III - Matrices symétriques définies positives

SESSION 2012

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES 2. FILIERE PSI

I Généralités

I.A -Soitλune valeur propre réelle de A. Il existeX∈ Mn(R)\ {0}tel queAX=λX. SoitX₀= 1

kXkX. AlorskX₀k=1 puis

tX0AX0= 1 kXk²

tXAX= 1 kXk²

tX(λX) =λ

tXX kXk² =λ.

On a montré que

∀λ∈SpR(A), λ∈R(A).

I.B -

I.B.1)On note(e_i)_16i6n la base canonique deRⁿ. Soiti∈J1, nK.ke_ik=1puis (δétant le symbole deKronecker)

te_iAe_i= X

16j,k

a_j,kδ_i,jδ_i,k=a_i,i. On a montré que

∀i∈J1, nK,a_i,i∈R(A).

I.B.2)Soient A=

0 1

−1 0

etX= x

y

∈ M2,1(R)tel quekXk=1.

tXAX=a_1,1x²+a_1,2xy+a_2,1yx+a_2,2y²=xy−xy=0.

Mais alors, pour tout X tel que kXk = 1, ^tXAX 6= a_1,2 et donc a_1,2 ∈/ R(A). Par suite, les a_i,j, i 6= j, ne sont pas nécessairement dansR(A).

I.C -

I.C.1)Si la famille(X1, X2)est liée, il existeλ∈Rtel queX2=λX1. PuisqueX1etX2sont unitaires,λ∈{−1, 1}et donc X2= X1 ouX2 = −X1. Dans les deux cas, on obtient ^tX2AX2 =^tX1AX1 ce qui n’est pas. Donc la famille (X1, X2) est libre.

I.C.2)Mn,1(R)est muni de la normek k.

•La fonctionf : λ7→λX1+ (1−λ)X₂est continue sur [0, 1]car ses composantes le sont en tant que fonctions affines.

• L’applicationg : X7→(X, X)est continue sur Mn,1(R)à valeurs dans(Mn,1(R))² carg est linéaire etMn,1(R)est de dimension finie. L’applicationh : (X, Y)7→^tXAY est continue sur(Mn,1(R))²carhest bilinéaire et (Mn,1(R))²est de dimension finie. Donc l’applicationh◦g : X7→^tXAXest continue sur Mn,1(R).

Enfin, l’applicationh◦g◦f : λ7→^tX_λAX_λ est continue sur[0, 1].

• On sait que l’applicationX7→kXk est continue surMn,1(R)car 1-lipschitzienne et donc l’applicationλ7→kX_λk² est continue sur[0, 1].

• Comme la famille(X₁, X₂)est libre, pour tout λ∈[0, 1], λX₁+ (1−λ)X₂= 0⇔λ=1−λ =0 ce qui est impossible.

Donc, pour toutλ∈[0, 1], X_λ6=0 puiskX_λk²6=0.

• Finalement, φ est continue sur [0, 1] en tant que quotient de fonctions continues sur [0, 1] dont le dénominateur ne s’annule pas sur[0, 1].

I.C.3) Soit c ∈ [a, b]. Puisque φ(0) = b, φ(1) = a et que φ est continue sur [a, b], d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existeλ0∈[0, 1]tel queφ(λ0) =c. Soit X= 1

kX_λ0kXλ0. Xest un vecteur unitaire tel que^tXAX=c et doncc∈R(A). Finalement, [a, b]⊂R(A).

Par suite,R(A)est un convexe deRet donc un intervalle de R.

I.D -Les nombresai,i,16i6n, sont dansR(A).

D’après la question précédente, tout nombre de[Min{ai,i, 16i6n},Max{ai,i, 16i6n}]appartient à R(A). En parti- culier, la moyenne arithmétique desai,i,16i6n, à savoir 1

n Xn

i=1

ai,i= Tr(A)

n =0appartient à R(A).

