266
Analyse fonctionnelle
donc U est bien orthogonale et S symétrique défi.nie positive avec M = US.
L'unicité de S, régulière, implique celle de U.
6. La matrice A, défi.nie positive, définit une structure euclidienne sur E = Rn.
Si B est une base orthonormée pour A et P la matrice de passage on aura
tPAP =In et tPBP = B 1 symétrique, définie positive. On peut trouver
une autre base C orthonormée de vecteurs propres pour B' : donc il existe
Q orthogonale telle que
Q- 1 B 1 Q = tQB'Q = diag(di, ... ,dn) = D
. avec des d; > 0, et Q- 1 InQ = ta InQ = In.
Avec L = PQ, on a L E GLn(R) telle que tLAL =In et tLBL = D.
Donc
n
det (tL(A + B)L) = det (diag(l + d1, ... , 1 + dn)) =Il (1 + d.;)
i=l
alors que
n
det (tLAL) + det (tLBL) = 1 +Il d.;.
i=l
n
n
Les di étant > 0, Il (1 + d.;) ~ 1 + Il di d'où
i=l
i=l
(detL) 2 det(A+B) ~ (detL) 2 (detA+detB)
donc det (A+ B) ~ det A+ det B avec égalité si et seulement sin= 1.
Si A est définie mais pas B, même conclusion, on remplace di > 0 par
di ~ 0, cela ne change rien à l'inégalité finale, large.
Si A et B sont positives non définies toutes les deux, alors det A = det B =
0 et A+ B étant symétrique positive, (tX(A + B)X = tXAX + t XBX
est somme de 2 termes positifs) on a det (A+ B) ~ O.
7.
On justifie chaque implication.
1 ° ) (i) et (ii) => (iii). On a
(x, f(x)) = (J(x), J 2 (x)), (!isométrie)
= (f(x), -x), (! 2 =-id)
donc 2(x, f(x)) = 0 d'où (iii).
2°) (ii) et (iii) => (i). On calcule llx + / 2 (x)i 1 2 pour prouver sa nullité. C'est
(x+ f 2 (x), x+ f 2 (x)) = (x, x) + (x, / 2 (x)) + (! 2 (x),x) + (! 2 (x), / 2 (x))
= 2(llxll 2 + (x,/ 2 (x)))