Exemples d'utilisation du théorème de Courant-Fischer

$\hbox{1}^{\hbox{\scriptsize ère}}$ Partie

A- Étude d'une matrice

1. $M=U\,^t\!U=\begin{pmatrix} u_1 \\ \vdots \\ u_n \end{pmatrix} \begin{pmatrix... ...u_n \\ \vdots & & & \vdots \\ u_nu_1 & u_nu_2 & \ldots & u_n^2 \end{pmatrix}$.
   Donc pour tout couple $(i,j)$ d'éléments de $\{1,\ldots,n\}$, on a: $m_{i,j}=u_iu_j$ et Tr $(M)=\sum\limits_{i=1}^nu_i^2$.
2. La $j$-ème colonne de $M$ est $u_jU$.
3. On sait que le rang d'une matrice est égal à celui de ses colonnes, or toutes les colonnes de $M$ sont proportionnelles à $U$, donc leur rang vaut 1, d'où rg$(M)=1$.
4. rg $(M)=1\neq n$, donc $M$ n'est pas inversible en particulier 0 est une valeur propre de $M$, d'autre part $MY=0\ssi ^t\!YU ^t\!UY=0\ssi \Vert ^t\!UY\Vert=0\ssi ^t\!UY=0$ d'où le sous-espace propre associé est égale à $\{Y\in\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} },\ ^t\!UY=0\}$. Sa dimension est $n-1$ car c'est un hyperplan de $\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }$ puisque c'est le noyau de la forme linéaire non nulle $\app{\varphi :}{\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }}{\ensuremath{\mathbb{R}} }{Y}{^t\!UY}$.
5. $MU=U ^t\!UU$, donc $^t\!UU$ est une autre valeur propre de $M$ avec $U$ est un vecteur propre, et dont la dimension du sous-espace propre associé ne peut pas dépasser 1, puisque déjà celui associé à 0 est de dimension $n-1$, donc sa dimension est 1, engendré par $U$.
6. La matrice $M$ est orthogonalement semblable à la matrice diagonale $D=diag(^t\!UU,0,\ldots,0)$, car les sous-espaces associée respectivement aux valeurs propres $^t\!UU$ et 0 sont Vect$(U)$ et $\{Y\in\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} },\ ^t\!UY=0\}$=Vect $(U)^{\bot}$ de dimension 1 et $n-1$