I.E -Soita∈R(^tQAQ). Il existe un vecteur unitaireXtel que^tX^tQAQX=a. SoitX^′=QX. Alors^tX^′AX^′=aet d’autre part,kX^′k=p_t

X^tQQX=√

tXX=kXk=1(carQest orthogonale). Donca∈R(A). Ceci montre queR(^tQAQ)⊂R(A).

En appliquant ce résultat à la matriceA^′=^tQAQet à la matrice orthogonaleQ^′=^tQ, on a aussiR(A)⊂R(^tQAQ)et finalementR(A) =R(^tQAQ).

I.F -

I.F.1)Supposons(C₂). Alorsa_1,1=Tr(A)∈R(A)d’après la question I.B.1. On a montré que(C₂)implique(C₁).

I.F.2)Soitx∈R(A). Il existe un vecteur unitaireX1tel que^tX1AX1=x. Le vecteurX1 est unitaire ou encore la famille (X₁) est orthonormée. On peut la compléter en (X₁, . . . , Xn) base orthonormée de M_n,1(R) (pour le produit scalaire canonique deM_n,1(R)).

SoitQ1la matrice dont les colonnes sontX1, . . . ,Xn. La matriceQ1est orthogonale car matrice d’une base orthonormée dans une autre (la base canonique). Le coefficient ligne1, colonne1, de^tQ1AQ1est^tX1AX1=x. La matrice^tQ1AQ1 a la forme désirée.

I.F.3)SupposonsAsymétrique. Alors^tQ1AQ1est symétrique ce qui fournit x ^tC

tL ^tB

=

x L C B

, et en particulier^tB=B. DoncBest symétrique.

I.F.4)PuisqueQ1est orthogonale,^tQ1AQ1=Q⁻₁¹AQ1. Par suite, les matricesA1et^tQ1AQ1sont semblables. On sait alors que ces matrices ont même trace et donc Tr(A) =Tr(^tQ1AQ1).

I.F.5)SupposonsAsymétrique. Montrons par récurrence surn>1que(C₁)implique(C₂).

•Le résultat est immédiat pourn=1en prenantQ1=I1.

•Soitn>1. Supposons que pour toute matrice symétriqueAde format,(C₁)implique(C₂).

Soit A une matrice symétrique réelle de format n+1 telle que Tr(A) ∈ R(A). D’après la question I.F.2, il existe une matrice orthogonaleQ₁ telle que^tQ₁AQ₁ soit de la forme

Tr(A) L

C B

. D’après la question I.F.3), la matriceB est symétrique. D’après la question I.F.4),

Tr(A) =Tr(^tQ₁AQ₁) =Tr(A) +Tr(B),

et donc Tr(B) =0. Par hypothèse de récurrence, il existe une matriceQ₂ orthogonale de formatntelle ^tQ₂BQ₂ait une diagonale nulle. SoitQ₃=

1 0 0 Q2

puisQ=Q₁Q₃.Q₃est une matrice orthogonale de formatn+1 car ses colonnes sont unitaires et deux à deux orthogonales et doncQ est une matrice orthogonale en tant que produit de deux matrices orthogonales. De plus, un calcul par blocs fournit

tQAQ=^tQ3tQ1AQ1Q=

1 0 0 ^tQ2

Tr(A) L

C B

1 0 0 Q2

=

1 0 0 ^tQ2

Tr(A) LQ2

C BQ2

=

Tr(A) LQ2

tQ2C ^tQ2BQ2

=

Tr(A) L^′

C^{′ t}Q2BQ2

.

Comme la matrice^tQ₂BQ₂ a une diagonale nulle, la diagonale de la matrice^tQAQest de la forme(Tr(A), 0, . . . , 0). Le résultat est démontré par récurrence.

II - Matrices symétriques de format ( 2, 2 )

II.A - Soient X1 et X2 des vecteurs propres unitaires associés respectivement à λ1 et λ2. Pour i ∈ {1, 2}, ^tXiAXi = λitXiXi=λiet donc{λ₁, λ2}⊂R(A). D’après la question I.C, on en déduit que[λ₁, λ2]⊂R(A).

