DEUXIEME COMPOSITION DE MATHEMATIQUES.

SESSION 1991

T P E

FILIERE M

DEUXIEME COMPOSITION DE MATHEMATIQUES.

Première partie

1))Soit ϕ : M_n(R) → M_n(R) A 7→ ^tA

.ϕest un endomorphisme deM_n(R)dont le sous-espace des invariants estS_n(R).

Donc S_n(R) est un sous-espace vectoriel de M_n(R). S_n(R) est de dimension n(n+1)

2 car une base de S_n(R) est (Ei,i)16i6n∪(Ei,j+Ej,i)16i<j6n.

2)•Réflexivité.∀M∈S_n(R), ∀X∈M_n,1(R), ^tXMX6^tXMXet donc∀M∈S_n(R),M6M. Ceci montre que6est reflexive.

•Transitivité.Soit(M, N, P)∈(S_n(R))³. SiM6Net N6P alors∀X∈M_n,1(R),^tXMX6^tXNX et^tXNX6^tXPX.

Mais alors∀X∈M_n,1(R), ^tXMX6^tXPXet doncM6P.

Ainsi,∀(M, N, P)∈(S_n(R))³, (M6NetN6P⇒M6P). Ceci montre que6est transitive.

• Antisymétrie.Soit(M, N)∈S_n(R)². SiM6Net N6Malors∀X∈M_n,1(R), ^tXMX6^tXNX et ^tXNX6^tXMX ce qui fournit∀X∈M_n,1(R), ^tXAX=0oùA=M−N.

La forme quadratiqueQAest nulle. Donc sa partie polaireBAest nulle puis sa matrice dans la base canoniqueAest nulle.

On en déduit queM=N.

Ainsi,∀(M, N)∈(S_n(R))², (M6NetN6M⇒M=N). Ceci montre que6est antisymétrique.

6est une relation d’ordre surS_n(R).

3)Soit A∈ S_n(R). Donc, d’après le théorème spectral, les valeurs propres de A sont réelles et A est orthogonalement semblable à une matrice diagonale.

SoitB= (ei)16i6n une base orthonormée deM_n,1(R)(pour le produit scalaire usuel deM_n,1(R)) contituée de vecteurs propres de A puis(λ_i)_16i6n la famille des valeurs propres associées, la numérotation ayant été faite de telle sorte que λ16λ26...6λn.

SoitX∈M_n,1(R). PosonsX= Xn

i=1

xiei.

tXAX=hX, AXi=

* _n X

i=1

xiei, Xn

j=1

xjλjej

+

= Xn

i=1

λix²_i (car la baseBest orthonormée).

Mais alors

tXAX= Xn

i=1

λ_ix²_i 6λ_n Xn

i=1

x²_i =λ_nkXk²

et de même ^tXAX= Xn

i=1

λ_ix²_i >λ₁ Xn

i=1

x²_i =λ₁kXk². En résumé

∀X∈M_n,1(R), λ1kXk²6^tXAX6λnkXk².

Ainsi, pour tout vecteur colonneXtel quekXk=1, on aλ16^tXAX6λn ce qui montre déjà que l ?ensemble considéré est borné et queλ1 etλn sont respectivement un minorant et un majorant de cet ensemble.

De plus, siX=e1, alorskXk=1et^tXAX=λ1et siX=en, alorskXk=1et^tXAX=λn. Ceci montre queλ1etλn sont respectivement le minimum et le maximum de l’ensemble considéré.

http ://www.maths-france.fr 1 ^c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés.

Min{^tXAX, X∈M_n,1(R)etkXk=1}=λ₁et Max{^tXAX, X∈M_n,1(R)etkXk=1}=λ_n, oùλ1etλn sont respectivement la plus petite et la plus grande valeur propre deA.

4) i)D’après la question 3), |tXAX| ; X ?Mn,1(R) et ||X|| = 1 admet un maximum à savoir

Max{|^tXAX|, X∈M_n,1(R)etkXk=1}=Max{|λ1|,|λ_n|}=Max{|λ|, λ∈Sp(A)}=ρ(A).

