Ce document contient le corrigé d'un exercice d'algèbre portant sur le commutant d'une matrice et les inégalités sur les déterminants de matrices symétriques. Le document détaille les démonstrations des propriétés énoncées.
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Commutant d’une matrice, inégalités sur les déterminants de matrices symétriques Corrigé par M.TARQI http://alkendy.x10.mx
Exercice Commutant d’une matrice
1. Il suffit de montrer que C(A) est un sous-espace vectoriel de M3 (R), en effet, C(A) est non vide puisqu’il contient A et si M et N sont dans C(A) et λ ∈ R, alors
A(M + λN ) = AM + λAN = M A + λN A = (M + λN )A,
et donc M + λN est dans C(A).
2. Le polynôme caractéristique de A est χA (x) = −(x − 3)(x − 2)2 , donc on peut trigonaliser la matrice A. Cherchons d’abord les sous-espaces propres associés à 3 et 2. Après calculs on trouve E3 = Vect(1, 1, 1) = Vect(v1 ) et E2 = Vect(4, 3, 4) = Vect(v2 ). On choisit alors un vecteur v3 quelconque vérifiant les conditions suivantes : les vecteurs (v1 , v2 , v3 ) sont linéairement indé- pendants et Av3 − 2v3 = v2 . Posons v3 = (x, y, z), alors : µ ¶ −x + 4y − 2z = 4 Av3 − 2v3 = v2 ⇐⇒ 4y − 3z = 3 Choisissons, par exemple, v3 = (−2, 0, −1). 1 4 −2 La famille {v1 , v2 , v3 } est bien libre et si P = 1 3 0 ( la matrice de passage de la base 1 4 −1 3 4 −6 3 0 0 canonique à la base (v1 , v2 , v3 ) ) alors P −1 = −1 −1 2 , et P −1 AP = 0 2 1 = T. −1 0 1 0 0 2 a b c 3. M = a0 b0 c0 ∈ C(T ) si et seulement si AM = M A ou encore a00 b00 c00 3a 3b 3c 3a 2b b + 2c 2a0 + q 00 2b0 + b00 3c0 + c00 = 3a0 2b0 b0 + 2c0 2a00 2b00 2c00 3a00 2b00 b00 + 2c00 donc a 0 0 1 0 0 a 0 0 0 0 0 M = 0 c00 c0 = a 0 0 0 + c00 0 1 0 + c0 0 0 1 0 0 c00 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 Donc M ∈ Vect(J, K, L) où J = 0 0 0 , K = 0 1 0 et L = 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 Réciproquement, les matrices J, K, L sont linéairement indépendantes et sont dans C(T ), donc C(T ) = Vect(J, K, L) et par suite dim C(A) = 3.
CCP11Maths2MP.tex - page 1 4. (a) Il est clair que l’application est un endomorphisme de M3 (R) et que P −1 M P = 0 si et seulement si M = 0, donc l’application M 7−→ P −1 M P est un automorphisme de M3 (R). L’image de C(A) n’est autre que C(T ) et par suite dim C(A) = dim C(T ) = 3. (b) Non, si oui, la matrice A serait diagonalisable. (c) Il est clair que Vect(I, A, A2 ) ⊂ C(A) et toute relation de la forme aI +bA+cA2 = 0 entraîne a = b = c = 0 ( d’après 5.(b) ), donc la famille {I, A, A2 } est libre et comme dim C(A) = 3, alors C(A) = Vect(I, A, A2 ) (d) Il est clair que tout polynôme en A est dans C(A). Inversement soit M = P (A) un poly- nôme en A et soit R le reste de la division euclidienne de P par χA , d’après le théorème de Cayly-Hamilton χA (A) = 0 et donc M = R(A), avec deg R ≤ 2, ainsi
C(A) = {P (A)/P ∈ R[X]}.