Montrons queR(A)⊂[λ1, λ2]. La matriceAest symétrique réelle et donc d’après le théorème spectral, il existeQ∈O2(R) telle queA=QD^tQ oùD=diag(λ1, λ2). D’après la question I.E,R(A) =R(^tQAQ) =R(D).

SoitX= x

y

∈ M2,1(R)tel que x²+y²=1.

tXDX= x y

λ₁ 0 0 λ₂

x y

= x y

λ₁x λ₂y

=λ₁x²+λ₂y².

Pat suite,^tXDX>λ1(x²+y²) =λ1et^tXDX6λ2(x²+y²) =λ2. Ceci montre queR(A) =R(D)⊂[λ1, λ2]et finalement que

R(A) = [λ₁, λ2].

II.B -

II.B.1)On note(i, j)la base canonique deR²puis(e₁, e2)une base orthonormée de vecteurs propres deAassociée à la famille de valeurs propres(λ₁, λ2). On noteQla matrice de passage de la base (i, j)à la base(e₁, e2).Q est une matrice orthogonale car matrice d’une base orthonormée dans une autre. On poseD=diag(λ1, λ₂). Enfin, pourX= (x, y)∈R², on poseX^′=^tQX= (x^′y^′).

hAX, Xi=1⇔^tXAX=1⇔^tXQD^tQX=1⇔^tX^′DX^′=1⇔λ₁x^′2+λ₂y^′2=1.

Ainsi, une équation deΓ dans le repère orthonormé(O, e₁, e2)estλ1x^′2+λ2y^′2=1.

Siλ₁60 etλ₂60,Γ est vide.

Siλ₂=0et λ₁> 0, Γ est la réunion des droites d’équations respectivesx^′= 1

√λ₁ etx^′= − 1

√λ₁. De même, siλ₁=0 et λ2> 0,Γ est la réunion de deux droites.

Si λ1> 0 et λ2< 0, Γ est l’hyperbole d’équation x^′2 1

√λ1

2− y^′2 1

√−λ₂

2 =1. De même, si λ1< 0 et λ2> 0, Γ est une hyperbole.

Siλ1> 0etλ2> 0, Γ est l’ellipse d’équation x^′2 1

√λ₁

2+ y^′2 1

√λ₂

2 =1.

II.B.2) Figure.

1 2

−1

−2

1 2

−1

−2

λ₁=1 λ₁=1/4 λ1=0 λ₁= −1 λ₁= −4

II.C - D’après le théorème spectral, il existe une matrice orthogonaleP telle que ^tPBP =diag(µ1, µ₂) = D^′. On pose A^′=^tPAP. Deux matrices semblables ont même trace et donc

Tr(AB) =Tr P⁻¹APP⁻¹BP

=Tr(A^′D^′) =a_1,1^′ µ1+a_2,2^′ µ2=λ1µ1+λ2µ2+ (a_1,1^′ −λ1)µ₁+ (a_2,2^′ −λ2)µ₂

=λ₁µ₁+λ₂µ₂+ (a_1,1^′ −λ₁)(µ₁−µ₂) (carλ₁+λ₂=a_1,1^′ +a_2,2^′ et donca_1,1^′ −λ₁=λ₂−a_2,2^′ )

D’après les questions I.E et II.A,R(A^′) =R(A) = [λ1, λ2] et d’après la question I.B.1,a_1,1^′ ∈R(A^′). Donc a_1,1^′ −λ>0.

D’autre part,µ1−µ260et donc(a_1,1^′ −λ1)(µ1−µ2)60. On en déduit que

Tr(AB) =λ₁µ₁+λ₂µ₂+ (a_1,1^′ −λ₁)(µ₁−µ₂)6λ₁µ₁+λ₂µ₂. II.D -

II.D.1)A>0et doncλ₁>0etλ₂>0puis det(A) =λ₁λ₂>0.

