Matrices symétriques (définies) positives

Blopblop
Blopblop
dans Algèbre
Bonjour à toutes et à tous

Je sèche sur l'exercice suivant :

On prend $A$ une matrice réelle avec les coefficients tous non nuls et on considère la matrice $A'=(1/a_{ij})$.
1. Déterminer les matrices $A$ telles que $A$ et $A'$ soient symétriques définies positives.
2. Déterminer les matrices $A$ telles que $A$ et $A'$ soient symétriques positives.

Pourriez-vous m'indiquer une piste pour commencer?

Merci!

Réponses

  • JLT
    JLT
    Tu as essayé avec les matrices 2x2 ?
  • Blopblop
    Blopblop
    J'ai essayé pour la 1 avec $n=2$ j'ai une solution, si je note $A=\begin{bmatrix} a & b \\ b & c \end{bmatrix}$ alors par positivité du déterminant on a
    $ac-b^2>0$ et $a^{-1}c^{-1}-(b^{-1})^2>0$ d'où on tire en multipliant la deuxième inégalité par $acb^2$ il vient $b^2-ac>0$, absurde.

    Donc il n'y a pas de telle matrice pour $n=2$.

    Par contre je ne vois pas trop comment généraliser en dimension supérieure, et la question que je me pose c'est est-ce que l'on peut montrer mon résultat à la main sans passer par le déterminant...

    [La case LaTeX. AD]
  • JLT
    JLT
    Bon, ensuite tu peux remarquer que si $A$ est définie positive alors toute sous matrice 2x2 de la forme
    $$\begin{pmatrix} a_{ii} & a_{ij} \\ a_{ji} & a_{jj}\end{pmatrix}$$
    est aussi définie positive.
  • Blopblop
    Blopblop
    Ha oui c'était tout bête en fait. Merci beaucoup!

    Je vais essayer de voir si les arguments s'adaptent pour la question 2!
  • Blopblop
    Blopblop
    Pour la question 2 on trouve pour le cas $n=2$ que le déterminant est nul (en refaisant le même calcul), et comme les coefficients sont tous non nuls la matrice est de rang 1.

    Je voudrais donc montrer que les matrices cherchées sont exactement les matrices de rang 1.

    Supposons que la matrice $A$ est de rang 1. Toutes les colonnes sont donc colinéaires, on peut écrire $A =(\alpha_i \beta_j)$. Par hypothèse, $ \sum_{i,j} \alpha_i \beta_j x_i x_j \geq 0$ pour tout $x$ donc en posant $y_i = \alpha_i \beta_i x_i$ on aboutit à $ \sum_{i,j} \frac{1}{\alpha_j \beta_i} y_i y_j \geq 0$ pour tout $y$ donc $A^\prime$ est positive.

    Par contre je n'arrive pas à montrer que si $A^\prime$ est positive, alors $A$ est de rang 1.

    Pourriez-vous me dire si la première implication est juste, et me donner une piste pour la réciproque? Merci!
  • JLT
    JLT
    En effet, la CNS est bien que $A$ est de rang 1. Pour la réciproque, on voit en regardant les matrices 2x2 que pour tous $i, j$, $a_{ij}=a_{ji}=\sqrt{a_{ii}a_{jj}}$. Ceci devrait permettre d'écrire $a_{ij}$ sous la forme $\alpha_i\alpha_j$.
  • Blopblop
    Blopblop
    Merci beaucoup :)
  • JLT
    JLT
    En fait mon message précédent est erroné (il ne marche que si les coefficients sont supposés $>0$).

    Voici un résumé de la preuve dans le cas général. Si $\lambda_i$ sont des réels non nuls, alors la matrice $(\lambda_ia_{ij}\lambda_j)={}^t\!\Lambda A \Lambda$ (où $\Lambda=\mbox{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$) vérifie les mêmes propriétés que $A$ et est de même rang.

    En prenant $\lambda_i=a_{ii}^{-1/2}$, on se ramène à étudier le cas où $a_{ii}=1$. On montre alors par récurrence sur $n$ que $A$ est de rang 1. On traite d'abord à la main les cas $n=2$ et $n=3$ (par exemple en effectuant une réduction de Gauss).

    On suppose la propriété vraie au rang $n-1$. En considérant la sous-matrice $(a_{ij})_{i,j\le n-1}$, celle-ci est de rang 1 donc il existe $\epsilon_i\in\{-1,1\}$ tels que $\forall i,j\le n-1$, $a_{ij}=\epsilon_i\epsilon_j$.

    En prenant $\Lambda=(\epsilon_1,\ldotsn\epsilon_n-1,1)$, on se ramène à $a_{ij}=1$ pour $i,j\le n-1$.

    En utilisant le cas $n=3$ pour la sous-matrice d'indices $i<j<n$, on voit que $a_{in}=a_{jn}$, ce qui permet de conclure que $A$ est bien de rang 1.
  • gottfried0
    gottfried0
    JLT a démontré le joli théorème suivant: si $A$ est une matrice $n\times n$ symétrique dont toutes les entrées $a_{ij}$ sont $\pm1$ alors elle ne peut être positive que si elle est de rang un: $a_{ij} = \epsilon_i \epsilon_j$ avec $\epsilon_j=\pm1$.

    Autre démonstration du théorème de JLT: on considère la forme quadratique $Q = \sum_{i,j} a_{ij} x_ix_j$, qui est supposée positive. Certainement les coefficients diagonaux valent $a_{ii}=1$. On soustrait à $Q$ l'expression $(x_1 + \sum_{i>1} a_{1i} x_i)^2$ pour obtenir une forme quadratique $q$ en $n-1$ variables, qui est donc \[q(x_2,\dotsc,x_n) = \sum_{2\leq i\neq j\leq n} (a_{ij} - a_{1i}a_{1j}) x_ix_j\] Pour tout $n-1$ uplet on peut choisir $x_1$ de manière à avoir $Q(x_1,\dotsc,x_n) = q(x_2,\dotsc,x_n)$ donc la forme quadratique $q$ est positive. Mais ses termes diagonaux sont nuls. Par Cauchy-Schwarz (ou en considérant les mineurs diagonaux $2\times2$) il en résulte que les coefficients hors de la diagonale sont aussi tous nuls. Donc $a_{ij} = a_{1i}a_{1j}$ pour $i,j\geq2$ et la formule est vraie aussi si l'un des indices vaut $1$. Ainsi $A$ est de rang un.
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