Donc

∀A∈S_n(R), N(A) =ρ(A).

ii)•N est une application deS_n(R)dansR⁺.

•SoitA∈S_n(R). SiN(A) =0alors Sp(A) ={0}et doncA=0puisque Aest diagonalisable.

•Soient A∈S_n(R)etk∈R. On sait que Sp(kA) =kSp(A). Par suiteN(kA) =ρ(kA) =|k|ρ(A) =|k|N(A).

•Soit(A, B)∈(S_n(R))². Pour tout vecteur colonneXtel que kXk=1, on a

|^tX(A+B)X|=|^tXAX+^tXBX|6|^tXAX|+|^tXBX|6N(A) +N(B).

Le nombreN(A) +N(B) est donc un majorant de{|^tX(A+B)X|/ X∈Rⁿ, kXk =1}. Puisque la borne supérieure est le plus petit des majorants, on en déduit queN(A+B)6N(A) +N(B).

Finalement,

Nest une norme surS_n(R).

iii)Soit(X, Y)∈Rⁿ. Avec les notations de la question 3) BA(X, Y) =^tXAY=hX, AYi=

* _n X

i=1

xiei, Xn

j=1

yjλjej

+

= Xn

i=1

λixiyi. Par suite,

|B_A(X, Y)|6 Xn

i=1

|λ_i||x_i||y_i|6ρ(A) Xn

i=1

|x_i||y_i|6ρ(A) v u u t

Xn

i=1

x²_i v u u t

Xn

i=1

y²_i (d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz)

et donc|B_A(X, Y)|6N(A)kXkkYk.

∀A∈S_n(R), ∀(X, Y)∈(Rⁿ)², |B_A(X, Y)|6N(A)kXkkYk.

iv)D ?après iii), sikXk=kYk=1,|B_A(X, Y)|?N(A)avec égalité effectivement obtenue en prenantXetY tous deux égaux à un vecteur propre unitaire associé à la valeur propreλtelle que|λ|=ρ(A). Donc

N(A) =Max{|BA(X, Y)|/(X, Y)∈(Rⁿ)², kXk=kYk=1}.

v)Soient k∈Net A∈S_n(R). On sait que si Sp(A) = (λ1, . . . , λn)alors Sp(A^k) = (λ^k₁, . . . , λ^k_n). Par suite,

N(A^k) =Max{|λ1|^k, ...,|λn|^k}= (Max{|λ1|, ...,|λn|})^k par croissance dex7→x^ksurR⁺

= (N(A))^k.

∀k∈N, ∀A∈S_n(R), N(A^k) = (N(A))^k. vi)Soientr∈R⁺ etA∈S_n(R).

N(A)6r⇔∀X∈Rⁿ, [kXk=1⇒|^tXAX|6r]⇔∀X∈Rⁿ, [kXk=1⇒−r6^tXAX6r]

⇔∀X∈Rⁿ\ {0}, −r6

tX kXkA

tX

kXk 6r⇔∀X∈Rⁿ, −rkXk²6^tXAX6rkXk²

⇔∀X∈Rⁿ, ^tX(−rI_n)X6^tXAX6^tX(rI_n)X⇔−rI_n6A6rI_n.

∀r∈R⁺,∀A∈S_n(R),N(A)6r⇔−rI_n6A6rIn.

5) i)• SoitM∈ Mn. Vérifions l’existence de Sup{kMXk/ X∈Rⁿ, kXk=1}.

1ère solution.SoitX= (x_i)_16i6n ∈Rⁿ tel quekXk=1. D’après l’inégalité deCauchy-Schwarz

kMXk²= Xn

i=1



 Xn

j=1

m_i,jx_j





2

6 Xn

i=1







 Xn

j=1

m²_i,j







 Xn

j=1

x²_j







= X

16i,j6n

m²_i,j.

Ainsi,{kMXk/ X∈Rⁿ, kXk=1}est une partie non vide et majorée deRet donc{kMXk/ X∈Rⁿ, kXk=1}admet une borne supèrieure dansR.

