Matrices symétriques positives

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Enoncés
1
Matrices symétriques positives
Exercice 1 [ 00012 ] [Correction]
+
Établir que S++
n (R) est dense dans Sn (R).
Exercice 2 [ 00013 ] [Correction]
Soit A = (ai, j ) ∈ S+n (R).
(a) Montrer que pour tout i ∈ {1, . . . , n}, ai,i ≥ 0.
(b) Observer que si ai,i = 0 alors, pour tout j ∈ {1, . . . , n}, ai, j = 0.
Exercice 3 [ 00020 ] [Correction]
[Décomposition de Cholesky] Soit S ∈ S+n (R). Montrer qu’il existe T ∈ T n+ (R) telle que
S = tT T .
Exercice 4 [ 03168 ] [Correction]
Soient A, B ∈ S+n (R). Montrer
tr(AB) ≥ 0
Exercice 5 [ 03150 ] [Correction]
Soient A, B ∈ Sn (R) toutes de valeurs propres positives. Montrer
tr(AB) ≤ tr(A) tr(B)
Exercice 6 [ 03169 ] [Correction]
Soit A ∈ Mn (R) une matrice symétrique positive dont tous les coefficients sont non nuls.
On pose
B = 1/ai, j
1≤i, j≤n
Montrer
B ∈ S+n (R) ⇐⇒ rg A = 1
Exercice 7 [ 03175 ] [Correction]
Soit A = (ai, j ) ∈ S+n (R). On note m le plus grand coefficient de la diagonale de m. Établir
∀1 ≤ i, j ≤ n, ai, j ≤ m
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Corrections
Corrections
2
Exercice 4 : [énoncé]
Puisque symétrique réelle positive, la matrice A est orthogonalement semblable à une
matrice diagonale à coefficients positifs ce qui permet décrire
Exercice 1 : [énoncé]
Pour A ∈ S+n (R), on vérifie que
A = t PDP
Ap = A +
1
In → A
p
avec A p ∈ S++
n (R).
avec P ∈ On (R), D = diag(λ1 , . . . , λn ), λi ≥ 0.
On a alors
tr(AB) = tr(DPBt P) = tr(DB0 )
Exercice 2 : [énoncé]
avec B0 = PBt P. On vérifie aisément que B0 est symétrique positive car B l’est et alors ses
coefficients diagonaux sont positifs puisque
(a) Pour X = Ei , t XAX = ai,i ≥ 0.
(b) A est la matrice dans une base B = (e1 , . . . , en ) d’un R-espace vectoriel E d’une
forme bilinéaire symétrique positive.
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
q
p
√ √
ai, j = ϕ(ei , e j ) ≤ ϕ(ei , ei ) ϕ(e j , e j ) = ai,i a j, j
b0ii = t Ei BEi ≥ 0
On a alors
tr(AB) =
n
X
λi b0ii ≥ 0
i=1
donc ai,i = 0 donne ai, j = 0 pour tout j ∈ {1, . . . , n}.
Exercice 3 : [énoncé]
Par récurrence sur n ∈ N∗ .
√ Pour n = 1, S = (a) avec a ≥ 0 donc T =
a convient.
Supposons la propriété
établie
au
rang
n
−
1
!
!≥ 1.
a L
α Λ
+
Soient S = t
∈ S n (R) et T =
∈ T n+ (R). On observe
L S0
0 T0
!
α2 αΛ
t
avec S 00 = t ΛΛ + t T 0 T 0
TT = t
α Λ S 00
Pour X = E1 , la relation t XS X ≥ 0 donne a ≥ 0.
Si a = 0 alors, en exploitant t XS X ≥ 0 avec X = E1 + λE j pour λ ∈ R, on obtient L = 0.
+
De plus il est immédiat qu’alors S 0 ∈ S+n−1 (R) et en prenant α = 0, Λ = 0 et T 0 ∈ T n−1
(R)
0
t 0 0
tel que S = T T on conclut.
√
Si a > 0 alors on pose α = a et Λ = α1 L et il reste à déterminer T 0 tel que
S 0 = t ΛΛ + t T 0 T 0 .
Posons Σ = S 0 − t ΛΛ et montrons Σ ∈ S+n−1 (R) ce qui permettra de conclure via
l’hypothèse de récurrence.
!
x1 t
Pour tout X = 0 , XS X ≥ 0 donne ax12 + 2x1 LX 0 + t X 0 S 0 X 0 ≥ 0 et pour x1 = − a1 LX 0 on
X
obtient t X 0 S 0 X 0 − 1a (LX 0 )2 ≥ 0 ce qui donne t X 0 ΣX 0 ≥ 0 et permet de conclure.
Récurrence établie.
Exercice 5 : [énoncé]
Puisque la matrice A est symétrique réelle positive, elle est orthogonalement semblable à
une matrice diagonale à coefficients positifs. On peut donc écrire
A = PDP−1 avec P ∈ On (R) et D = diag(λ1 , . . . , λn ), λk ≥ 0
On a alors
tr(AB) = tr(PDP−1 B) = tr(DC)
avec C = P−1 BP qui est encore une matrice symétrique réelle positive.
On a alors
 n  n

n
X
X  X 
tr(DC) =
λi ci,i ≤  λi   ci,i  = tr(D) tr(C)
i=1
i=1
i=1
car les scalaires λi et les coefficients ci,i sont positifs.
Puisque deux matrices semblables ont même trace, on parvient à l’inégalité voulue.
Exercice 6 : [énoncé]
Supposons B ∈ S+n (R).
Pour tout 1 ≤ i < j ≤ n, les sous-matrices
!
ai,i ai, j
1/ai,i
et
a j,i a j, j
1/a j,i
1/ai, j
1/a j, j
!
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Corrections
sont symétriques positives donc de déterminants positifs. Ainsi
ai,i a j, j − a2i, j ≥ 0 et
a2i, j − ai,i a j, j
ai,i a j, j a2i, j
3
Si ai,i , 0 alors puis que le trinôme du second degré est de signe constant, on a
∆ = 4a2i, j − 4ai, j a j, j ≤ 0
≥0
puis
a2i, j ≤ ai,i a j, j ≤ m2
On en déduit
ai,i a j, j − a2i, j = 0
d’où ai, j ≤ m.
Ainsi toutes les matrices de taille 2 extraites de A sont non inversibles et donc rg A < 2.
Puisque les coefficients de A sont non nuls, on peut affirmer
rg A = 1
Inversement, supposons rg A = 1. Toutes les colonnes de A sont colinéaires entre elles ce
qui perme d’écrire
A = (αi β j )1≤i, j≤n
La relation
∀X ∈ Mn,1 (R), t XAX ≥ 0
donne alors
∀x1 , . . . , xn ∈ R,
n
X
αi β j xi x j ≥ 0
i, j=1
puis en posant xi = yi /α2i ,
∀y1 , . . . , yn ∈ R,
n
X
1
yi y j ≥ 0
α
β
i, j=1 i j
ce qui permet d’affirmer que la matrice symétrique B est positive.
Exercice 7 : [énoncé]
Notons que les coefficients diagonaux de A sont positifs car
ai,i = t Ei AEi ≥ 0
Il est alors immédiat que
∀i ∈ {1, . . . , n} , ai,i = ai,i ≤ m
Pour i , j ∈ {1, . . . , n}, introduisons X = λEi + E j ∈ Mn,1 (R) avec λ ∈ R. On a
XAX = λ2 a2i,i + 2λai, j + a2j, j ≥ 0
Si ai,i = 0 alors on a nécessairement ai, j = 0 et donc ai, j ≤ m.
t
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