Le résultat n’est vrai en général, il suffit considérer une matrice nilpotente d’indice 2. Problème I NÉGALITÉS SUR LES DÉTERMINANTS DE MATRICES SYMÉTRIQUES
1. Question préliminaire S étant symétrique réelle, donc elle est orthogonalement diagonalisabe. Soit X ∈ Mn,1 (R)\{0} un vecteur propre associé à une valeur propre λ de A, puisque X 6= 0, t XX > 0, d’où : t XAX = λt XX ou encore t XAX λ= t XX ≥ 0.
Inversement si les valeurs propres de A sont positives, alors, dans une base de diagonalisation de A : Xn t XAX = λi x2i ≥ 0, i=1
où les xi désignent les composantes de X dans cette base.
PARTI I 2. Soit S ∈ Sn+ et soit Sp(A) = {λ1 , λ2 , ..., λn } l’ensemble des valeurs propres de A, d’après 1. Sp(A) ⊂ R+ et donc n à n !1 1X Y n
λi ≥ λi , n i=1 i=1
inégalité qui s’écrit encore sous la forme
√ n 1 det S ≤ traceS. n
3. (a) Il est clair que t (t M M ) =t M M et pour tout X ∈ Mn,1 (R), on a :
t X t M M X =t (M X)(M X) ≥ 0,
donc t M M ∈ Sn+ . P n P n (b) Posons t M M = (cij ). On a cii = mki mki = m2ki , donc k=1 k=1
n X n X X n trace(t M M ) = cii = m2ki . i=1 i=1 k=1
CCP11Maths2MP.tex - page 2 n n tM M p n t 1 XX 2 L’inégalité de la question 2. appliquée à entraîne det( M M ) ≤ mki et n i=1 k=1 comme det(t M ) = det M , alors µ ¶n ÃX n X n !n 1 (det M )2 ≤ m2ki . n i=1 k=1
PARTIE II : T HÉORÈME DE RÉDUCTION SIMULTANÉE
4. (a) La matrice de ϕ dans la base B0 est In puisque B0 est une base orthonormée de E et dans la base canonique est B, donc d’après la formule de changements de bases, on a In =t RAR. (b) C étant symétrique réelle, donc elle est orthogonalement diagonalisable, c’est-à-dire il existe une matrice diagonale D et une matrice orthogonale Q telles que C = QDQ−1 = QDt Q ou encore D =t QCQ. (c) La relation C =t RBR est équivalent encore à
B = (t R)−1 CR−1 =t (R−1 )CR−1 =t (RQ)−1 D(RQ)−1
et la relation In =t RAR est équivalent à
A =t (R−1 )R−1 =t (RQ)−1 (RQ)−1 ,
il suffit donc de prendre P = (RQ)−1 .
µ ¶ µ ¶ 1 −1 t 4 0 (d) La matrice P = vérifie P BP = , cependant la matrice P n’est pas 1 1 0 0 orthogonale. 5. (a) Posons D = diag(λ1 , λ2 , ..., λn ) ⊂ R+ . On a A + B =t P (In + D)P et donc
det(A + B) = (det P )2 det(In + D)
Yn = (det P )2 (1 + λi ) i=1 Ã n ! Y 2 ≥ (det P ) 1+ λi i=1 n Y 2 t = (det P ) + det( P ) λi det P = det A + det B i=1
(b) Pour tout X ∈ Mn,1 (R), t X(A + B)X =t XAX +t XBX ≥ 0 et donc A + B ∈ Sn+ , ainsi det(A + B) ≥ 0. Si A ∈ Sn++ ou B ∈ Sn++ , alors l’inégalité est toujours vérifie. Maintenant soit A et B dans Sn+ \Sn++ , alors det A = det B = 0 et dans ce cas aussi on a det(A + B) ≥ det A + det B. 6. (a) On a tA + (1 − t)B =t P (tIn + (1 − t)D)P et donc n Y det(tA + (1 − t)B) = (det P )2 (t + (1 − t)λi ) . i=1
(b) La fonction ln étant concave, donc pour tout i, ln(t + (1 − t)λi ) ≥ t ln 1 + (1 − t) ln λi et donc
ln(λ1−t i ) ≤ ln(t + (1 − t)λi )
et par conséquent t + (1 − t)λi ≥ λ1−t i .
