Par conséquent tMAM est symétrique positive

(1)

Partie I — Matrices positives

1) Ici Aest symétrique positive. B=^tMAM est symétrique (^tB=^tM^tAM =B) et, pourX∈ Mn,1, (BX |X) = (AMX |MX) = (AY |Y) avec Y =MX

or cette quantité est positive, par hypothèse surA. Par conséquent

tMAM est symétrique positive.

2) Je suppose A symétrique positive. Du fait que ^t(AM) = ^tM^tA = ^tMA, une récurrence immédiate montre que toutes les puissances de A sont symétriques. Soitk∈N, je distingue selon la parité dek:

• si k est pair, il s’écrit k = 2q avec q ∈ N et dans ce cas A^k = A^qInA^q = ^t(A^q)In(A^q) car A^q est symétrique ;

• si k est impair, il s’écritk= 2q+ 1avec q∈Net dans ce casA^k=A^qAA^q =^t(A^q)A(A^q).

Comme In et A sont symétriques positives (banal pour In, par hypothèse pour A), le 1) permet de conclure :

A^k est symétrique positive pour toutk∈N.

(Comme An’est pas nécessairement inversible, il fallait bien sûr comprendre que “puissances entières”

signiﬁait un exposant dans N. . . )

Remarque : j’aurais aussi pu procéder par récurrence forte, ou commencer par la question suivante avant de traiter celle-ci en raisonnant sur les valeurs propres. . .

3) Rappelons (théorème spectral) qu’une matrice symétrique réelle est diagonalisable en base orthonormale. Je dispose donc d’une matrice orthogonale P et une matrice diagonaleD telles que A=P D^tP. Les coeﬃcients diagonaux di deDsont alors les valeurs propres de A et j’ai

∀X ∈ Mn,1 (AX |X) = (D^tP X |^tP X) = (DY |Y) = ⁿ

i=1

diy_i² avec Y =^tP X

• Si les di sont tous positifs alors (AX | X) est positif pour tout X, comme somme de quantités positives. Réciproquement, pour X =e^′_j (j-ième vecteur de la nouvelle base) j’ai (AX |X) = dj, donc si A est positive tous les dj sont positifs ou nuls.

A est positive si et seulement si ses valeurs propres sont positives ou nulles.

• Si ∀i di > 0 alors (AX | X) = 0 entraîne Y = 0 (une somme de réels positifs n’est nulle que s’ils sont tous nuls) et donc X = 0 (P étant inversible). Réciproquement, j’ai toujours dj = (Ae^′_j |e^′_j), donc si A est déﬁnie positive toutes ses valeurs propres sont strictement positives.

Aest déﬁnie positive si et seulement si ses valeurs propres sont strictement positives.

4) Comme ci-dessus, A =P D^tP avec P orthogonale et D= diag(di) diagonale à coeﬃcients diagonaux

> 0. Si je pose ∆ = diag(√

di) et C = P∆^tP alors C est symétrique et ses valeurs propres sont les

√di >0 (C est semblable à ∆puisqueP⁻¹ =^tP). Ainsi C est symétrique déﬁnie positive.

Il existeC symétrique déﬁnie positive telle queC² =A.

5) PourC∈ Sn, je noteSp(C)le spectre deC ; il n’y a pas d’ambiguïté puisque toutes les valeurs propres de C sont réelles d’après le théorème spectral. Soit µ ∈ Sp (C) et X un vecteur propre associé. J’ai alors AX = C²X =µ²X. J’ai donc, en notant, comme l’énoncé, pour M ∈ Mn, KerM le noyau de l’endomorphismeCanM canoniquement associé à M,

(∗) : ∀µ∈Sp(C), Ker(C−µIn)⊂Ker(A−µ²In)

Les valeurs propres de C étant strictement positives ont des carrés deux à deux distincts et, les sous- espaces propres d’une matrice étant en somme directe, j’ai

µ∈Sp(C)

Ker(C−µIn)⊂

µ∈Sp(C)

Ker(A−µ²In)

C étant diagonalisable le membre de gauche est égal à Rⁿ. Le membre de droite étant inclus dansRⁿ j’ai donc

µ∈Sp(C)

Ker(C−µIn) =

µ∈Sp(C)

Ker(A−µ²In) =Rⁿ

(2)

Il en résulte que les inclusions dans(∗)sont nécessairement toutes des égalités (sinon, j’obtiendrais une inclusion stricte entre les sommes directes).