2ème solution. L’application Rⁿ → R X 7→ kMXk

est continue sur Rⁿ car composée de l’application X 7→ MX qui est continue surRⁿ à valeurs dansRⁿ en tant qu’endomorphisme d’un espace de dimension finie et de l’applicationY7→kYk qui est connue pour être continue surRⁿ.

Cette application est donc bornée sur le compactK={X∈Rⁿ/kXk=1}. Ceci redémontre l’existence de Sup{kMXk/ X∈ Rⁿ, kXk=1}.

•N^′ est donc une application de Rⁿ dansR⁺.

• SiN^′(A) =0, pour tout vecteur unitaireX, on a AX=0. En particulier, As’annule sur une base orthonormée deRⁿ et on en déduit queAest nulle.

• ∀λ∈R,∀A∈ Mn,N^′(λA) =|λ|N^′(A).

•Soit(A, B)∈ Mn. Pour toutX∈Rⁿ tel quekXk=1,

k(A+B)Xk=kAX+BXk6kAXk+kBXk6N^′(A) +N^′(B) et doncN^′(A+B)6N^′(A) +N^′(B).

N? est une norme surMn.

Montrons enfin que pour toutes matricesMet N on aN^′(MN)6N^′(M)N^′(N). Pour cela, on constate que ∀X ∈Rⁿ, kAXk6N^′(A)kXk. En effet, c’est clair pourX=0et pourX6=0, par définition deN^′,

kAXk=

A X kXk

kXk6N^′(A)kXk. Soit alors(M, N)∈(Mn. Pour tout vecteur colonneXtel quekXk=1,

kABXk6N^′(A)kBXk6N^′(A)N^′(B)kXk=N^′(A)N^′(B),

et puisqueN^′(AB)est le plus petit des majorants de{kABXk/ X∈Rⁿ, kXk=1}, on a montré queN^′(AB)6N^′(A)N^′(B).

∀(M, N)∈(Mn)²,N^′(MN)6N^′(M)N^′(N).

ii)SoientM∈ Mn puisA=^tMM.

•^tA=^tM^t(^tM) =^tMM=A. DoncAest dansS_n(R).

•SoitXun élément deRⁿ.^tXAX=^tX^tMMX=^t(MX)MX=kMXk²>0. DoncA>0n.

∀M∈ Mⁿ,^tMM∈S_n(R)et^tMM>0n. Montrons que KerA=KerM. SoitX∈Rⁿ.

X∈KerM⇒MX=0⇒^tM(MX) =0⇒AX=0⇒X∈KerA,

X∈KerA⇒^tMMX=0⇒^tX^tMMX=0⇒kMXk²=0⇒MX=0⇒X∈KerM.

Donc KerA=KerM. D’après le théorème du rang, on en déduit que rg(A) =rg(M).

∀M∈ Mn, rg(^tMM) =rg(M).

SoitX∈Rⁿ tel quekXk=1.

|^tXAX|=|^tX^tMMX|=kMXk²,

et par croissance et continuité de la fonctionx7→x²surR⁺, on en déduit queN(A) = (N^′(M))².

∀M∈ Mn, N(^tMM) = (N^′(M))².

6) Supposons que la suite (A_k) d’éléments de S_n(R) converge vers une matrice A. Puisque S_n(R) est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel de dimension finieMⁿ,S_n(R)est un fermé deMⁿ (muni d’une norme quelconque).Aest donc un élément deS_n(R).

Pour ceux qui n’ont pas encore les résultats de topologie, si on poseAk = (a^(k)_i,j)16i,j6n et A= (ai,j)16i,j6n, alors pour (i, j)∈J1, nK²

a_i,j= lim

k→+∞

a^(k)_i,j = lim

k→+∞

a^(k)_j,i =a_j,i. Ceci redémontre que la matriceAest symétrique.

Supposons que la suite(A_k)d’éléments de Sn(R)soit croissante et converge versA∈S_n(R). Montrons queAmajore la suite(A_k)_k∈N.

