Transcript Matrices symétriques définies positives

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Enoncés
Matrices symétriques définies positives
Exercice 1
Soit
[ 03158 ]



A=

[correction]
1 1
1 2
.. ..
. .
1 2
···
···
1
2
..
.
···
n



 = (min(i, j))16i,j6n ∈ Mn (R)

1
Exercice 6 [ 00017 ] [correction]
[Décomposition de Cartan]
Soit A ∈ GLn (R).
a) Etablir que t AA ∈ Sn++ (R).
b) Montrer qu’il existe une matrice S ∈ Sn++ (R) telle que
S 2 = t AA
c) Conclure
∀A ∈ GLn (R), ∃(O, S) ∈ On (R) × Sn++ (R), A = OS
Montrer que la matrice A est symétrique définie positive.
d) Etablir l’unicité de cette écriture.
Exercice 2 [ 00022 ] [correction]
[Matrice de Hilbert]
Soit
1
∈ Mn (R)
H=
i + j − 1 16i,j6n
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 définit 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 définie 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 ] [correction]
[Mineurs de Gauss]
Pour A = (ai,j )16i,j6n ∈ Sn (R), on pose Ap = (ai,j )16i,j6p 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.
Etablir que pour tout p ∈ {1, . . . , n}, det Ap > 0.
c) Justifier 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 6 t XBX
c) Montrer que
|det A| 6 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
c) Montrer que
(det(A + B))1/n > (det A)1/n + (det B)1/n
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Enoncés
2
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).
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Corrections
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
La matrice A est évidemment symétrique.
Posons

1 ···

..
T =
.

1
..  ∈ GL (R)
n
. 
1
(0)
On remarque
A = tT T
On en déduit que pour tout X ∈ Mn,1 (R)
t
2
t
XAX = (T X)T X = kT Xk > 0
avec égalité si, et seulement si, T X = 0 ce qui donne X = 0.
3
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 coefficients 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) vérifiant pour tout p ∈ {1, . . . , n + 1}, det Ap > 0.
Par blocs, A est de la forme
An Cn
A=
t
Cn λ
Par application de l’hypothèse de récurrence, An ∈ Sn++ (R). Il existe donc
Pn ∈ On (R) vérifiant t P AP = Dn = diag(λ1 , . . . , λn ) avec λi > 0.
Considérons alors
Pn Xn
Pn+1 =
∈ GLn+1 (R)
0
1
On a
Exercice 2 : [énoncé]
H est symétrique donc diagonalisable.
H est la matrice du produit scalaire
t
Z
(P, Q) 7→
Pn+1 APn+1 =
Dn
t
Yn
Yn
?
avec Yn = t Pn (AXn + Cn ).
En choisissant Xn = −A−1
n Cn , on obtient
1
P (t)Q(t) dt
0
sur Rn−1 [X] donc H est définie positive et donc à valeurs propres strictement
positives.
Exercice 3 : [énoncé]
a) ϕ est clairement bilinéaire, symétrique car A l’est et définie 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 6 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 .
t
Pn+1 APn+1 =
Dn
0
0
?
avec λn+1 > 0 car det A > 0 entraîne λ1 . . . λn+1 > 0.
On peut alors affirmer que A est symétrique définie 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 vérifie
∀X ∈ Mn,1 (R)\ {0} , t X(A−1 + B)X = t XA−1 X + t XBX > 0
Exercice 4 : [énoncé]
a) Si A est définie positive alors SpA ⊂ R+? . De plus A est symétrique réelle donc
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.
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Corrections
Exercice 6 : [énoncé]
a) Pour toute colonne X,
t
X t AAX = t (AX)AX > 0
et
t
4
Exercice 8 : [énoncé]
a) VectSn++ (R) = Sn (R) notamment parce qu’une matrice symétrique peut
s’écrire comme différence de deux matrices symétriques définies positives via
diagonalisation.
k
P
b) t XAX =
λi t XAi X avec t XAi X > 0 donc
i=1
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 − λIn ) ⊕ ker(S + λIn )
car λ > 0. Or
√
ker(S +
λIn ) = {0}
car SpS ⊂ R+? . Ainsi pour tout λ ∈ Sp(t AA),
ker(t AA − λIn ) = ker(S − λIn )
⊕
λ∈Sp(t AA)
| XAX| 6
k
P
|λi | t XAi X = t XBX.
i=1
c) Cas B = In .
La matrice A est diagonalisable et pour tout X, |t XAX| 6 t XX assure que ses
valeurs propres λ vérifient |λ| 6 1 et donc |det A| 6 1 = det B.
Cas général :
Si les λi sont tous nuls, c’est immédiat. Sinon, B ∈ Sn++ (R). On peut écrire
A0 = C −1 AC −1 ∈ Sn (R)
B = C 2 avec C ∈ Sn++ (R). Considérons
t −1 ensuite
n t
0
−1
Pour tout X ∈ R , | XA X| = (C X)A(C X) 6 t (C −1 X)B(C −1 X) = t XX.
Par l’étude précédente, |det A0 | 6 1 donc |det A| 6 (det C)2 = det B.
Exercice 9 : [énoncé]
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 = 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 vérifie 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
ce qui suffit à établir l’unicité de S car
Mn,1 (R) =
t
ker(t AA − λIn )
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 définie
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 définie positive). Pour
P = ∆Q avec ∆ = diag( λ1 , . . . , λn ) on dispose d’une matrice solution
(inversible dans le cas où est définie 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
P
1
n
a
i
n
1X


∀a1 , . . . , an ∈ R, ln 1 + e i=1  6
ln (1 + eai )
n i=1
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En choisissant ai = ln µi , on obtient
ln 1 +
n
Y
!
1/n
µi
i=1
6 ln
n
Y
(1 + µi )1/n
i=1
puis l’inégalité voulue.
c) On a
(det C)2 det(A + B) = det(CAC + CBC) = det(I + D)
avec
det A = 1/(det C)2 et det B = det D/(det C)2
Corrections
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
comS = t (comS) = det(S)S −1
Puisque S est définie positive, son inverse S −1 l’est aussi et det S > 0 donc comS
est définie 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
puis
com(St ) ∈ Sn++ (R)
fournit alors l’inégalité proposée.
et donc
Exercice 10 : [énoncé]
−1
Par l’absurde supposons (A + B) = A−1 + B −1 .
On a alors
(A + B)(A−1 + B −1 ) = In
com(S) = lim± com(St ) ∈ Sn++ (R) = Sn+ (R)
t→0
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
XBX + t (AX)B(AX) + t XAX = 0
avec
t
XBX, t (AX)B(AX), t XAX > 0
ce qui est absurde.
Exercice 11 : [énoncé]
Le coefficient d’indice (i, j) de la comatrice de S est
(−1)i+j ∆i,j
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