Finalement, les valeurs propres deAsont les carrés de celles deC et j’ai égalité des sous-espaces propres correspondants. Je peux écrire cela

Sp(C) ={√

λ, λ∈Sp(A)} et ∀λ∈Sp(A), Ker(C−√

λIn) = Ker(A−λIn).

6) Supposons que C est symétrique déﬁnie positive et vériﬁe C² = A. D’après la question précédente, pour toute valeur propreλdeA,CanC induit l’homothétie de rapport√

λsurKer(A−λIn). Rⁿ étant la somme directe des sous-espaces propres deA, CanC et doncC sont ainsi parfaitement caractérisés.

Il y a donc au plus une solution, or nous avons vu au 4)qu’il en existait au moins une : Il existe une unique matrice symétrique déﬁnie positiveC telle queC² =A.

De plus, toujours d’après la question précédente, tout vecteur propre de Aest un vecteur propre deC, en particulier

Dans toute base orthonormale de vecteurs propres de A, la matrice de CanC est diagonale.

7) Soit A déﬁnie positive. 0 n’est pas valeur propre de A (question 3)), donc A est inversible et, avec les notations du 3), j’ai A⁻¹ =P D⁻¹^tP (puisque ^tP =P⁻¹) qui est symétrique déﬁnie positive, toujours d’après3)puisque ses valeurs propres, les inverses de celles deA, sont strictement positives. Le résultat de la question 6) s’applique donc àA⁻¹ :

Il existe une unique matriceA⁻^1/2 symétrique déﬁnie positive telle que A⁻^{1/2 2}=A⁻¹. 8) Soit B= A⁻^1/2 ⁻¹ (qui existe bien puisque les valeurs propres de A⁻^1/2 sont strictement positives).

J’ai d’une part B⁻^{1 2} =A⁻¹ par définition, d’autre partB² B⁻^{1 2}=Ind’où B²=A. De plusB est symétrique définie positive (nous avons vu au7)que l’inverse d’une matrice symétrique définie positive l’est aussi). En conclusion, grâce à l’unicité établie au6),B=A^1/2 et finalement

A⁻^1/2= (A^1/2)⁻¹.

Partie II — Ordre de Löwner 9) J’ai trois propriétés à vériﬁer.

• B−B= 0n est symétrique positive et doncB B. La relation est réﬂexive.

• Si B B^′ etB^′ B alors M =B^′−B et −M sont toutes deux positives. Les valeurs propres de

−M étant les opposées de celles de M, ces valeurs propres sont négatives (M positive) et positives (−M positive). Or M est symétrique réelle, donc M est diagonalisable et 0 est sa seule valeur propre : M est semblable à la matrice nulle ! AinsiM = 0n, autrement dit B=B^′. La relation est antisymétrique.

• Si B B^′ etB^′ B^′′ alorsB^′−BetB^′′−B^′ sont positives. La somme de deux matrices positives étant positive (cf. ((M +N)X |X) = (MX |X) + (NX |X)),B^′′−B est positive, soit B B^′′. La relation est transitive.

L’ordre de Löwner est une relation d’ordre surSn.

10) SiB−Aest positive alors ^tC(B−A)C l’est aussi (question 1)) et donc par distributivité

tCAC ^tCBC.

11) Les valeurs propres de A−In sont celles de deAauxquelles je retranche 1. SiIn A, alors les valeurs propres de Asont plus grandes que 1. En particulier A est inversible (0∈/ Sp(A)). De plus, les valeurs propres de A⁻¹ (qui sont les inverses de celles de A) sont dans ]0,1] et celles de In−A⁻¹ sont donc positives. J’en déduis que

A⁻¹ In.

