Monotonie dans S_n^+(E)

Bonjour,
Pour ma culture personnelle, comment ordonne-t-on les endomorphismes positifs?

Je crois qu'un théorème de Löwner dit qu'une fonction $f$ est opérateur-monotone si et seulement si elle admet une représentation intégrale de la forme
$$f(t)=at+b+\int_0^\infty \frac{ts-1}{t+s}\,d\mu(s)$$
avec $a\ge 0$, $b\in\R$, et $d\mu$ est une mesure finie sur $\R_+$. En particulier, $f$ est nécessairement majorée par une fonction affine.

magnifique ce théorème de Löwner, mais donc la définition de la monotonie y demande de prendre en compte des opérateurs hermitiens en dimension infinie. Est-ce que quelqu'un sait s'il y a une caractérisation en dimension finie donnée? (donc pour n=1, op-monotone=monotone, et je ne sais même pas ce qu'on peut dire avec n=2) et aussi (ça doit être plus facile) si on ne considère que des espaces de Hilbert réels?

@JLT: excellent, merci pour la référence!

pour information, la question initiale apparaissait dans un sujet de concours d'école de commerce donné il y a quelques années

$d\mu(s)=\pi \frac{\sqrt{s}}{1+s^2}\,ds$ sauf erreur de calcul.

on a le droit de faire un pause pour dîner? . . . je n'avais jamais calculé f(A) pour A symétrique 2 par 2 ...

Voici comment je procède : on cherche une condition nécessaire et suffisante pour que pour toutes matrices $A$ et $B$ avec $A$ définie positive et $B$ positive on ait $f(A)\le f(A+B)$. Il est évident que $f$ est nécessairement croissante (regarder les homothéties).

Ceci équivaut à $\langle f(A)\xi,\xi\rangle \le \langle f(A+tB)\xi,\xi\rangle$ pour tout vecteur $\xi$ et tout $t\in [0,1]$. En dérivant par rapport à $t$ en $t=0$, on obtient $\dfrac{d}{dt}f(A+tB)_{|t=0}\ge 0$ pour tous $(A,B)$ comme ci-dessus.

Réciproquement, si cette dernière condition est vérifiée, $t\mapsto f(A+tB)$ est bien croissante sur $\R_+$.

Il reste donc à calculer $\dfrac{d}{dt}f(A+tB)$. Comme $A$ est diagonalisable sur une base orthonormée, on peut supposer que $A=\mbox{diag}(a,b)$. On peut aussi supposer $B$ non diagonale. Par homogénéité, on se ramène à
$$B=\begin{pmatrix} \alpha & 1 \\ 1 & \beta \end{pmatrix}.$$
On diagonalise $A+tB$ au premier ordre par rapport à $t$ (c'est-à-dire modulo des $o(t)$) pour calculer $f(A+tB)$ modulo $o(t)$, ce qui permet de calculer $\dfrac{d}{dt}f(A+tB)_{|t=0}$ et d'obtenir la condition nécessaire et suffisante.

Pour la convexité de $f'$ je n'ai en fait pas vérifié. Si $f$ est 3 fois dérivable, en prenant $b=a+h$ et en faisant un développement limité à l'ordre 2 de l'inégalité on obtient $f^{(3)}(a)\ge 0$ mais je n'ai pas regardé le cas où $f$ n'est pas 3 fois dérivable.

JLT, ta formule $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\le\sqrt{f'(a)f'(b)}$ est la bonne, mon facteur $2$ venait d'une erreur de calcul, désolé. Pour l'instant je ne vois toujours pas comment montrer qu'elle est suffisante (combinée à la croissance de $f$).

@bs : ton exo est bien sûr beaucoup plus facile que le mien, il suffit de diagonaliser simultanément sur une base orthonormée.

@gottfried : désolé, j'avait fait une erreur de LaTeX que j'ai corrigée.

L'inégalité donne que $\frac{d}{dt}f(A+tB)$ est positive en $t=0$. Comme $\frac{d}{dt}f(A+tB)=\frac{d}{ds}f((A+tB)+sB)_{|s=0}$, on a $\frac{d}{dt}f(A+tB)\ge 0$ pour tout $t\ge 0$, donc $f(A)\le f(A+B)$.