II.D.2)On prend les notations de la question II.A. SoientX∈R²puisX^′=^tQX= (x^′, y^′).

tXAX=^tXQD^tQX=^tX^′DX^′=λ₁x^′2+λ₂y^′2>0.

Par suite, pour toutX∈R²,^tXAX>0.

II.D.3)Pour toutX= (x, y)∈R²,^tXAX=ax²+2bxy+cy².

PourX= (1, 0), on obtienta=^tXAX>0 et pourX= (0, 1), on obtientd=^tXAX>0.

II.D.4)• SiS>0, alors det(S)>0 d’après la question II.D.1 et Tr(S) =a+d>0 d’après la question II.D.3.

•Notonsα₁etα₂les deux valeurs propres réelles deS. Supposons que Tr(S)>0et det(S)>0. Alors,α₁+α₂>0 (I)et α1α2>0(II).

D’après la condition (II), ou bien un des deux nombres α1 ou α2 est nul et dans ce cas, l’autre est positif d’après la condition (I), ou bien les deux nombres α1 et α2 sont non nuls et de même signe puis α1 > 0 et α2 > 0 d’après la condition(I). Ainsi, les deux valeurs propres deSsont positives et donc S>0.

On a montré queS>0 si et seulement si (Tr(S)>0et det(S)>0).

II.E -

II.E.1)D’après l’inégalité deCauchy-Schwarz appliquée aux vecteursu₁= b₁,√

detA

et u₂= b₂,√

detB , b₁b₂+√

detAdetB66 q

b²₁+detA

b²₂+detB

=p

(a₁d₁)(a₂d₂),

et doncb₁b₂6p

(a₁d₁)(a₂d₂) −√

detAdetB.

II.E.2)On en déduit que

det(A+B) −det(A) −det(B) = (a1+a₂)(d₁+d₂) − (b₁+b₂)²− (a₁d₁−b²₁) − (a₂d₂−b²₂)

=a1d2+a2d1−2b1b2

>2p

det(A)det(B) +

a₁d₂+a₂d₁−2p

a₁a₂d₁d₂

=2p

det(A)det(B) +p

a1d2−p a2d1

2

(d’après II.D.3,a1>0, a2>0, d1>0etd2>0)

>2p

det(A)det(B), et donc det(A+B)>det(A) +det(B) +2p

det(A)det(B).

II.F -

II.F.1)Puisqueb₁b₂6=0, les vecteursu₁etu₂ne sont pas nuls. On sait alors que l’inégalité de la question II.E.1 est une égalité si et seulement siu₁.u₂>0et(u₁, u₂)liée. Ces conditions étant réalisées, l’inégalité de II.E.2 est une égalité si et seulement si √

a1d2−√ a2d12

=0ou encorea1d2=a2d1ou encorea1d2−a2d1=0ou enfin ((a₁, d1),(a₂, d2)liée.

Notons alors quep

det(A)det(B) =q

(b²₁−a₁d₁)(b²₂−a₂d₂)>

q

b²₁b²₂cara₁d₁>0eta₂d₂>0. Puisp

det(A)det(B)>

|b₁b₂|>−b₁b₂ et doncu₁.u₂=b₁b₂+p

det(A)det(B)>0 dans tous les cas.

Finalement, l’inégalité de II.E.2 est une égalité si et seulement si((a₁, d₁),(a₂, d₂))liée et (b₁,p

det(A)),(b₂,p

det(B)) liée.

II.F.2) Tout d’abord, puisque B>0, on a det(B)>0 d’après la question II.D.I puis a₂d₂ >b²₂> 0 (car b₂ 6= 0). En particulier, le vecteur (a₂, d₂) n’est pas nul. Par suite, la famille ((a₁, d₁),(a₂, d₂)) est liée si et seulement si il existe λ∈Rtel que(a₁, d₁) =λ(a₂, d₂)ou encore tel quea₁=λa₂etd₁=λd₂.