B- Théorème de Courant-Fischer

1. Parceque toute matrice symétrique est diagonalisable dans une base orthonormée.
2. $R_A(e_k)=\dfrac{<\!\!Ae_k,e_k\!\!>}{<\!\!e_k,e_k\!\!>}=\dfrac{<\!\!f(e_k),e_k\!\!>}{<\!\!e_k,e_k\!\!>}=\lambda_k$, pour tout $k\in\{1,2,\ldots,n\}$ car $f(e_k)=\lambda_ke_k$.
3. $\ds v=\sum_{i=1}^nx_ie_i$, donc $\ds f(v)=\sum_{i=1}^n\lambda_ix_ie_i$, d'où $\ds <\!\!f(v),v\!\!>=\sum_{i=1}^n\lambda_ix_i^2$ et $\ds <\!\!v,v\!\!>=\sum_{i=1}^nx_i^2$.
4. On a $\lambda_1\ioe \lambda_i\ioe\lambda_n$, d'où $\ds \lambda_1<\!\!v,v\!\!>=\sum_{i=1}^n\lambda_1x_i^2\ioe<\!\!f(v),v\!\!> =\sum_{i=1}^n\lambda_ix_i^2\ioe \sum_{i=1}^n\lambda_nx_i^2=\lambda_n<\!\!v,v\!\!>$, donc $\lambda_1\ioe R_A(v)\ioe \lambda_n\quad \qlq v\neq 0$, d'où $\quad \ds\lambda_1\ioe\min_{v\not=0}R_A(v)\quad$ et $\quad\ds\lambda_n\ioe\max_{v\not=0}R_A(v)$, d'autre part $R_A(e_1)=\lambda_1$, d'où $\quad \ds\lambda_1\soe\min_{v\not=0}R_A(v)\quad$ et $R_A(e_n)=\lambda_n$ d'où $\quad\ds\lambda_n\soe\max_{v\not=0}R_A(v)$.
   Donc: $\quad \ds\lambda_1=\min_{v\not=0}R_A(v)\quad$ et $\quad\ds\lambda_n=\max_{v\not=0}R_A(v)$.
5. Soit $k\in\{1,\ldots,n\}$, $\ds w\in V_k\;\Longrightarrow\;w=\sum_{i=1}^kx_ie_i\;\Longrightarrow\;\ds <\!\!f(w),w\!\!>=\sum_{i=1}^k\lambda_ix_i^2\ioe \lambda_k\sum_{i=1}^kx_i^2$ et $\ds <\!\!w,w\!\!>=\sum_{i=1}^kx_i^2$, d'où $R_A(w)=\dfrac{<\!\!f(w),w\!\!>}{<\!\!w,w\!\!>}\ioe \lambda_k\quad \qlq w\in V_k\setminus\{0\}$, d'où $\ds\lambda_k\soe\max_{v\in V_k\setminus\{0\}}R_A(v)$ or $e_k\in V_k\setminus\{0\}$ et $R_A(e_k)=\lambda_k$, d'où $\ds\lambda_k=\max_{v\in V_k\setminus\{0\}}R_A(v).$
6. 1. Supposons $\dim\left( F_1\cap{\rm Vect}(e_k,\ldots,e_n)\right) =0$, alors $\dim\left( F_1\oplus{\rm Vect}(e_k,\ldots,e_n)\right)=k+(n-k+1)=n+1$, impossible puisque $\left( F_1\oplus{\rm Vect}(e_k,\ldots,e_n)\right)$ est un de $\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }$ qui est de dimesnion $n$, d'où $\dim\left( F_1\cap{\rm Vect}(e_k,\ldots,e_n)\right) \neq 0$ et par suite $\dim\left( F_1\cap{\rm Vect}(e_k,\ldots,e_n)\right) \soe 1$.
   2. $\ds w\in F_1\cap{\rm Vect}(e_k,\ldots,e_n) \;\Longrightarrow\;w=\sum_{i=k}^nx_... ...row\;<\!\!f(w),w\!\!>=\sum_{i=k}^n\lambda_ix_i^2\soe \lambda_k\sum_{i=k}^nx_i^2$ et $\ds <\!\!w,w\!\!>=\sum_{i=k}^nx_i^2$, d'où $R_A(w)=\dfrac{<\!\!f(w),w\!\!>}{<\!\!w,w\!\!>}\soe \lambda_k$.
   3. D'aprés 5.) on a: $\ds\lambda_k=\max_{v\in V_k\setminus\{0\}}R_A(v)$ et $V_k\in{\cal F}_k$, d'où $\quad\ds\lambda_k\soe\!\min_{F\in{\cal F}_k}\big(\max_{v\in F\setminus\{0\}}R_A(v)\big)$ , et d'aprés 6.b) $\lambda_k\ioe R_A(w)\ioe \max_{v\in F\setminus\{0\}}R_A(v)\quad \qlq F\in{\cal F}_k$, d'où $\quad\ds\lambda_k\ioe\!\min_{F\in{\cal F}_k}\big(\max_{v\in F\setminus\{0\}}R_A(v)\big)$, d'où l'égalité.
7. 1. L'application $\psi_A : v\longmapsto <\!\!Av,v\!\!>$ est continue sur n,1 $\mathbb{R}$ en tant que produit scalaire de deux fonctions continues car linéaires $v\mapsto Av$ et $v\mapsto v$ et on en déduit la continuité de l'application $R_A$ sur $\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }\setminus \{0\}$ car rapport de deux fonctions continues $v\mapsto <\!\!Av,v\!\!>$ et $v\mapsto <\!\!v,v\!\!>$ avec un dénominateur qui ne s'annulle jamais.
   2. Soient $A$ et $B$ deux éléments de $\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }\setminus \{0\}$, on cherche à les relier par un chemin qui ne passe pas par l'origine.
      • 1èr cas $0\notin [A,B]$ alors le chemin $\app{\gamma:}{[0,1]}{\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }\setminus \{0\}}{t}{tA+(1-t)B}$ fera bien l'affaire.
      • 1èr cas $0\in [A,B]$, on se fixe un élément $C\in \mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }\setminus \{0\}$ tel que: $0\notin [A,C]$ et $0\notin [C,B]$, on relie alors $A$ à $C$ puis $C$ à $B$.
      D'où l'ensemble $\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }\setminus \{0\}$ est connexe par arcs et l'image de l'application $R_A$ est aussi un ensemble connexe par arcs de $\ensuremath{\mathbb{R}}$, donc un intervalle car les seuls connexes par arcs de $\ensuremath{\mathbb{R}}$ sont ses intervalles.
   3. D'aprés ce qui précède $\{R_A(v),\ v\in\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }\setminus\{0\}\ \}$ est un intervalle, or $\quad \ds\lambda_1=\min_{v\not=0}R_A(v)\quad$ et $\quad\ds\lambda_n=\max_{v\not=0}R_A(v)$. D'où $\{R_A(v),\ v\in\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }\setminus\{0\}\ \}=[\lambda_1,\lambda_n]$

$\hbox{2}^{\hbox{\scriptsize ème}}$ Partie

1. Soit $B$ une matrice symétrique réelle d'ordre $n$.
   supposons $B$ definie positive et soit $\lambda$ une valeur propre de $B$ et $X$ un vecteur propre associé, alors $^tXBX=\lambda\Vert X\Vert^2>0$ d'où $\lambda>0$
   Inversemnt, supposons $B$ admet deux valeurs propres $\lambda>0$ et $\mu >0$, comme $B$ est symetrique alors elle orthogonalement diagonalisable, c'est à dire $\exists P$ inversible telle que $B=^tP\begin{pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \mu \end{pmatrix}P$, d'où $\qlq X\neq 0$ on a: $^tXBX=^tX^tP\begin{pmatrix} \sqrt{\lambda} & 0 \\ 0 & \sqrt{\mu} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sqrt{\lambda} & 0 \\ 0 & \sqrt{\mu} \end{pmatrix}PX=^tYY>0$ où $Y=\begin{pmatrix} \sqrt{\lambda} & 0 \\ 0 & \sqrt{\mu} \end{pmatrix}PX\neq 0$ car $X\neq 0$, d'où $B$ est définie positive.
   Conclusion: $B$ est définie positive si et seulement si ses valeurs propres sont strictement positives.
2. 1. $A$ est définie positive, donc pour $^tX=(1,0)\neq 0$ on a: $a=^tXAX>0$ d'autre part $\det (A)=ac-b^2>0$ car c'est le produit des valeurs propres de $A$.
   2. Tout calcul fait: $^tXAX=ax^2+2bxy+cy^2=a\left( (x+\frac{b}{a}y)^2+(\frac{c}{a}-\frac{b^2}{a^2})y^2\right)= a\left( (x+\frac{b}{a}y)^2+(\frac{ac-b}{a^2})y^2\right)>0$. Donc $A$ est définie positive.

3. 1. Montrer que $<g(x),y>=<p\circ f(x),y>=<f(x),p(y)>=<f(x),y>$ car $p$ projecteur orthogonal sur $H$ et $y\in H$ et de même $<x,g(y)>=<x,f(y)>$ or $f$ est symétrique d'où $<f(x),y>=<x,f(y)>$, donc $<g(x),y>=<x,g(y)>$, et alors $g$ est un endomorphisme autoadjoint de $H$.

   2. Soit $(e'_1,\ldots ,e'_{n-1})$ base propre orthonormée de $H$ associée à $g$ dont les valeurs propres sont $\mu_1,\ldots ,\mu_{n-1}$, pour tout $k\in\{1,\ldots,n-1\}$ on pose: $V'_k=Vect(e'_1,\ldots ,e'_{k})$, comme précédement on montre que $\ds\mu_k=\max_{v\in V'_k\setminus\{0\}}R_A(v)$, or $V'_k\in{\cal F}_k$ et
      $\quad\ds\lambda_k=\!\min_{F\in{\cal F}_k}\big(\max_{v\in F\setminus\{0\}}R_A(v)\big)$, d'où $\lambda_k\ie\mu_k$.
   3. Soit $k\in\{1,\ldots,n-1\}$.
      1. Supposons $\dim (F\cap H)<k$, donc $\dim (F+H)=\dim F+\dim H-\dim (F\cap H)=n+k-\dim (F\cap H)>n$, impossible puisque $F\cap H$ est un de $\mat{(n-1),1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }$ qui est de dimension $n$ d'où $\dim (F\cap H)\soe k$.
      2. $g(v)=p(f(v))$, donc $g(v)-f(v)\in H^\perp$, or $v\in H$, d'où $<g(v)-f(v),v>=0$ et donc $<g(v),v>=<h(v),v>$, en particulier
         $<g(v),v>\ioe \max_{v\in F\setminus\{0\}}\frac{<\!\!f(v),v\!\!>}{<\!\!v,v\!\!>}\quad \qlq v\in G\setminus\{0\}$, d'où
         $\ds\quad\max_{v\in G\setminus\{0\}}\frac{<\!\!g(v),v\!\!>}{<\!\!v,v\!\!>}\ie\max_{v\in F\setminus\{0\}}\frac{<\!\!f(v),v\!\!>}{<\!\!v,v\!\!>}.$
      3. En passant au $\min$ dans l'inégalité précèdente et en utilisant le théorème de Courant-Fischer à gauche pour $g$ et à droite pour $f$ et vu que $G$ est de dimension $k$ et $F$ de dimension $k+1$, on conclut que $\mu_k\ie\lambda_{k+1}$.
4. 1. $A_{n-1}$ n'est autre que la matrice de $g$, elle est symétrique car $g$ est auto-adjoint.
   2. Application directe de ce qui précède on a $\lambda_k\ioe\mu'_k\ioe\lambda_{k+1}$ puisque les $\mu'_k$ sont aussi valeurs propres de $g$.
   3. Si la matrice $A$ est définie positive, alors toutes ses valeurs propres $\lambda_k$ sont strictement positives il en sera de même pour les valeurs propres $\mu'_k$ de la matrice $A_{n-1}$, or $A_{n-1}$ est symétrique donc orthogonlement diagonalisable, d'où $\exists P$ inversible telle que $A_{n-1}=^tP\begin{pmatrix} \mu '_1 & 0&\ldots &0 \\ 0&\ddots&\ddots&\vdots\\ \vdots&&&0\\ 0 &\cdots&& \mu'_n \end{pmatrix}P$, d'où $\qlq X\neq 0$ on a:
      $^tXA_{n-1}X=^tX^tP\begin{pmatrix} \mu '_1 & 0&\ldots &0 \\ 0&\ddots&\ddots&\vdots\\ \vdots&&&0\\ 0 &\cdots&& \mu'_n \end{pmatrix}PX=^tYY>0$ où
      $Y=\begin{pmatrix} \sqrt{\mu '_1} & 0&\ldots &0 \\ 0&\ddots&\ddots&\vdots\\ \vdots&&&0\\ 0 &\cdots&& \sqrt{\mu'_n} \end{pmatrix}PX\neq 0$ car $X\neq 0$, d'où $A_{n-1}$ est définie positive.
5. 1. Si $A$ est définie positive alors toutes les matrices $A_k$ sont aussi définie positive d'aprés la question précèdente, donc leurs déterminants sont tous strictement positifs.
   2. Le résultat est déja vérifié pour $n=2$.
      Supposons le resultat vrai pour $n-1$, on peut donc déjà affirmer que $A_{n-1}$ est définie positive, d'où $\mu'_k>0\quad\qlq 1\ioe k\ioe n-1$, en particulier $\lambda_2>0,\ldots ,\lambda_n>0$, or $\ds\det A=\prod_{i=1}^n\lambda_i>0$, d'où $\lambda_1>0$, ainsi $A$ est une matrice symétrique dont toutes les valeurs propres sont strictement positives, donc définie positive.
6. Un exemple d'utilisation :
   1. Montrer que, pour tout $t\in[0,1[$, la matrice $M(t)$ est symétrique définie positive.
   2. En déduire que la matrice $\qlq X\neq 0 ^tXM_1X=^tX(\int_0^1M(t) dt) X=\int_0^1^tXMX dt>0$ car $^tXMX>0$, d'où $M_1$ est définie positive.

$\hbox{3}^{\hbox{\scriptsize ème}}$ Partie A- Une deuxième application

1. 1. $\qlq F\in {\cal F}_k,\quad \qlq v\in F\setminus\lbrace 0\rbrace$ on a: $\ds R_{A'}(v)=R_A(v)+R_{E}(v)$ d'où
      $\ds\max_{v\in F\setminus\lbrace 0\rbrace}R_{A'}(v)=\max_{v\in F\setminus\lbrac... ..._A(v)+\max_{v\neq 0}R_{E}(v)=\max_{v\in F\setminus\lbrace 0\rbrace}R_A(v)+\mu_n$ d'où
      $\ds\min_{F\in\cal F}\max_{v\in F\setminus\lbrace 0\rbrace}R_{A'}(v)\ioe\min_{F\in\cal F}\max_{v\in F\setminus\lbrace 0\rbrace}R_{A}(v)+\mu_n$ et donc $\lambda'_k \ioe \lambda_k+\mu_n$, d'autre part, $\qlq F\in {\cal F}_k,\quad \qlq v\in F\setminus\lbrace 0\rbrace$ on a: $\ds R_{A'}(v)=R_A(v)+R_{E}(v)\soe R_A(v)+\mu_1$, en passant une première fois au max sur $v\in F\setminus\lbrace 0\rbrace$ puis une deuxième fois au min sur $F\in\cal F$ on obtient l'autre égalité d'où pour tout $k\in\{1,2,\ldots,n\}$, on a: $\lambda_k+\mu_1\ioe\lambda'_k \ioe \lambda_k+\mu_n.$
   2. D'aprés la question précèdente on a: $\mu_1\ioe\lambda'_k -\lambda_k\ioe \mu_n$, d'où $\vert\lambda'_k-\lambda_k\vert\ioe \max (\vert\mu_1\vert,\vert\mu_n\vert)$, montrons alors que $\ds\Vert A-A'\Vert=\max_{X\neq 0}\frac{\Vert(A-A')X\Vert}{\Vert X\Vert}=\max (\vert\mu_1\vert,\vert\mu_n\vert)$, en effet $A-A'=E$ est symétrique, donc diagonalisable dans une base orthonormale, $(e'_1,\ldots,e'_n)$ associée aux valeurs propres $\mu_1\ioe\ldots \ioe \mu_n$, d'où $\vert\mu_k\vert\ioe \max (\vert\mu_1\vert,\vert\mu_n\vert)=r$, et $\qlq X\neq 0$ on a $\ds X=\sum_{k=1}^nx_ke'_k$, d'où $\ds X=\sum_{k=1}^n\mu_kx_ke'_k$ en particulier $\ds\Vert EX\Vert^2=\sum_{k=1}^n\mu_k^2x_k^2\ioe r^2\sum_{k=1}^nx_k^2=r^2\Vert X\Vert^2$, d'où $\ds\Vert A-A'\Vert=\max_{X\neq 0}\frac{\Vert EX\Vert}{\Vert X\Vert}\ioe r$, d'autre part $\ds\Vert A-A'\Vert=\max_{X\neq 0}\frac{\Vert EX\Vert}{\Vert X\Vert}\soe \frac{\Vert Ee'_1\Vert}{\Vert e'_1\Vert}=\vert\mu_1\vert$ et $\ds\Vert A-A'\Vert=\max_{X\neq 0}\frac{\Vert EX\Vert}{\Vert X\Vert}\soe \frac{\Vert Ee'_n\Vert}{\Vert e'_n\Vert}=\vert\mu_n\vert$, d'où $\ds\Vert A-A'\Vert\soe \max (\vert\mu_1\vert,\vert\mu_n\vert)$ d'où l'égalité.
2. Soit $A\in S_n^{+}$, on cherche $\varepsilon > 0$ tel que: $\Vert A-A'\Vert\ioe \varepsilon\;\Longrightarrow\;A'\in S_n^{+}$, en effet:
   $\ds\Vert A-A'\Vert\ioe \varepsilon\;\Longrightarrow\;\vert\lambda'_k-\lambda_k... ...da'_k\;\Longrightarrow\;\min_{1\ioe k\ioe n}\lambda_k-\varepsilon\soe\lambda'_k$, si on prend $\ds\varepsilon=\frac{1}{2}\min_{1\ioe k\ioe n}\lambda_k>0$, alors $\ds\lambda'_k\soe\frac{1}{2}\min_{1\ioe k\ioe n}>0,\quad \qlq 1\ioe k\ioe n$, ainsi toutes les valeurs propres de $A'$ qui est symétrique sont strictement positives, d'où $A'$ est définie positive.

B- Une dernière application

1. Les matrices $R$ et $S$ sont orthogonales, d'où
   $^tRR=I_n$ et $^tSS=I_{n-1}$, d'où $^tQQ=\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0& ^tS\end{pmatrix}^tRR\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0&... ...& 0 \\ 0& ^tSS\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0& I_{n-1}\end{pmatrix}=I_n$, d'où la matrice $Q$ est orthogonale.
2. Simple calcul, en utilisant les relations: $^t\!RMR=\begin{pmatrix}^t\!UU & 0 \\ 0& 0\end{pmatrix},^t\!RAR=\begin{pmatrix}\alpha & ^t\!a \\ a& A_{n-1}\end{pmatrix}$ et $^t\!SA_{n-1}S=diag(\alpha_2,\ldots,\alpha_n).$
3. On a $A_\varepsilon-A=\varepsilon M$, donc $A_\varepsilon$ jouera le rôle de $A'$ et $\varepsilon M$ celui de $E$, dont les valeurs propres sont $\mu_1=0$ et $\mu_n=\varepsilon^tUU$.
4. 1. C'est un résultat du cours puisque la matrice $Q$ est orthogonale.
   2. le coefficient d'indice $(i,j)$ de $^tQAQ$ s'obtient en faisant le produit scalaire de la $i$-ème ligne de $^tQ$ avec la $j$-ème colonne de $AQ=AC_j$, donc ce coefficient est $$\begin{array}{lll} ^tC_iAC_j= & \alpha & \text{ si } i=j=1 \\... ...e 2\text{ ou }j=1,i\soe 2 \\ & 0 & \text{ sinon } \end{array}$$
      Soit $\ds X=\sum_{i=1}^ny_iC_i\in\mat{n,1}{\ensuremath{\mathbb{R}} }$ alors $\ds ^tXAX=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ny_iy_j^tC_iAC_j=\alpha y_1^2+\sum_{i=2}^n\alpha_iy_i^2+2 \sum_{j=2}^n\beta_jy_1y_j$.
   3. De manière analogue on a: $\ds^tXA_\varepsilon X=(\alpha +\varepsilon ^tUU) y_1^2+\sum_{i=2}^n\alpha_iy_i^2+2 \sum_{j=2}^n\beta_jy_1y_j=^tXAX+\varepsilon ^tUUy_1^2$.
      Ainsi $\ds R_{A_{\eps}}(X)=\frac{^tXA_\varepsilon X}{<\!\!X,X\!\!>}= \frac{^tXAX+\... ...psilon ^tUUy_1^2}{<\!\!X,X\!\!>}=R_A(X)+\eps^t\!U U\frac{y_1^2}{<\!\!X,X\!\!>}$.
   4. Choisir $X\in F$ tel que: $F\in {\cal F}_2$ avec $y_1=0$.

FIN DE L'ÉPREUVE