PanaMaths Septembre 2017
Soit A une matrice symétrique réelle.
Montrer que :
( ) tr A 2≤ rg A × tr A
2
Analyse
Rappelons que toute matrice réelle symétrique est diagonalisable dans une base orthonormale de vecteurs propres et que la matrice de passage est alors orthogonale.
Résolution
Soit A∈
S
n( )
\ une matrice réelle symétrique de dimension n.Soit r=rgA.
Notons alors λ λ1, 2, ...,λr les valeurs propres non nulles de A.
Comme A est diagonalisable, il existe une matrice orthogonale Q telle que :
( ) ( )
( ) ( )
1
2 0 0
0
0 0
0
t
A Q r Q
λ λ
λ
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
= ⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
%
%
avec tQ=Q−1
On a alors immédiatement :
( ) ( )
( ) ( )
2 1
2 2
2 2
0 0
0
0 0
0
t
A Q r Q
λ λ
λ
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
= ⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
%
%
D’où : trA= +λ λ1 2+ +... λr et trA2 =λ12+λ22+ +... λr2.
PanaMaths Septembre 2017
Il convient donc de montrer :
(
λ λ1+ 2+ +... λr)
2≤r(
λ12+λ22+ +... λr2)
.Cette inégalité est en fait très générale.
Notons, dans un premier temps, que l’inégalité (qui est alors une égalité) est triviale dans le cas r=0. Nous supposons donc dans la suite que l’on a r>0.
La fonction carrée étant convexe sur \, nous pouvons utiliser l’inégalité de Jensen avec tous les coefficients égaux à 1
r :
2
2 2 2
1 2 1 2
1 1 1 1 1 1
... r ... r
rλ rλ rλ rλ rλ rλ
⎛ + + + ⎞ ≤ + + +
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Soit :
(
1 2)
2(
12 22 2)
2
1 1
... r ... r
r λ λ+ + +λ ≤ r λ +λ + +λ Finalement :
(
λ λ1+ 2+ +... λr)
2≤r(
λ12+λ22+ +... λr2)
Le résultats est ainsi établi.
Résultat final
Pour toute matrice réelle symétrique A, on a :