Puisque la suite(A_k)_k∈Nest croissante, pourkfixé on a

∀l∈N,∀X∈Rⁿ,^tXAkX6^tXAk+lX

et quandl tend vers+∞, on obtient∀X∈ Rⁿ, ^tXAkX6 ^tXAX (le passage à la limite quand l tend vers +∞peut se justifier, pour ceux qui ont déjà les résultats de topologie, en constatant que l’applicationX7→^tXMXest continue surRⁿ en tant que forme quadratique et pour ceux qui n’ont pas encore les résultats de topologie en explicitant^tXAk+lX).

Réciproquement, supposons que la suite de matrices symétriques (A_k)_k∈N soit croissante et majorée par une matrice M∈S_n(R).

PourXvecteur colonne fixé, la suite réelle(^tXAkX)k∈N= (QAk(X))k∈Nest croissante et majorée. On en déduit que cette suite converge dansR.

Mais alors pourXet Y vecteurs colonnes fixés, la suite réelle(B_Ak(X, Y))_k∈N= 1

4(Q_Ak(X+Y))_k∈N− 1

4(Q_Ak(X−Y))_k∈N

converge. Si maintenant on noteei lei-ème vecteur de la base canonique deRⁿ, pour tout couple(i, j)d’indices, la suite (a^(k)_i,j)_k∈N= (^teiAkej)_k∈Nconverge et finalement la suite(A_k)_k∈Nconverge vers une matriceA, nécessairement symétrique d’après la remarque initiale.

7) i)• Soitxun réel tel que |xr|< 1.

Pour tout entier naturelk, d’après la question 4)a),N(x^kA^k) =|x|^kN(A^k) = (|x|N(A))^k =|xr|^k qui est le terme général d’une série géométrique convergente.

La série de terme général x^kA^k converge absolument et donc converge puisque Mn est complet en tant que R-espace vectoriel de dimension finie.

•Réciproquement , si la série de terme généralx^kA^k,k∈N, converge alors, pour tout vecteur colonneX, la série de terme généralx^kA^kXconverge. En prenant en particulier pourXest un vecteur propre deAassocié à une certaine valeur propre (réelle)λ, on obtient la convergence de la série géoémétrique de terme généralx^kλ^k,k∈N. Donc∀λ∈Sp(A),|λx|< 1et en particulier|xr|< 1.

∀x∈R, la série de terme généralx^kA^k,k∈N, converge si et seulement si|xr|< 1.

ii)Sir=0, alorsA=0puis, pour tout réelx,SA(x) =In.

Supposons dorénavantr > 0. La série de terme généralx^kA^k converge si et seulement six∈

−1 r,1

r

.

Pour un tel réelx, Sp(SA(x)) = (1−λ_ix)_16i6n (en posant SpA= (λ_i)_16i6n. Maintenant, pour toutλélément du spectre deA,1−λx>1−|λx|>1−|rx|> 0. Donc Sp(SA(x))⊂]0,+∞[et en particulierS_A(x)∈G L_n(R).

∀x∈

−1 r,1

r

, S_A(x)∈G L_n(R).

L’application M7→ M(In−xA) est un endomorphisme de l’espace de dimension finieMn et est donc continu sur cet espace (pour n’importe quelle norme). Par continuité de cette application, pourx∈

−1 r,1

r

,

S_A(x)(I_n−xA) = lim

p→+∞

Xp

k=0

x^kA^k

!

(I_n−xA) = lim

p→+∞

_p X

k=0

x^kA^k

!

(I_n−xA)

!

= lim

p→+∞(I_n−x^p+1A^p+1) =I_n,

(x^p+1A^p+1tend vers la matrice nulle quandptend vers+∞carx^p+1A^p+1est le terme général d’une série convergente).

Ainsi la matriceIn−xAest inversible à gauche et donc inversible et de plus

∀x∈

−1 r,1

r

, (In−xA)⁻¹=SA(x).

Par continuité et linéarité de la trace, on a pourx∈

−1 r,1

r

\ {0}

Tr(SA(x)) =

+∞X

k=0

x^kTr(A^k) =

+∞X

k=0

x^k Xn

i=1

λ^k_i

!

= Xn

i=1 +∞X

k=0

x^kλ^k_i

!