(3)

12) Je suppose0n≺A B. J’ai alors Aqui est déﬁnie positive et qui s’écrit doncA=A^1/2A^1/2. A^1/2 est inversible d’inverseA⁻^1/2. Cette matrice est symétrique et la question 10) donne

A⁻^1/2AA⁻^1/2 A⁻^1/2BA⁻^1/2

D’après la question 8), A⁻^1/2AA⁻^1/2 = In et la question 11) indique alors que A⁻^1/2BA⁻^1/2 est inversible. A⁻^1/2l’étant aussi,Best encore inversible et(A⁻^1/2BA⁻^1/2)⁻¹=A^1/2B⁻¹A^1/2. La question 11) indique aussi que

A^1/2B⁻¹A^1/2 In

En utilisant la question 10) avecC=A⁻^1/2, j’ai ﬁnalement B est inversible etB⁻¹ A⁻¹.

13) Les valeurs propres de Dsont les racines de χ_D=X²−(a+c)X+ (ac−b²). Le produit des valeurs propres vautac−b² et les valeurs propres ont même signe si et seulement si ce produit est positif. Leur signe commun est alors donné par celui de leur sommea+c. Ainsi

D est positive si et seulement si : ac−b² ≥0 et a+c≥0.

N.B. Une autre CNS est ac−b² ≥ 0, a≥0 et c ≥0, car ac−b² ≥0 implique que aet c sont de même signe.

14) D’après le résultat précédent, comme D = a b

b 1 et B−D = a −b

−b 1 , les relations 0n D et D B sont toutes deux équivalentes à a−b²≥0 et a+ 1≥0 . Or a ≥ b² implique a+ 1 ≥ 0, donc j’ai0n D Bsi et seulement si a≥b², ce que je suppose dorénavant. De plus,

B² = 4a² 0

0 4 et D²= a²+b² b+ab

b+ab b²+ 1 d’où B²−D² = 3a²−b² −b(a+ 1)

−b(a+ 1) 3−b² . Alors, comme −b²≥ −apar hypothèse,

Tr B²−D² = 3a²+ 3−2b² ≥3a²+ 3−2a= (a−1)²+ 2a²+ 2>0.

Reste à voir

det B²−D² = 3a²−b² 3−b² −b²(a+ 1)²

que l’on voudrait strictement négatif pour ne pas avoir D² B² (cf. 13)). Il suﬃt de choisir b=√ 3 et n’importe quel a≥3, les deux conditions souhaitées étant alors vériﬁées.

On peut choisiraetb tels queB etD vériﬁent0n D BetD² B².

Partie III — Fonctions matriciellement croissantes

15) J’ai MX =λX et donc∆P⁻¹X =λP⁻¹X. Posons Y =P⁻¹X= (y1, . . . , yn). ∆Y =λY donne

∀i, (λi−λ)yi= 0

Les coordonnées de Z =f(∆)Y valentzi =f(λi)yi. Commeyi = 0ouλi=λ, j’ai toujourszi =f(λ)yi

et donc Z =f(λ)Y. Ainsi,

RX =P f(∆)P⁻¹X=P f(∆)Y =P Z=f(λ)P Y =f(λ)X.

En conclusion

RX =f(λ)X.

16) Notons RP =P f(∆P)P⁻¹ et RQ =Qf(∆Q)Q⁻¹. La question précédente indique que, si M X =λX alors RpX =RQX = f(λ)X. Les deux endomorphismes canoniquement associés à Rp et RQ agissent donc de la même façon sur les vecteurs propres de M. Comme il existe une base deRⁿ formée de tels vecteurs propres, j’ai donc RP =RQ, soit

P f(∆P)P⁻¹ =Qf(∆Q)Q⁻¹.

Ce résultat justiﬁe la notation f(M), qui ne dépend pas de la façon dont on a diagonaliséM.

(4)

17) Remarque : si ϕ ∈ E alors pour tout t ≥ 0, s → st

1 +stϕ(s) est continue sur R⁺^∗, équivalente à s→tsϕ(s) en0 et àϕ en l’inﬁni. C’est donc une fonction intégrable surR⁺ et Lϕ est bien déﬁnie sur R⁺. Elle est clairement à valeurs dansR⁺.

ϕ_r est continue surR⁺^∗ et à valeurs positives. Sur[1,+∞[,ϕ_r est intégrable si et seulement sir >0.

Sur]0,1],s→sϕ_r(s) = 1

s^r est intégrable si et seulementr <1. J’ai donc ϕ_r∈E ⇐⇒ r∈]0,1[.

