Dans un vieil article de Chern

P. · June 2018

..j'y ai trouve: soit $A$ et $B$ des matrices reelles definies positives d'ordre 2 de meme determinant. Alors $\det (A-B)\leq 0$ avec egalite si et seulement si $A=B.$

GaBuZoMeu · June 2018

Avec la "diagonalisation simultanée" on trouve une matrice $P$ telle que $P^{\mathsf{T}}AP=I_2$ et $P^{\mathsf{T}}BP=\pmatrix{b&0\\0&c}$, où $b$ et $c$ sont deux réels $>0$. L'hypothèse $\det(A)=\det(B)$ entraîne $bc=1$. On a
$$\det(A-B)=\det(P)^{-2}(1-b)(1-c)=\det(P)^{-2}(2-b-c) \leq 0\;,$$
avec égalité si et seulement si $b=c=1$.

P. · June 2018

Hou ! astucieux la diagonalisation simultanee. Voici une autre solution : sans perte de generalite on peut supposer que la matrice symetrique $C=A-B$ est $\mathrm{diag}(c_1,c_2).$ Si $c_1c_2=\det C\geq 0$ sans perte de generalite on peut supposer $c_1$ et $c_2$ positifs ou nuls (sinon, echanger $A$ et $B$) et donc $C$ est semidefinie positive. Mais alors $\det A=\det (B+C)=\det B$ entraine $C=0$ (details : si $C_1=B^{-1/2}CB^{-1/2}$ alors $\det (I_2+C_1) =1 $ ; puisque sans perte on peut supposer $C_1=\mathrm{diag}(c_3,c_4)$ alors $(1+c_3)(1+c_4)=1$ et on conclut car $c_3,c_4\geq 0).$

GaBuZoMeu · June 2018

astucieux la diagonalisation simultanee

Bah, quand on a deux formes quadratiques réelles dont l'une est définie positive, ça me semble un réflexe de base, non ?

P. · June 2018

C'est bête, mais j'aime mieux les endomorphismes symétriques que les formes quadratiques,

Tonm · June 2018

Je ferais comme P. à détails prés j'utilise la caractérisation min-max quotient de Rayleigh des valeurs propres.
Ce n'est pas direct il faut dire.
Cordialement.

Dans un vieil article de Chern

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