(somme denséries convergentes)

= Xn

i=1

1 1−λix = 1

x Xn

i

1 1 x−λi

= P_A^′

1 x

xP_A 1

x .

(puisquePA= (−1)ⁿ Yn

i=1

(X−λi), il est connu que P_A^′ P_A =

Xn

i=1

1 X−λ_i).

∀x∈

−1 r,1

r

\ {0}, Tr(SA(x)) =

P_A^′ 1

x

xPA

1 x

.

D’autre part, Tr(SA(0)) =Tr(In) =n.

iii)SoitJn = (1)16i,j6n. AlorsJ²_n=nJn et commeA= (a−b)In+bJn, on a

(A− (a−b)In))²=b²J²_n =nbbJn=nb(A− (a−b)In),

et donc

A²− (2a+ (n−2)b)A+ (a−b)(a+ (n−1)b)I_n=0.

ou encore en posantα=a−bet β=a+ (n−1)b,

A²− (α+β)A+αβIn=0.

Le polynômeP=X²− (α+β)X+αβ= (X−α)(X−β)est annulateur deAet on en déduit que Sp(A)⊂{α, β}. On note alors que rg(A−αI_n) =rg(bJn). Maintenant, la matriceAest symétrique réelle et donc est diagonalisable. On en déduit que

1er cas. Si b = 0, alors A = aIn puis Sp(A) = (a, . . . , a) et N(A) = |a| puis pour |x| < 1

|a| (ou +∞ si a = 0),

SA(x) = 1 1−xaIn.

2ème cas. Si b 6= 0, α est valeur propre d’ordre n−1 et donc β est valeur propre d’ordre 1. N(A) = Max{|α|,|β|} = Max{|a−b|,|a+ (n−1)b|}.

Soitx∈

−1 r,1

r

sir > 0et] −∞,+∞[si r=0. Pour calculerS_A(x), il faut déterminer(I_n−xA)⁻¹. Soientyetzdeux réels.

(I_n−xA)(yI_n+zA) =yI_n+ (z−xy)A−xzA²=yI_n+ (z−xy)A−xz((α+β)A−αβI_n)

= (y−αβxz)I_n+ (−xy+z(1−x(α+β))A.

Par suite,

(I_n−xA)(yI_n+zA)⇐

y−αβxz=1

−xy+z(1−x(α+β)) =0 ⇔y=

1 −αβx 0 1−x(α+β)

1 −αβx

−x 1−x(α+β)

etz=

1 1

−x 0

1 −αβx

−x 1−x(α+β)

⇔y= 1−x(α+β)

1−x(α+β) +αβx² etz= x

1−x(α+β) +αβx²

SA(x) = (I_n−xA)⁻¹= 1

(1−αx)(1−βx)(xA+ (1−x(α+β))I_n).

Deuxième partie

8) i) et (ii)• SiAest symétrique positive (resp. définie positive), d’après le théorème spectral, ses valeurs propres sont réelles. Soitλune valeur propre deAetX6=0 un vecteur propre associé. Alors

tX(AX) =λ^tXX=λkXk²,

et doncλkXk²>0 (resp.> 0). PuisquekXk²> 0, on en déduit queλ>0 (resp.> 0). Donc siAest symétrique positive (resp. définie positive), Sp(A)⊂[0,+∞[(resp.]0,+∞[).

•Réciproquement, si Sp(A) = (λi)_16i6n ⊂[0,+∞[ⁿ (resp.]0,+∞[ⁿ). On sait queAest orthogonalement semblable à une matrice diagonale réelle à valeurs propres positives (resp. strictement positives). SoientP∈O_n(R)etD=diag(λi)_16i6n∈ D⁺_n(R)(resp.D⁺⁺_n (R)) telles queA=PD^tP. PourY vecteur colonne donné non nul,

tYDY= Xn

i=1

λ_iy²_i >0 (resp.> 0) et donc pourXvecteur colonne non nul donné

tXAX=^tXPD^tPX=^t(^tPX)D(^tPX)>0(resp.> 0) car^tPest inversible et donc X6=0⇒^tPX6=0.

Donc si Sp(A)⊂[0,+∞[(resp.]0,+∞[),Aest positive (resp. définie positive)

∀A∈S_n(R),(A∈S⁺

n(R)⇔Sp(A)⊂[0,+∞[et(A∈S⁺⁺

n (R)⇔Sp(A)⊂]0,+∞[.

9) (i) et (ii). D’après I.5) (ii), pour M élément de Mn donné, la matrice A= ^tMM est dans S⁺

n(R). De plus si M est inversible, la matriceAl’est aussi et donc ses valeurs propres sont positives et non nulles ou encore Sp(A)⊂]0,+∞[. Dans ce cas,A∈S⁺⁺

n (R).

Réciproquement , soitAune matrice symétrique positive. D’après 8), il existeP∈O_n(R)etD=diag(λi)_16i6n∈D⁺_n(R) telles queA=PD^tP. SoitD^′=diag(√

λ_i)_16i6n. Alors

A=PD^tP=PD^′2tP=^t(D^′tP)D^′tP.

La matriceM =D^′tP est une matrice carrée telle que A= ^tMM. Si de plus Aest définie positive, 0 n’est pas valeur propre de et doncApuisMsont inversibles.

En résumé

∀A∈ Mn, (A∈S⁺

n(R)⇔∃M∈ Mn/ A=^tMMet (A∈S⁺⁺

n (R)⇔∃M∈GL_n(R)/ A=^tMM.

10) i)Avec les notations des questions 8) et 9),

Tr(AA^′) =Tr(^tMM^tM^′M^′) =Tr(M^tM^′M^′tM)

La matriceM^tM^′M^′tMest symétrique car^t(M^tM^′M^′tM) =^t(^tM)^tM^′t(^tM^′)^tM=M^tM^′M^′tM.

De plus, d’après la question 9), la matrice M^tM^′M^′tM = ^t(M^′tM)(M^′tM) est positive. Ses valeurs propres sont des réels positifs d’après la question 8). Sa trace étant la somme de ses valeurs propres, on a montré que Tr(AA^′)est un réel positif.

Si de plusAet A^′ sont dansS⁺⁺

n (R), les matricesMet M^′ sont inversibles et il en est de même de la matriceM^′tM.

D’après la question 9), les valeurs propres de de la matrice M^tM^′M^′tM sont des réels strictement positifs et donc Tr(AA^′)> 0.

ii)Si det(A) =0, puisque la matriceA^′ est à valeurs propres réelles positives et que det(A^′)est le produit de ces valeurs propres, on a bien det(A)6det(A^′).

Sinon det(A)> 0et il existeMélément de GLn(R)tel queA=^tMM.

det(A)6det(A^′)⇔det(A^′A⁻¹)>1⇔det(A^′M^−1tM⁻¹)>1⇔det(^tM⁻¹A^′M⁻¹)>1.

Maintenant

A6A^′⇔∀X∈Rⁿ, ^t(MX)MX=^tX^tMMX6^tXA^′X=^t(MX)^tM⁻¹A^′M⁻¹(MX)

⇔∀Y∈Rⁿ, ^tYY6^tY^tM⁻¹A^′M⁻¹Y (carM∈GLn(R)et doncX7→MXest une permutation deRⁿ)

⇔∀Y∈Rⁿ, ^tY(^tM⁻¹A^′M⁻¹−I_n)Y>0

⇔^tM⁻¹A^′M⁻¹−I_n>0⇔Sp(^tM⁻¹A^′M⁻¹−I_n)⊂R⁺(car^tM⁻¹A^′M⁻¹−I_n est symétrique)

⇔Sp(^tM⁻¹A^′M⁻¹)⊂[1,+∞[.

Le déterminant de la matrice^tM⁻¹A^′M⁻¹est donc le produit de réels tous supérieurs à 1et on en déduit que det(^tM⁻¹A^′M⁻¹)>1puis que det(A)6det(A^′).

iii) Si det(A) = 0, puisque A+A^′ > A^′ (car ∀X ∈ Rⁿ, ^tX(A+A^′)X = ^tXAX+^tXA^′X > ^tXA^′X), alors d’après ii) det(A+A^′)>det(A^′) =det(A) +det(A^′).