De plus, on aa₂>0etd₂>0d’après la question II.D.3 eta₂d₂> 0. On en déduit quea₂> 0etd₂> 0et de mêmea₁> 0 etd₁> 0. Par suite, la famille((a₁, d₁),(a₂, d₂))est liée si et seulement si il existeλ > 0tel que (a₁, d₁) =λ(a₂, d₂)ou encore tel quea1=λa2et d1=λd2.

Cette condition est dorénavant réalisée. Si la famille (u1, u2) est liée, il existe un réel µ tel que b1,p

det(A)

= µ

b₂,p

det(B)

ce qui fournit b₁ = µb₂ et a₁d₁−b²₁ = µ²(a₂d₂−b²₂) ou encore λ²a₂d₂−µ²b²₂ = µ²(a₂d₂−b²₂) ou enfinλ²=µ²car a2d26=0. De plus, l’égalitéµ=

pdet(A)

pdet(B) fournitµ > 0et doncλ=µ.

On a montré que si l’inégalité de la question II.E.2 est une égalité, il existeλ > 0tel quea₁=λa₂,b₁=λb₂etd₁=λd₂ ou encore tel queA=λB.

Réciproquement, si il existeλ > 0tel que A=λB. Alors

det(A) +det(B) +2p

det(A)det(B) =λ²det(B) +det(B) +2 q

λ²det(B)det(B)

= (λ²+2λ+1)det(B) (carλ>0et det(B)>0)

= (1+λ)²det(B) =det((λ+1)B) =det(A+B).

On a montré que l’inégalité de la question II.E.2 est une égalité si et seulement si il existeλ > 0tel que A=λB.

II.G -SoitS une matrice symétrique de format 2. Soient λ1 et λ2 ses deux valeurs propres réelles. D’après la question II.D.2), si S > 0, alors pour tout vecteur X, ^tXSX > 0. Réciproquement, si pour tout vecteur X, ^tXSX > 0, alors en particulier pourXi vecteur unitaire associé à λi,i∈{1, 2}, on obtientλi=^tXiSXi>0. En résumé,S>0si et seulement si pour tout vecteurX,^tXSX>0.

Vérifions alors que6est une relation d’ordre surS₂(R).

Réflexivité.SoitS∈S₂(R).S−S=0>0et doncS6S.

Anti-symétrie. Soit (S, S^′) ∈ (S₂(R))² tel que S 6 S^′ et S^′ 6 S. Alors, pour tout vecteur X, ^tX(S^′ −S)X > 0 et

tX(S^′−S)X60puis^tX(S^′−S)X=0. En appliquant ce résultat successivement aux vecteurs(1, 0), (0, 1)puis(1, 1), on obtient la nullité des quatre coefficients de la matrice symétriqueS^′−Set doncS=S^′.

Transitivité. Soit (S, S^′, S^′′) ∈ (S₂(R))³ tel que S 6 S^′ et S^′ 6 S^′′. Alors, pour tout vecteur X, ^tX(S^′′ −S)X =

tX(S^′′−S^′)X+^tX(S^′−S)X>0et doncS6S^′′.

On a montré que6est réflexive, anti-symétrique et transitive et donc que6est une relation d’ordre surS₂(R).

II.H -

II.H.1)SoitX un vecteur. Pour tout entier natureln, An 6An+1 puisAn+1−An >0 puis ^tX(A_n+1−An)X >0 et donc^tXA_nX6^tXA_n+1X. On a montré que pour tout vecteurX, la suite(^tXA_nX)_n∈Nest croissante.

SoitA∈S₂(R)un majorant de la suite(An)n∈N. SoitXun vecteur. Pour tout entier natureln,An6ApuisA−An>0 puis^tX(A−An)X>0 et donc^tXAnX6^tXAX. On a montré que pour tout vecteurX, la suite(^tXAnX)n∈Nest majorée.

II.H.2)On applique les résultats précédents aux deux vecteurs(1, 0)et(0, 1)et on obtient : les suites(a_n)_n∈Net(d_n)_n∈N

sont croissantes et majorées.

II.H.3)Les suites(a_n)_n∈Net(d_n)_n∈Nsont donc convergentes. De même, siX= (1, 1), la suite(^tXAX)_n∈N= (a_n+2bn+ d_n)_n∈Nest croissante et majorée et donc converge. Mais alors la suite(b_n)_n∈N= 1

2((a_n+2b_n+d_n)_n∈N− (a_n)_n∈N− (d_n)_n∈N) converge.

En résumé, les trois suites(a_n)_n∈N,(b_n)_n∈Net (d_n)_n∈Nsont convergentes et donc la suite(A_n)_n∈Nest convergente.

III - Matrices symétriques définies positives

III.A -D’après le théorème spectral, il existeP∈On(R)etD=diag(λp)_p∈Ntelles queA=PD^tP. PuisqueAest définie positive, lesλp,16p6n, sont des réels strictement positifs. Posons alorsY=diag p

λp

16p6n

tP. Y est inversible car produit de deux matrices inversibles puis

tYY=Pdiag p λ_p

16p6ndiag p λ_p

16p6n

tP=PD^tP=A.

On a montré qu’il existe une matrice inversibleY telle queA=^tYY.

III.B - La matrice^tY⁻¹BY⁻¹ est symétrique réelle car^t(^tY⁻¹BY⁻¹) =^tY^−1tBY⁻¹ = ^tY⁻¹BY⁻¹. D’après le théorème spectral, il existe une matrice orthogonalePet une matrice diagonaleD telles que^tP^tY⁻¹BY⁻¹P=D. SoirT =Y⁻¹P.T est une matrice inversible car produit de deux matrices inversibles et vérifie^tTBT =D. D’autre part,

tTAT =^tP^tY^−1tYYY⁻¹P=^tPP=I_n. Le résultat est démontré.

III.C -

III.C.1)Notonsλ₁, . . . ,λ_n les valeurs propres deB. Lesλ_p,16p6n, sont des réels strictement positifs. On sait que les valeurs propres deI_n+Bsont les1+λ_p, 16p6n, et donc

det(In+B) = Yn

p=1

(1+λp) =1+ Yn

p=1

λp+. . .>1+ Yn

p=1

λp=1+detB.

On a montré que det(In+B)>1+detB.

III.C.2) On reprend les notations de la question III.B. La matrice D est une matrice symétrique. Vérifions que D est définie positive. Tout d’abord, B est positive et donc il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale

∆=diag(µi)_16i6nà coefficients positifs telles queB=P∆P⁻¹. SoitX= (x_i)_16i6nun vecteur puisX^′ =^tPX= (x_i^′)_16i6n.

tXBX=^tXP∆^tPX=^tX^′∆X^′= Xn

i=1

µix_i^′2>0.

Soit alorsλune valeur propre deD. Il existe un vecteurXnon nul tel queDX=λXpuis λ^tXX=^tXDX=^tX^tTBTX=^t(TX)B(TX)

et donc, puisque ^tXX = hX, Xi> 0, λ=

t(TX)B(TX)

tXX >0. Enfin, D est inversible car produit de matrices inversibles et doncλ > 0. On a montré que toute valeur propre de Dest strictement positive ou encore queD est définie positive.

D’après la question précédente, puisqueD est définie positive, det(In+D)>1+det(D)puis

det(A+B) =det ^tT⁻¹T⁻¹+^tT⁻¹DT⁻¹

=det ^tT⁻¹

det(I_n+D)det T⁻¹

>det ^tT⁻¹

(1+det(D))det T⁻¹

(car det ^tT⁻¹

det T⁻¹

=det(A)> 0)

=det ^tT⁻¹ T⁻¹

+det ^tT⁻¹

det(D) T⁻¹

=det ^tT⁻¹T⁻¹

+det ^tT⁻¹DT⁻¹

=det(A) +det(B).

On a montré que det(A+B)>det(A) +det(B).