@JLT: j'explique comment combiner ta méthode avec un résultat plus élémentaire pour prouver qu'une fonction $f$ vérifiant la condition donnée pour les matrices $2\times2$ est automatiquement dérivable pour $x>0$.

En regardant les matrices diagonales on sait que $f$ est croissante. Puis, soit $M = \begin{pmatrix} c&d\\d&c\end{pmatrix}$ définie positive, ses valeurs propres sont $c\pm d$ et on a $f(M) = \begin{pmatrix} C&D\\D&C\end{pmatrix}$ avec $C = \frac12(f(c+d)+f(c-d))$ et $D = \frac12(f(c+d) - f(c-d))$. Si $a,b>c$ et $(a-c)(b-c)>d^2$ alors $M < \mathrm{diag}(a,b)$. Donc il faut $f(M)\leq \mathrm{diag}(f(a),f(b))$, et en particulier $f(a) \geq C$. Mais on peut prendre $a$ arbitrairement proche de $c$ et choisir $b$ ensuite, donc $f(c^+)\geq \frac12(f(c+d)+f(c-d))$. On décale vers la droite $c$ et on prend la limite on obtient $g(c)\geq \frac12(g(c+d)+g(c-d))$ avec $g(x) = f(x^+)$. Donc $g$ est concave au point milieu, mais étant croissante elle est bornée sur tout segment, et donc par un résultat de Jensen, elle est continue sur $]0,+\infty[$. Donc $f$ elle-même est continue. Donc elle est concave (pas seulement au point milieu). Donc elle a en tout point une dérivée à droite et une à gauche.

La méthode de JLT donne la majoration $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\leq \sqrt{f'(a^+)f'(b^+)}$ pour $0<a<b$. On remplace $a$ par $a-\epsilon$ et on fait tendre $\epsilon$ vers zéro, ce qui donne la majoration améliorée $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\leq \sqrt{f'(a^-)f'(b^+)}$. De même on remplace $b$ par $b-\epsilon$ et on a maintenant $\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\leq \sqrt{f'(a^-)f'(b^-)}$. On fait tendre $b$ vers $a$ par valeurs supérieures, on obtient $f'(a^+) \leq \sqrt{f'(a^-)f'(a^+)}$ puis $f'(a^+) \leq f'(a^-)$. Donc $f'(a^+) = f'(a^-)$ et $f$ est dérivable.

Je n'ai pas réfléchi à la question soulevée par JLT de la convexité de ~$f''$~ $f'$ si on ne suppose pas $f$ trois fois dérivable.

Remarque: il n'y a pas forcément continuité de $f(x)$ en $x=0^+$ au cas où on s'intéresse aux $f(M)$ avec $M$ positive mais pas nécessairement définie positive.

[Corrigé selon ton indication. AD]

@JLT: On sait donc que $f$ est de classe $C^1$, voici comment montrer que $f'$ est convexe, sans supposer que $f^{(3)}$ (ni même $f''$) n'existe. On s'y ramène par régularisation: si $f$ a la propriété étudiée, il en est de même de $f(2x)$, $f(\frac12 x)$, plus généralement de $f(\lambda x)$ pour tout $\lambda>0$, ainsi que de toute combinaison linéaire à coefficients positifs de telles dilatations de la fonction d'origine $f$. Plus généralement, on prend une fonction $g$ positive, d'intégrale $1$, à support entre $-1$ et $+1$, de classe $C^\infty$, paire, et on pose $f_\epsilon(x) = \int_{-1}^1 f(e^u x) g(\frac1\epsilon u)\frac{du}{\epsilon}$, de sorte que $f_\epsilon$ est de classe $C^\infty$ pour $x>0$ (régularisation par convolution). De plus il y a convergence uniforme sur tout segment $[a,b]$, $0<a<b$ de $f_\epsilon$ (resp. $f_\epsilon'$) vers $f$, (resp. $f'$). Les fonctions $f_\epsilon$ sont $C^\infty$ et vérifient la condition étudiée, donc par le résultat de JLT, les $f_\epsilon'$ sont convexes. Donc $f'$ est convexe, comme limite de fonctions convexes.