Si det(A)> 0, on pose de nouveauA=^tMMoùMest une matrice inversible.

det(A+A^′) =det(^tMM+A^′) =det(^tM(In+^tM⁻¹A^′M⁻¹)M)

=det(^tM)det(M)det(In+^tM⁻¹A^′M⁻¹) =det(A)det(In+^tM⁻¹A^′M⁻¹).

En notantλ₁,...,λ_nles valeurs propres de la matrice symétrique positive^tM⁻¹A^′M⁻¹(car∀X∈Rⁿ,^tX(^tM⁻¹A^′M⁻¹)X=

t(M⁻¹X)A^′(M⁻¹X)>0), on a

det(^tM⁻¹A^′M⁻¹) = (1+λ1). . .(1+λn)

>1+λ1. . . λn=1+det(^tM⁻¹A^′M⁻¹) =1+det(M^−1tM⁻¹A^′) =1+det(A⁻¹A^′)

et donc, puisque det(A)> 0, det(A+A^′) =det(A)det(In+^tM⁻¹A^′M⁻¹)>det(A)(1+det(A⁻¹A^′)) =det(A) +det(A^′).

∀(A, A^′)∈(S⁺

n(R))², det(A+A^′)>det(A) +det(A^′).

Cas d’égalité.Si det(A) > 0(ou si det(A^′)> 0), on a l’égalité si et seulement si Yn

i=1

(1+λ_i) = 1+ Yn

i=1

λ_i ou encore si et seulement si tous les λi sont nuls (puisque les λi sont positifs). Les λi sont tous nuls si et seulement si la matrice

tM⁻¹A^′M⁻¹est nulle (car la matrice^tM⁻¹A^′M⁻¹est symétrique réelle et donc diagonalisable) ou encore si et seulement siA^′ est nulle.

Si det(A) =0et det(A^′) =0, on a l’égalité si et seulement si det(A+A^′) =0.

En résumé on a l’égalité si et seulement si l’une des deux matricesAouA^′ est nulle ou aucune des trois matricesA,A^′ etA+A^′ n’est inversible.

11)La matriceCest symétrique car les matricesAetUle sont. On écrit alorsAsous la formeA=PD^tPoùP∈O_n(R) etD=diag(λi)_16i6n ∈D_n(R). PourX= (x_i)_16i6n∈Rⁿ,

tXCX= X

16i,j6n

ui,jxixjai,j= X

16i,j6n

ui,jxixj

Xn

k=1

pi,kλkpk,j

!

= Xn

k=1

λk



 X

16i,j6n

ui,j(pi,kxi)(pj,kxj)





= Xn

k=1

λktYkUYk

oùYk= (p_i,kx_i)_16i6n.

Maintenant, puisque les matricesAet Usont positives, tous lesλket les^tYkUYk,k∈J1, nK, sont positifs et donc^tXCX.

En résumé, pour tout vecteur colonneX, on a^tXCX>0 et donc la matriceCest symétrique positive.

Si de plus les matricesA et Usont définies positives, alors∀k ∈J1, nK, λk > 0 et, dans un premier temps,∀k ∈J1, nK,

tYkUYk>0. Donc

tXCX=0⇔ Xn

k=1

λ_k^tY_kUY_k=0⇔∀k∈J1, nK, ^tY_kUY_k=0⇔∀k∈J1, nK, Yk=0(car la matriceUest définie)

⇔∀k∈J1, nK, ∀i∈J1, nK, pi,kx_i=0 (∗).

Mais la matricePest inversible et donc pour chaque i∈J1, nK, on peut choisirk∈J1, nKtel quep_i,k6=0. Les conditions (∗)sont donc équivalentes à∀i∈J1, nK, xi=0ou encore àX=0. On a montré que la matriceCest définie positive.

12) Existence.Soitk∈N^∗. Aest dans S⁺

n(R). On écrit encore une fois Asous la formeA=PD^tPoù P∈O_n(R)et D=diag(λi)∈D⁺_n(R).

