n Exercice 10 [ 03170 ] [Correction] Soient A, B ∈ Sn++ (R). Montrer −1 (A + B) 6= A−1 + B −1 Exercice 11 [ 03174 ] [Correction] Soit S ∈ Sn (R). Montrer que la comatrice de S est symétrique. Même question avec S ∈ Sn++ (R) puis S ∈ Sn+ (R). Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017 Corrections Corrections Exercice 1 : [énoncé] La matrice A est évidemment symétrique. Posons 1 T = (0) On remarque ··· .. 1 .. . ∈ GLn (R) 1 . A = tT T 3 (a) Si A est dénie positive alors Sp A ⊂ 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) Ap ∈ Sp (R) et pour tout X ∈ Mp,1 (R), t XAp X = t X 0 AX 0 avec X 0 ∈ Mn,1 (R) la colonne obtenue en poursuivant la colonne X de coecients nuls. On en déduit que si A ∈ Sn++ (R) alors Ap ∈ Sp++ (R) puis det Ap > 0. (c) La propriété est immédiate au rang n = 1. Supposons la propriété acquise au rang n ≥ 1. Soit A ∈ Sn+1 (R) vériant pour tout p ∈ {1, . . . , n + 1}, det Ap > 0. Par blocs, A est de la forme On en déduit que pour tout X ∈ Mn,1 (R) t A= 2 XAX = t (T X)T X = kT Xk ≥ 0 avec égalité si, et seulement si, T X = 0 ce qui donne X = 0. Pn 0 Xn 1 On a t Z (P, Q) 7→ 1 P (t)Q(t) dt Cn λ ∈ GLn+1 (R) Pn+1 APn+1 = Exercice 3 : [énoncé] (a) ϕ est clairement bilinéaire, symétrique car A l'est et dénie positive car A ∈ Sn++ (R). (b) Notons E1 , . . . , En les matrices élémentaires de Mn,1 (R). ϕ(Ei , Ej ) = ai,j , ϕ(Ei , Ei ) = ai,i et ϕ(Ej , Ej ) = aj,j donc l'inégalité de Cauchy-Schwarz donne a2i,j ≤ ai,i aj,j . De plus, s'il y a égalité alors Ei et Ej sont colinéaires ce qui ne peut être le cas que si Ei = Ej . Exercice 4 : [énoncé] Dn t Yn Yn ∗ avec Yn = t Pn (AXn + Cn ). En choisissant Xn = −A−1 n Cn , on obtient 0 sur Rn−1 [X] donc H est dénie positive et donc à valeurs propres strictement positives. Par application de l'hypothèse de récurrence, An ∈ Sn++ (R). Il existe donc Pn ∈ On (R) vériant t P AP = Dn = diag(λ1 , . . . , λn ) avec λi > 0. Considérons alors Pn+1 = Exercice 2 : [énoncé] H est symétrique donc diagonalisable. H est la matrice du produit scalaire An t Cn t Pn+1 APn+1 = Dn 0 0 ∗ avec λn+1 > 0 car det A > 0 entraîne λ1 . . . λn+1 > 0. On peut alors armer que A est symétrique dénie positive car A représente une telle forme bilinéaire symétrique dans une certaine base. Récurrence établie. Exercice 5 : [énoncé] On peut écrire In + AB = A A−1 + B La matrice A−1 + B est symétrique réelle et vérie ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0} , t X(A−1 + B)X = t XA−1 X + t XBX > 0 On en déduit que A−1 + B est inversible car élément de Sn++ (R) et donc In + AB est inversible par produit de matrices inversibles. Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017 Corrections Exercice 6 : [énoncé] (a) Pour toute colonne X , t et t X t AAX = t (AX)AX ≥ 0 X t AAX = 0 =⇒ AX = 0 =⇒ X = 0 (b) Par le théorème spectral, il existe P ∈ On (R) tel que t t P AAP = diag(λ1 , . . . , λn ) avec λi > 0. La matrice p p S = t P diag( λ1 , . . . , λn )P est alors solution. (c) Posons O = AS −1 . On a A = OS et t OO = t S −1t AAS −1 = In donc O ∈ On (R) et A = OS . (d) Si A = OS alors S 2 = t AA. Pour λ ∈ Sp(t AA), Ker(t AA − λIn ) = Ker(S 2 − λIn ) Or par le lemme de décomposition des noyaux, Ker(S 2 − λIn ) = Ker(S − car λ > 0. Or √ Ker(S + √ λIn ) ⊕ Ker(S + √ λIn ) λIn ) = {0} car Sp S ⊂ R∗+ . Ainsi pour tout λ ∈ Sp(t AA), Ker(t AA − λIn ) = Ker(S − λIn ) ce qui sut à établir