Dans ce cas, j’utilise le changement de variable C¹ bijectifu =st: Lϕr(t) =

+∞ 0

1

1 +st· t^r

(st)^r ·tds=

+∞ 0

1 1 +u · t^r

u^r ·du c’est-à-dire, comme la variable d’intégration est muette :

∀t >0 Lϕr(t) =t^rLϕr(1).

18) A, étant symétrique réelle, est diagonalisable en base orthonormale. Il existe donc une matrice ortho- gonaleP telle queA=P DP⁻¹ où Dest diagonale et alors : fs(A) =P fs(D)P⁻¹.

Notons di les coeﬃcients diagonaux de D. Je remarque que

fs(D) =In−diag((1 +sdi)⁻¹) =In−diag(1 +sdi)⁻¹ =In−(In+sD)⁻¹ Ainsi, j’ai : fs(A) =In−P(In+sD)⁻¹P⁻¹=In−(In+sP DP⁻¹)⁻¹, c’est-à-dire

fs(A) =In−(In+sA)⁻¹. 19) Soient A etB des matrices symétriques telles que0 A B ets≥0.

B−A étant positive,s(B−A) l’est aussi et donc (In+sB)−(In+sA) l’est aussi. En outre In+sA est déﬁnie positive (ses valeurs propres sont supérieures à 1. . . ) et donc

0≺In+sA In+sB.

La question 12)donne alors

(In+sB)⁻¹ (In+sA)⁻¹

J’ai donc fs(B)−fs(A) = (In+sA)⁻¹−(In+sB)⁻¹ qui est positive c’est-à-dire fs(A) fs(B). J’ai donc montré que

fs est matriciellement croissante surR⁺.

20) Pourt∈R⁺je remarque queLϕ(t) =

+∞ 0

fs(t)ϕ(s) ds. Pour mieux proﬁter de la bilinéarité, j’établis en fait

∀(X, Y)∈ M²n,1 (Lϕ(A)X|Y) =

+∞ 0

ϕ(s)(fs(A)X |Y)ds.

Pour cela je ﬁxe Y et je m’intéresse au cas oùX appartient à un sous-espace propre de A ; X vériﬁe AX =λX pour un certainλ∈R⁺ (car Aest symétrique positive). J’ai alors (question 15))

∀s >0 fs(A)X=fs(λ)X et Lϕ(A)X=Lϕ(λ)X d’où

(Lϕ(A)X | Y) =Lϕ(λ) (X |Y) =

+∞ 0

(X|Y)fs(λ)ϕ(s)ds

=

+∞ 0

(fs(λ)X|Y)ϕ(s)ds

=

+∞ 0

(fs(A)X|Y)ϕ(s)ds

Par linéarité, cette relation s’étend à tout X somme de vecteurs de sous-espaces propres de A, donc à tout X puisqueA est diagonalisable. Il n’y a plus qu’à choisirY =X pour conclure !

∀X ∈ M^n,1 (Lϕ(A)X |X) =

+∞ 0

ϕ(s)(fs(A)X |X)ds.

(5)

21) J’ai donc (linéarité du produit scalaire et de l’intégrale) ((Lϕ(A)−Lϕ(B))X|X) =

+∞ 0

ϕ(s)((fs(B)−fs(A))X|X)ds Si0≺A Balors (question19))

∀s≥0, ((fs(B)−fs(A))X |X)≥0.

Comme ϕ(s)≥0 et comme l’intégrale est croissante,

((Lϕ(A)−Lϕ(B))X |X)≥0 Ainsi,Lϕ(A) Lϕ(B) et

Lϕ est matriciellement croissante surR⁺. 22) Sir ∈]0,1[, alors ϕ_r est élément deE (question 17)).

Donc Lϕr est matriciellement croissante surR⁺ d’après la question précédente.

Or Lϕr(A) =Lϕr(1)A^r d’après la question 16), en appliquant à chaque valeur propre deA la relation du 17) in ﬁne.

J’ai donc

∀r∈]0,1[ 0≺A B⇒Lϕr(1)A^r Lϕr(1)B^r CommeLϕr(1)>0, j’en déduis que

Pourr∈]0,1],0≺A B⇒A^r B^r. En eﬀet le résultat est banal pour r= 1!

C’est dire que

La fonctiont→t^r est matriciellement croissante surR⁺ pour r∈]0,1].

Nous avons vu au14) que c’est faux pour r= 2.