CCP11Maths2MP.tex - page 3 (c) D’après l’inégalité précédente, on a :
n Y det(tA + (1 − t)B) = (det P )2 (t + (1 − t)λi ) i=1 n Y ≥ (det P )2 λ1−t i i=1 n Y 2t ≥ (det P ) (det P ) 2(1−t) λ1−t i i=1 = (det A)t (det B)1−t
1 7. (a) Pour S ∈ Sn+ , on définie la suite (Sp )p∈N∗ par Sp = S + In qui tend vers S quand p tend p 1 t vers l’infini, avec Sp ∈ Sn++ car t XSp X =t XSX + XX > 0 pour tout X ∈ Mn,1 (R)\{0}. p ++ (b) Soient (Ap )p∈N et (Bp )p∈N deux suites de Sn telles que lim Ap = A et lim Bp = B, alors p→∞ p→∞ pour tout p ∈ N, on a : 1 1 1 (det(Ap + Bp )) n ≥ (det Ap ) n + (det Bp ) n
et comme l’application det est continue, alors on obtient, par passage à la limite dans l’inégalité précédente : 1 1 1 (det(A + B)) n ≥ (det A) n + (det B) n
PARTIE III : T HÉORÈME DE C HOLESKI
8. (a) L’égalité t T1 T1 =t T2 T2 entraîne T1 T2−1 =t (T2 T −1 ) et comme T est un groupe, alors T1 T2−1 est triangulaire supérieure et inférieure à la fois, donc nécessairement T1 T2−1 = In , donc T2 = T1 est par conséquent T est unique. 1 1 ... 1 1 1 ... 2 0 1 1 1 2 2 tT T = (b) Soit T = . . . .. , on a bien . .. . =A .. . . .. . .. 0 0 ... 1 1 2 ... n Remarque : Notons q la forme quadratique canoniquement associée à A. On a : 1 1 ... 1 1 2 2 A= . . .. ; .. . . . 1 2 ... n ½ 1 si i, j > r A est somme des matrices Ar définie par Ar (i, j) = , pour tout 1 ≤ i, j ≤ n et 0 sinon 1 ≤ r ≤ n. On en déduit la relation : 2 n X Xn ∀x ∈ Rn , q(x) = xp . i=1 p=i
Les formes linéaires du membre de droite étant linéairement indépendantes, on peut affirmer que q est définie positive. Autrement dit, la matrice A ∈ Sn++
CCP11Maths2MP.tex - page 4 9. Un peu d’informatique La matrice T est obtenue par la méthode qui consiste à résoudre le système n2 × n2 : n min(i,j) X X aij = tik tjk = tik tjk , 1 ≤ i, j ≤ n. k=1 k=1
en calculant d’abord la première colonne de T ( correspondant à i = 1 dans le système ) :
puis la seconde colonne ( en fixant i = 2 ), et ainsi de suite jusqu’à déterminer tnn .
10. Inégalité d’Hadamard (a) Puisque S ∈ Sn++ , alors t Ei SEi = aii > ( où Ei désigne la matrice du ième vecteur de la base canonique ), donc on peut définir la matrice B = DSD avec
1 1 1 D = diag( √ , √ , ..., √ ), a11 a22 ann
il est clair que B ∈ Sn++ et donc
p √ n 1 n det S(det D)2 = det B ≤ trace(B), n Yn 1 d’où det S(det D)2 ≤ 1 car bii = 1 et donc det S ≤ 2 = aii . (det B) i=1 n Y n X n X t (b) On a det(t M M ) ≤ ci,i où ci,i = ( A)i,k ak,i = a2k,i , mais : i=1 k=1 k=1
det(t M M ) = det(t M ) det(M ) = det(M )2 ,
n à n !1 Y X 2
on a donc | det(M )| 6 a2k,i (inégalité d’Hadamard).