l'unicité de S car Mn,1 (R) = ⊕ λ∈Sp(t AA) Ker(t AA − λIn ) 4 Exercice 8 : [énoncé] (a) Vect Sn++ (R) = Sn (R) notamment parce qu'une matrice symétrique peut s'écrire comme diérence de deux matrices symétriques dénies positives via diagonalisation. P (b) t XAX = ki=1 λi t XAi X avec t XAi X ≥ 0 donc Pk |t XAX| ≤ i=1 |λi | t XAi X = t XBX . (c) Cas B = In . La matrice A est diagonalisable et pour tout X , |t XAX| ≤ t XX assure que ses valeurs propres λ vérient |λ| ≤ 1 et donc |det A| ≤ 1 = det B . Cas général : Si les λi sont tous nuls, c'est immédiat. Sinon, B ∈ Sn++ (R). On peut écrire B = C 2 avec C ∈ Sn++ (R). Considérons ensuite A0 = C −1 AC −1 ∈ Sn (R) Pour tout X ∈ Rn , |t XA0 X| = t (C −1 X)A(C −1 X) ≤ t (C −1 X)B(C −1 X) = t XX . Par l'étude précédente, |det A0 | ≤ 1 donc |det A| ≤ (det C)2 = det B . Exercice 9 : [énoncé] (a) Par le théorème spectral, la matrice symétrique réelle A est orthogonalement diagonalisable. De plus, étant dénie positive, ses valeurs propres sont strictement positive. On peut donc écrire A = t P DP avec P ∈ On (R), D = diag(λ1 , . . . , λn ) et λi > 0 √ √ La matrice C = t P ∆P avec ∆ = diag(1/ λ1 , . . . , 1/ λn ) convient. (b) On vérie t D = D et t XDX = t (CX)B(CX) ≥ 0 donc D ∈ Sn+ (R). On peut alors écrire D = t QD0 Q avec Q ∈ On (R), D0 = diag(µ1 , . . . , µn ) et µi ≥ 0 Par similitude, l'inégalité voulue revient à n Y i=1 Exercice 7 : [énoncé] Si A = t P P alors il est facile d'établir que A est symétrique positive (voire dénie positive si P est inversible). Inversement, si A est symétrique positive alors par le théorème spectral, on peut écrire A = t QDQ avec Q ∈ On (R), D = diag(λ1 , . . . , λn ) et √ λi ≥ 0 (voire √ λi > 0 si A est dénie positive). Pour P = ∆Q avec ∆ = diag( λ1 , . . . , λn ) on dispose d'une matrice solution (inversible dans le cas où est dénie positive.) (1 + µi )1/n ≥ 1 + n Y 1/n µi i=1 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 x 7→ ln(1 + ex ). Celle-ci est convexe car de dérivée seconde positive. Par l'inégalité de Jensen n Pn 1 1X ∀a1 , . . . , an ∈ R, ln 1 + e n i=1 ai ≤ ln (1 + eai ) n i=1 Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD [http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 9 mai 2017 En choisissant ai = ln µi , on obtient ln 1 + n Y ! 1/n µi ≤ ln i=1 n Y (1 + µi )1/n i=1 puis l'inégalité voulue. (c) On a 5 avec ∆i,j le mineur d'indice (i, j) de la matrice S i.e. 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 ∈ Sn++ (R) alors Com S = t (Com S) = det(S)S −1 (det C)2 det(A + B) = det(CAC + CBC) = det(I + D) avec Corrections det A = 1/(det C)2 et det B = det D/(det C)2 Puisque S est dénie positive, son inverse S −1 l'est aussi et det S > 0 donc Com S est dénie positive. Si S ∈ Sn+ (R) alors pour tout t > 0, St = S + tIn ∈ Sn++ (R) La comparaison (det(I + D))1/n ≥ 1 + (det D)1/n fournit alors l'inégalité proposée. puis et donc Exercice 10 : [énoncé] Par l'absurde supposons (A + B)−1 = A−1 + B −1 . On a alors Com(St ) ∈ Sn++ (R) Com(S) = lim± Com(St ) ∈ Sn++ (R) = Sn+ (R) t→0 (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 −1 A + A = On Pour X ∈ Mn,1 (R) non nul, on obtient t avec XBX + t (AX)B(AX) + t XAX = 0 t XBX, t (AX)B(AX), t XAX > 0 ce qui est absurde. Exercice 11 : [énoncé] Le coecient d'indice (i, j) de la comatrice de S est (−1)i+j ∆i,j Diusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD