4.5 • Réduction des matrices symétriques réelles
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© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
Conseils
Permutation de deux symboles
.
La matrice P étant orthogonale, la somme
des carrés des éléments de chaque colonne
est égale à 1.
a ii =
t E i SE i 0.
a ii =
t E i SE i > 0, car S ∈ S
++
n .
Puisque S est diagonalisable, on a :
det (S) =
n
k=1
λ k .
Solution
Puisque f est convexe, on a alors, d'après l'inégalité de Jensen :
f (a ii ) = f
n
k=1
p
2
ik λ k
n
k=1
p
2
ik f (λ k ).
On en déduit, en sommant pour i allant de 1 à n :
n
i=1
f (a ii )
n
i=1
n
k=1
p
2
ik f (λ k )
=
n
k=1
n
i=1
p
2
ik
f (λ k ) =
n
k=1
f (λ k ),
car : ∀ k ∈ {1,...,n},
n
i=1
p
2
ik = 1.
On conclut :
n
i=1
f (a ii )
n
k=1
f (λ k ).
b) • Si S /
∈ S
++
n , alors det (S) = 0 et, pour tout i ∈ {1,...,n}, a ii 0, donc :
0 = det (S)
n
i=1
a ii .
• Supposons S ∈ S
++
n .
On a alors : ∀ i ∈ {1,...,n}, a ii > 0.
Appliquons le résultat de a) à :
f : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ f (x) = − ln x,
qui est convexe sur ]0 ; +∞[, puisque f est deux fois dérivable et que, pour tout
x ∈ ]0 ; +∞[, f
(x) =
1
x 2 0.
On a donc :
n
i=1
− ln (a ii )
n
k=1
− ln (λ k ),
c'est-à-dire :
− ln
n
i=1
a ii
− ln
n
k=1
λ k
= − ln
det (S)
.
En passant aux opposés et en appliquant l'exponentielle, qui est croissante, on
conclut :
det (S)
n
i=1
a ii .
Exercice-type résolu 3
Étude des matrices carrées réelles A telles que A +
t A ∈ S +
n
Soient n ∈ N
∗
, A ∈ M n (R) telle que A +
t
A ∈ S
+
n . Montrer : Ker (
t
A) = Ker (A).