L'inégalité du XXIX février

john_john
Modifié (29 Feb) dans Algèbre
Soit $M$ une matrice carrée réelle, de format $(n,n)$, et soit $d_i$, pour chaque indice $i$, la distance euclidienne de la $i$--ième colonne de $M$ au sous-espace engendré par les $n-1$ autres colonnes. Montrer que le déterminant de $M$ est (en valeur absolue) $\geqslant d_1d_2\cdots d_n$.

Solution un prochain 29 février :)

Réponses

  • JLapin
    Modifié (1 Mar)
    On est encore le 29 février : je tente ma chance :)
    Si $M$ n'est pas inversible, l'une des colonne appartient à l'espace engendré par les autres.
    Supposons $M$ inversible.

    Pour $x_1,\ldots,x_p$ une famille de vecteurs d'un espace préhilbertien réel, on note $G(x_1,\ldots,x_p)$ le déterminant de la matrice $((x_i|x_j))$.
    On notera $G_i = G(C_1,...,C_{i-1},C_{i+1},...C_n)$ où $C_1,...,C_n$ sont les colonnes de la matrice $M$.
    Par l'expression classique de la distance à un sev de dimension finie, il suffit de montrer que
    $$G(C_1,...,C_n)^n \leq (\det M)^2 \prod_{i=1}^n G_i.$$
    Il suffit de traiter le cas où les colonnes sont unitaires car $$G(\lambda_1 C_1,...,\lambda_n C_n)^n = (\lambda_1\cdots \lambda_n)^{2n} G(C_1,...,C_n)^n$$ et de même pour le second membre.

    On observe que la matrice $((C_i|C_j))$ est la matrice $M^T M$ et les matrices associées aux déterminants $G_i$ sont des matrices de taille $n-1$ extraites de la matrice $M^T M$ en supprimant une ligne et une colonne.

    On utilise le résultat classique suivant :
    Si $A = \begin{pmatrix} B& C\\ L&\alpha\end{pmatrix}\in S_n^{++}(\R)$, alors $\det A\leq \det B\times \alpha$

    pour en déduire $$G(C_1,\ldots, C_n)=\det(M^T M)\leq G_n \|C_n\|^2 = G_n.$$
    Les rôles joués par les colonnes de $M$ sont symétriques donc on a plus généralement
    $$G(C_1,\ldots,C_n)\leq G_i \|C_i\|^2 = G_i.$$
    Par produit, on obtient
    $$(\det M)^{2(n-1)}\leq G_1\cdots G_{n-1}$$
    puis $$G(C_1,...,C_n)^n = (\det M)^{2n}\leq (\det M)^2 G_1\cdots G_{n-1}.$$
  • Foys
    Modifié (1 Mar)
    Indication:
    Penser à un théorème d'Hadamard sur les matrices.
    Solution:
    Le cas où $M$ n'est pas inversible vient de ce que dans ce cas, l'un des vecteur colonnes de $M$ est dans l'espace engendré par les $n-1$ autres et alors la distance correspondante vaut $0$.Pour le cas inversible il suffit de modifier un peu la preuve du théorème d'Hadamard (le produit des normes euclidiennes des colonnes de $M$ majore son déterminant avec égalité si et seulement si lesdites colonnes sont orthogonales deux à deux). Alors certes l'inégalité est dans l'autre sens; mais on applique quand même le procédé de Gram-Schmidt aux colonnes $(m_1,...,m_n)$ de $M$ afin d'obtenir des vecteurs orthogonaux $u_1,...,u_n$ tels que $u_k = m_k - \sum_{i=1}^{i-1} \langle m_k, u_i\rangle \frac{u_i}{\vec \|u_i\|^2}$ (*). Il s'avère que $dét(M) = \prod_{k=1}^n \|u_k\|$ (**) et que bien sûr $\|u_k\|$ -qui est la distance de $m_k$ à $\text{Vect}(u_1,...,u_{k-1}) = \text{Vect}(m_1,...,m_{k-1})$- majore la distance de $m_k$ à $\text{Vect}(m_1,...,m_{k-1}, m_{k+1}, m_n)$.

    (**) est dû au fait que si $v_k:= \frac{u_k}{\|u_k\|}$ pour tout $k$ alors $\beta:= (v_1,...,v_n)$ est une base orthonormée et que, en utilisant (*) ci-dessus,  $M$ est le produit de la matrice de $\beta$ et d'une matrice triangulaire supérieure dont les termes diagonaux sont les $\left (\|u_i\|\right)_{i=1}^n$.
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • etanche
    Modifié (1 Mar)
    Une ressemblance avec le n89 oral PLSR ( normale sup Paris,Lyon,Saclay,Rennes) 2023 https://www.rms-math.com/exos-etoiles-2023-site.pdf
  • Bonjour, etanche,
    ressemblance non fortuite car c'est en en rédigeant la solution que j'ai constaté qu'elle fournissait en prime la minoration supra, qui aurait peut-être fait l'objet d'une question ultérieure (quoiqu'il y eût déjà de quoi rassasier plus d'un candidat avec l'énoncé tel qu'il était).
    Bravo en tout cas pour votre réactivité à tous les trois !
    Comme ma solution diffère quelque peu de celles de JLapin et de Foys, je vous livre la mienne ici même.

    Je désigne par $x\cdot y$ le produit scalaire canonique de $x$ et de $y$ dans $\R^n={\frak M}_{n,1}(\R)$. Il suffit de se limiter au cas où $M$ est inversible ; j'appelle $M'$ l'inverse d'icelle et $L'_i$ les lignes de $M'$. Sachant que $M'M={\rm I}_n$, on constate que $L'_i$, une fois transposée, est orthogonale aux $C_j$, pour $j\neq i$.
    Donc, $^tL'_i$ engendre l'orthogonal du sev engendré par les dites colonnes, de sorte que $d_i=|(^tL'_i)\cdot C_i|/||L'_i||=1/||L'_i||$.
    L'inégalité de Hadamard, appliqué aux lignes de $M'$ majore $|{\rm det}M'|$ par $1/(d_1...d_n)$, cqfd.

    Moralité : le symbole de transposition doit s'écrire à gauche de la matrice ; ceux qui veulent le placer ailleurs s'infligent des parenthèses lorsque les matrices sont affublées d'exposants ou de <<prime>>.
  • Ayant posté hier soir vers 9h30, je m'en voudrais d'avoir causé des insomnies à JLapin et à Foys, voire à leurs compagnes qui eussent voulu terminer dignement le jour bissextil :) .
  • J'avais posté ma solution vers 22h30 mais le correcteur est passé plus tard :)
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