Soit∆=diag λ^1/k_i

16i6n etB=P∆^tP. Alors∆^k=Det donc B^k =A. D’autre part,Best orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs et doncB∈S⁺

n(R).

Unicité.SoitMune matrice symétrique positive telle queM^k=A.

Soit λ une valeur propre (nécessairement réelle positive) de M. On sait que Ker(M−λIn) ⊂ Ker(A−λ^kIn). De plus, l’applicationx7→x^k est une bijection de R⁺sur lui-même et doncλ6=λ^′ ⇒λ^k6=λ^′k.

Mais Mest diagonalisable et donc Rⁿ = ⊕

λ∈Sp(M)Ker(M−λIn). On en déduit que ∀λ ∈Sp(M), Eλ(M) =E_λ^k(A). Par

suite, une base de vecteurs propres deAest encore une base de vecteurs propres deMou encore la matrice^tPMPest une matrice diagonale positive. Puisque^tPMP est de puissancek-ème égale à D, on en déduit que^tPMP= ∆et finalement queM=B.

∀A∈S⁺

n(R),∀k∈N^∗,∃!B∈S⁺

n(R)/ A=B^k. 13)Par récurrence, toutes les matricesMk sont symétriques.

Montrons par récurrence que∀k∈N, 0_n 6M_k6I_n.

•PuisqueM₀=0_n,0_n 6M₀6I_n.

•(Rappel :∀(A, B)∈(S_n(R))²,A6B⇔B−A>0_n.) Soit k∈N. Supposons que 0_n 6M_k 6I_n. La matriceM²_k est positive (par exempleM²_k=^tM_kM_k) et donc

M_k+1= 1

2(I_n−A+M²_k)> 1

2(I_n−A)>0_n. Ensuite,In−Mk+1= 1

2(I_n+A−M²_k). Mais

0_n 6M_k 6I_n⇒−I_n6M_k6I_n ⇒N(M_k)61(d’après la question I.4)vi))

⇒N(M²_k)61(d’après la question I.4)v))

⇒−In6M²_k6In.

DoncI_n−Mk+1= 1

2(I_n+A−M²_k)>(I_n+A−I_n)>0_n. On a montré par récurrence que

∀k∈N,0n 6Mk6In. Montrons par récurrence que∀k∈N, M_k6M_k+1.

•M1= 1

2(I_n−A)>0n =M0.

•Soitk∈N.Mk+2−Mk+1= 1

2(M²_k+1−M²_k).

Maintenant il est clair par récurrence que si^tPAP=D oùDest diagonale etPest orthogonale, ^tPM_kPest une matrice diagonaleD_k (positive). Donc

M_k6Mk+1⇒^tPM_kP6^tPMk+1P(car^tX^tPM_kPX=^t(PX)M_k(PX)>0)

⇒Dk6Dk+1⇒D²_k 6D²_k+1(en analysant les valeurs propres par exemple)

⇒M²_k6M²_k+1⇒Mk+16Mk+2. On a montré par récurrence que∀k∈N,Mk6Mk+1.

Ainsi, la suite(Mk)k∈Nest une suite croissante de matrices positives et majorée parIn. D’après la question I.6), la suite (Mk)k∈Nconverge vers une matrice Lsymétrique positive et majorée parIn.

Par passage à la limite quandntend vers+∞, on obtientL= 1

2(I_n−A+L²)et donc(I_n−L)²=Aou enfinL=I_n−√ A d’après la question 12) et puisque la matriceIn−Lest positive.

14) i)SoitM∈ Mn telle que A=^tMM. La matriceAB= ^tM(MB)a même polynôme caractéristique que la matrice symétriqueMB^tMet a donc toutes ses valeurs propres dansR(et même dansR⁺).

ii)SiA∈S⁺⁺

n (R)alors√

A∈S⁺⁺

n (R)et on peut écrire M=√

A√

AB=√ A(√

AB√ A)√

A⁻¹. La matriceMest donc semblable à la matrice√

AB√

Aqui est symétrique réelle et donc diagonalisable. On en déduit que la matriceMest diagonalisable.