b) Même raisonnement qu'en a), ou bien appliquer a) à −φ.
c) 1) Supposons φ ni positive ni négative. Il existe a,b ∈ E tels
que φ(a) < 0 et φ(b) > 0. Comme ci-dessus, puisque
φ(a) < 0, on a φ(Ra) = R − , et, puisque φ(b) > 0, on a
φ(Rb) = R + . Puis :
φ(E) ⊃ φ(Ra) ∪ φ(Rb) = R − ∪ R + = R
et donc φ(E) = R.
2) Réciproquement, si φ(E) = R, alors il existe (a,b) ∈ E 2
tels que φ(a) < 0 et φ(b) > 0, donc φ n'est ni positive ni négative.
•
A 1 B 1
A 2 B 2
⇒
B 1 − A 1 ∈ S
+
n
B 2 − A 2 ∈ S
+
n
⇒ (B 1 + B 2 ) − (A 1 + A 2 )
= (B 1 − A 1 ) + (B 2 − A 2 ) ∈ S
+
n
⇒ A 1 + A 2 B 1 + B 2 , cf. 4.5.3 Rem. 1) 3) p. 171.
• Idem avec 4.5.3 Rem. 1) 4).
a) • ∀k ∈ {1,. . . ,p} , S 2
k ∈ S
+
n , cf. 4.5.3 Rem. 1) 5) p. 171
•
p
k=1
S 2
k ∈ S
+
n , cf. 4.5.3 Rem. 1) 3).
b) ⇐⇐ : trivial
⇒ :
S = 0
⇒
∀X ∈ M n,1 (R),
∀k ∈ {1,. . . ,p}, t X S 2
k X 0
p
k=1
t X S 2
k X = t X S X = 0
⇒
∀X ∈ M n,1 (R),∀k ∈ {1,. . . ,p}, t X S 2
k X = 0
⇐⇒
∀k ∈ {1,. . . ,p},∀X ∈ M n,1 (R), ||S k X|| = 0
⇒ (∀k ∈ {1,. . . ,p}, S k = 0) .
a) t ( t AS A) = t A t S A = t AS A.
b) ∀X ∈ M n,1 (R), t X ( t AS A)X = t (AX)S(AX) 0
c) ∀X ∈ M n,1 (R),
t X ( t AS A)X = 0
⇐⇒ t (AX)S(AX) = 0 ⇒ AX = 0 ⇒ X = 0
.
• t (AB + B A) = t B t A + t A t B = B A + AB= AB + B A
• A 2 + B 2 − (AB + B A) = (A − B) 2 ∈ S
+
n ,
cf. 4.5.3 Rem. 1) 5) p. 171.
Examiner l’exemple :
n = 2, A =
1 0
0 0
, B =
1 1
1 1
, dans lequel
331
A ∈ S
+
2 , B ∈ S
+
2 , mais AB + B A =
2 1
1 0
∈ S
+
2 , car
det(AB + B A) =−1 < 0 , ou encore,
avec X =
1
−2
, t X (AB + B A)X = −2 < 0 .
Réponse : • oui, si n = 1
• non, si n 2 .
Soit X ∈ M n,1 (R) tel que (A + B)X = 0.
On a : t X A = t (AX) = − t (B X) = t X B,
puis
t X AX = t X (AX) = − t X B X
t X AX = ( t X A)X = t X B X
, donc t X AX = 0.
Comme A ∈ S
++
n , on déduit X = 0.
Ceci montre : A + B ∈ GL n (R).
a) t A A ∈ S p (R) et : ∀X ∈ M p,1 (R) ,
t X ( t A A)X = t (AX)(AX) = ||AX|| 2 0 .
b) D’après l’ex. 4.2.5, rg ( t A A) = rg (A) , d’où :
t A A ∈ S
++
p ⇐⇒ rg ( t A A) = p ⇐⇒ rg (A) = p.
Soient X k ∈ M n k ,1 (R) (1 k N ),
X =
X 1
. . .
X N
∈ M n,1 (R) décomposée en blocs.
On a alors : t X S X =
N
k=1
t X k S k X k .
a) S ∈ S
+
n ⇐⇒
∀X ∈ M n,1 (R), t X S X 0
⇐⇒
∀(X 1 ,. . . ,X N ) ∈
N
k=1
M n k ,1 (R),
N
k=1
t X k S k X k 0
⇐⇒
∀k ∈ {1,. . . ,N }, ∀X k ∈ M n k ,1 (R), t X k S k X k 0
⇐⇒ (∀k ∈ {1,. . . ,N }, S k ∈ S
+
n ).
b) Même méthode qu’en a).
En notant P =
I p
0
−B −1 t U I q
, on a P ∈ GL n (R),
t P =
I p −U B −1
0
I q
,
et
t P S P =
A − U B −1 t U 0
0
B
.
4.5.16
4.5.17
4.5.18
4.5.19
4.5.11
4.5.12
4.5.13
4.5.14
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c) 1) Supposons φ ni positive ni négative. Il existe a,b ∈ E tels
que φ(a) < 0 et φ(b) > 0. Comme ci-dessus, puisque
φ(a) < 0, on a φ(Ra) = R − , et, puisque φ(b) > 0, on a
φ(Rb) = R + . Puis :
φ(E) ⊃ φ(Ra) ∪ φ(Rb) = R − ∪ R + = R
et donc φ(E) = R.
2) Réciproquement, si φ(E) = R, alors il existe (a,b) ∈ E 2
tels que φ(a) < 0 et φ(b) > 0, donc φ n'est ni positive ni négative.
•
A 1 B 1
A 2 B 2
⇒
B 1 − A 1 ∈ S
+
n
B 2 − A 2 ∈ S
+
n
⇒ (B 1 + B 2 ) − (A 1 + A 2 )
= (B 1 − A 1 ) + (B 2 − A 2 ) ∈ S
+
n
⇒ A 1 + A 2 B 1 + B 2 , cf. 4.5.3 Rem. 1) 3) p. 171.
• Idem avec 4.5.3 Rem. 1) 4).
a) • ∀k ∈ {1,. . . ,p} , S 2
k ∈ S
+
n , cf. 4.5.3 Rem. 1) 5) p. 171
•
p
k=1
S 2
k ∈ S
+
n , cf. 4.5.3 Rem. 1) 3).
b) ⇐⇐ : trivial
⇒ :
S = 0
⇒
∀X ∈ M n,1 (R),
∀k ∈ {1,. . . ,p}, t X S 2
k X 0
p
k=1
t X S 2
k X = t X S X = 0
⇒
∀X ∈ M n,1 (R),∀k ∈ {1,. . . ,p}, t X S 2
k X = 0
⇐⇒
∀k ∈ {1,. . . ,p},∀X ∈ M n,1 (R), ||S k X|| = 0
⇒ (∀k ∈ {1,. . . ,p}, S k = 0) .
a) t ( t AS A) = t A t S A = t AS A.
b) ∀X ∈ M n,1 (R), t X ( t AS A)X = t (AX)S(AX) 0
c) ∀X ∈ M n,1 (R),
t X ( t AS A)X = 0
⇐⇒ t (AX)S(AX) = 0 ⇒ AX = 0 ⇒ X = 0
.
• t (AB + B A) = t B t A + t A t B = B A + AB= AB + B A
• A 2 + B 2 − (AB + B A) = (A − B) 2 ∈ S
+
n ,
cf. 4.5.3 Rem. 1) 5) p. 171.
Examiner l’exemple :
n = 2, A =
1 0
0 0
, B =
1 1
1 1
, dans lequel
331
A ∈ S
+
2 , B ∈ S
+
2 , mais AB + B A =
2 1
1 0
∈ S
+
2 , car
det(AB + B A) =−1 < 0 , ou encore,
avec X =
1
−2
, t X (AB + B A)X = −2 < 0 .
Réponse : • oui, si n = 1
• non, si n 2 .
Soit X ∈ M n,1 (R) tel que (A + B)X = 0.
On a : t X A = t (AX) = − t (B X) = t X B,
puis
t X AX = t X (AX) = − t X B X
t X AX = ( t X A)X = t X B X
, donc t X AX = 0.
Comme A ∈ S
++
n , on déduit X = 0.
Ceci montre : A + B ∈ GL n (R).
a) t A A ∈ S p (R) et : ∀X ∈ M p,1 (R) ,
t X ( t A A)X = t (AX)(AX) = ||AX|| 2 0 .
b) D’après l’ex. 4.2.5, rg ( t A A) = rg (A) , d’où :
t A A ∈ S
++
p ⇐⇒ rg ( t A A) = p ⇐⇒ rg (A) = p.
Soient X k ∈ M n k ,1 (R) (1 k N ),
X =
X 1
. . .
X N
∈ M n,1 (R) décomposée en blocs.
On a alors : t X S X =
N
k=1
t X k S k X k .
a) S ∈ S
+
n ⇐⇒
∀X ∈ M n,1 (R), t X S X 0
⇐⇒
∀(X 1 ,. . . ,X N ) ∈
N
k=1
M n k ,1 (R),
N
k=1
t X k S k X k 0
⇐⇒
∀k ∈ {1,. . . ,N }, ∀X k ∈ M n k ,1 (R), t X k S k X k 0
⇐⇒ (∀k ∈ {1,. . . ,N }, S k ∈ S
+
n ).
b) Même méthode qu’en a).
En notant P =
I p
0
−B −1 t U I q
, on a P ∈ GL n (R),
t P =
I p −U B −1
0
I q
,
et
t P S P =
A − U B −1 t U 0
0
B
.
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