III.D - Soit β ∈]0, 1[. Pour x > 0, posons f(x) = βx+1−β−x^β. f est dérivable sur ]0,+∞[ et pour tout x > 0, f^′(x) =β(1−x^β−1). La fonctionf^′ est strictement négative sur]0, 1[et strictement positive sur]1,+∞[ (car0 < β < 1).

Par suite, la fonctionf admet un minimum en1. Commef(1) =β+1−β−1=0, pour toutx > 0, on a f(x)>0 puis x^β6βx+1−β.

III.E - On reprend les notations de la question III.B. Montrons tout d’abord le résultat pour les matrices I_n et D = diag(µi)_16i6n. Puisque lesµ_i sont strictement positifs,

det(αIn+βD) = Yn

i=1

(α+βµi) = Yn

i=1

(βµ_i+1−β)>

Yn

i=1

µ^β_i =1× Yn

i=1

µi

!β

= (detD)^β.

On en déduit que

det(αA+βB) =det(α^tT⁻¹T⁻¹+β^tT⁻¹DT⁻¹) =det(^tT⁻¹)det(αIn+βD)det(T⁻¹)

>det(^tT⁻¹) (detD)^βdet(T⁻¹) (car det ^tT⁻¹

det T⁻¹

=det(A)> 0)

= det(^tT⁻¹)det(T⁻¹)α

det(^tT⁻¹)detDdet(T⁻¹)β

(carα+β=1)

= (det(A))^α(det(B))^β.

On a montré que pour toutes matricesAetBsymétriques définies positives, det(αA+βB)>(det(A))^α(det(B))^β. III.F -Montrons le résultat par récurrence sur k.

•Le résultat est vrai pourk=2d’après la question précédente.

•Soitk>2. Supposons le résultat pourkmatrices. SoientA1,A2, . . . ,Ak+1k+1matrices symétriques définies positives etα1,α2, . . . ,αk+1k+1réels strictement positifs tels queα1+α2+. . .+αk+1=1. Alors1−αk+1∈]0, 1[et on peut poser B=

Xk

i=1

α_i 1−αk+1

Ai. La matriceBest une matrice symétrique en tant que combinaison linéaire de matrices symétriques.

Vérifions queBest définie positive. Pour cela, vérifions une bonne fois pour toutes qu’une matrice symétriqueSest définie positive si et seulement pour tout vecteur non nulX,^tXSX > 0.

Supposons que pour tout vecteur non nulX, ^tXSX > 0. Soitλ une valeur propre deS puisXun vecteur propre unitaire associé. Alorsλ=λ^tXX=^tXSX > 0. Ainsi, toute valeur propre deSest strictement positive et doncSest définie positive.

Supposons queSsoit définie positive. D’après la question III.A, il existe une matrice inversibleYtelle queS=^tYY. On en déduit que pour tout vecteurX, ^tXSX=^t(YX)YX=hYX, YXi>0 avec égalité si et seulement siYX=0 ou encoreX=0 carYT est inversible. Par suite, pour tout vecteur non nulX,^tXSX > 0.

Vérifions alors queBest définie positive. SoitXun vecteur non nul.

tXBX= Xk

i=1

α_i 1−α_k+1

tXA_iX>0,

avec égalité si et seulement si pour touti ∈J1, kK, αi

1−α_k+1

tXAiX=0 (car ces réels sont positifs) ou encore pour tout i∈J1, kK,^tXAiX=0(car les αi

1−α_k+1

sont strictement positifs) ou enfinX=0(car lesAi sont définies positives). Donc la matriceBest définie positive. Mais alors

det(α₁A1+. . .+αk+1Ak+1) =det((1−αk+1)B+αk+1Ak+1)

>(det(B))^1−αk+1(det(Ak+1))^αk+1= det Xk

i=1

αi

1−α_k+1

A_i

!!^1−αk+1

(det(Ak+1))^αk+1

>

Yk

i=1

(det(Ai))

αi 1−αk+1

!^1−αk+1

(det(Ak+1))^αk+1 (par hypothèse de récurrence)

=

kY+1

i=1

(det(Ai))^αi

Le résultat est démontré par récurrence.