Ellipsoïde de John-Lœwner
Théorème 1 : de John-Lœwner
SoitK un compact d’intérieur non vide deRn. Il existe un unique ellipsoïde centré enO de volume minimal contenantK.
Démonstration. On munitRnde sa structure euclidienne usuelle. Un ellipsoïde plein centré enOa une équation du typeq(x)61 où q∈Q++ (i.el’ensemble des formes quadratiques définies positives).
On noteEq={x∈Rn |q(x)61} l’ellipsoide associé àq∈Q++.
Lemme 2
Le volume deEq est
Vq = V0
pdet(q),
oùV0 est le volume de la boule unité pour la norme euclidienne canonique.
Démonstration. Dans une certaine base orthogonale,qest de la forme q(x) =
n
X
i=1
aix2i. qest définie positive, donc tous lesai sont strictement positifs.
On a donc
Vq= Z
Paix2i61
dx1. . .dxn.
On effectue le changement de variables ti =√aixi pour i ∈ [1, n]. C’est un C1-difféomorphisme de jacobien
√a11...an, et on obtient donc
Vq = Z
Pt2
i61
dt1. . .dtn
√a1. . . an
.
De plus, le déterminant deqest indépendant de la base choisie, et vauta1. . . an. ♦ Par le lemme précédent, le problème consiste maintenant à montrer qu’il existe une unique forme quadratique définie positiveq∈Q++ telle queD(q) soit maximal, et telle que∀x∈K, q(x)61.
On munit l’ensemble des formes quadratiquesQde la norme N(q) = sup
||x||61|q(x)|.
On poseA ={q∈Q+ | ∀x∈K, q(x)61}. On remarque que siq∈A est définie positive, alorsK⊂Eq. On va donc chercher à maximiserD(q) sur ce domaine.
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Lemme 3
A est un compact non vide deQ.
Démonstration. A est non vide : Kest compact, donc il est borné : soitM tel que ∀x∈K, ||x||6M. En posantq1(x) = ||Mx||22, on a q1∈Q++ ⊂Q+, et pour toutxdeK,q1(x)61.
Doncq1∈A, et doncA est non vide.
A est fermé : On remarque que la convergence dansQimplique la convergence faible ; en effet, siqn converge dansQversq, alors
∀x∈Rn, |qn(x)−q(x)|6N(qn−q)||x||2. Par suite :q(x) = limqn(x)>0 etq(x) = limqn(x)61.
Doncq∈A.
A est borné : K est d’intérieur non vide, doncK contient une boule centrée enade rayonr.
Soitq∈A. Si||x||6r, alorsa+x∈K, et doncq(a+x)61. Alors pq(x) =p
q(x+a−a)
6p
q(x+a) +p
q(−a) par Minkowski 61 + 1
62 Doncq(x)64.
Si||x||61, on a
|q(x)|=q(x)
= 1 r2q(rx) 6 4
r2 DoncN(q)6 r42, et doncA est borné.
♦
Ainsi, det : A −→ R+
q 7−→ det(q) est continue, et donc elle est majorée, et atteint son maximum surA, enq0. On a vu queq1∈A, etq1∈Q++, donc det(q0)>det(q1)>0.
Doncq0∈Q++.
Il reste maintenant à montrer l’unicité.
Lemme 4 A est convexe.
Démonstration. Si qetq′ sont dansA, etλ∈[0,1] : – ∀x∈Rn, (λq+ (1−λq′)(x) =λq(x) + (1−λ)q′(x)>0.
– ∀x∈K, λq+ (1−λ)q′)(x)6λ+ 1−λ61.
♦ Supposons qu’il existeq∈A tel que D(q) =D(q0) etq6=q0.
NotonsS et S0les matrices de qet q0 dans la base canonique deRn.
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Par convexité deA, 12(q+q0)∈A, et on a : det(1
2(q+q0) = det(1
2(S+S0)
>(detS)1/2(detS)1/2 par lemme5
>detS0
>detq0
ce qui contredit la maximalité de detq0.
Lemme 5
SoientAet B dansS++
n (R),α, β∈R+tels que α+β= 1. Alors det(αA+βB)>(detA)α(detB)β. De plus, siA6=B, alors l’inégalité est stricte.
Démonstration. Par théorème de pseudo-réduction simultanée, il existe une matrice P inversible et D = diag(λ1, . . . , λn) avec lesλi∈R+ telles queA=tP P etB=tP DP.
Donc
(detA)α(detB)β= detP2(detD)β et det(αA+βB) = detP2det(αIn+βD).
On veut montrer que det(αIn +βD) > (detD)β, ce qui équivaut à
n
Y
i=1
(α+βλi)>
n
Y
i=1
λi
!β
, ou encore à
n
X
i=1
log(α+βλi)>β
n
X
i=1
logλi. Or pour toutide 1 àn:
log(α+βλi)>αlog(1) +βlog(λi) par concavité du log
>βlog(λi) On a le résultat en sommant suri.
SiA6=B, un desλi est différent de 1.
Donc, siα∈(0,1), la stricte concavité de log donne une inégalité stricte.
♦
Référence : Oraux X-ENS, Francinou, Gianella, Nicolas.
Leçons : 123, 131, 137, 203, 219, 229
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