Contraintes coef matrice symétrique réelle
dans Algèbre
Bonjour
y a-t-il des contraintes simples entre les coefficients pour une matrice symétrique réelle positive ou semi-positive ?
Merci
Edit. J'ai reformulé ma question de manière plus claire.
y a-t-il des contraintes simples entre les coefficients pour une matrice symétrique réelle positive ou semi-positive ?
Merci
Edit. J'ai reformulé ma question de manière plus claire.
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Réponses
$A_l = (a_{ij})_{1\leqslant i,j\leqslant l}$ la sous-matrice de taille $l\times l$ obtenue en ne gardant que les $l$ premières lignes et colonnes. Alors $A$ est définie positives si et seulement si les déterminants ${\rm det}(A_l )$, $l=1,...,n$, sont tous $>0$. Je ne sais pas si l'analogue auquel en pense est vrai pour les symétriques positives. En tout cas un sens est vrai et facile : si la matrice est positive, tous les déterminants le sont.
Je n'ai pas de référence en tête. J'avais donné la démonstration en DM à mes élèves il y a quelques années et je peux retrouver le document.
pour les matrices positives, la condition n'est que nécessaire, cf ${\rm Diag}(0,0,\dots,0,-1)$. En revanche, la réciproque est vraie si $\det(M_I)\geqslant0$ pour toutes les parties $I$ non vides de $1,\ldots,n$ et non pas seulement pour celles de la forme $1,\ldots,\ell$. La preuve est classique ; il me semble que dSP en a donné une preuve en ce forum.
j__j
Je n'avais pas vu que j'avais mal tapé le signe moins
Je ne comprends pas ton contre-exemple : la forme de matrice ${\rm Diag}(0,\ldots,0,1)$, c'est-à-dire $q(x_1 ,\ldots,x_n ) =x_n^2$, n'est pas positive ?
pour apporter ma modeste contribution par rapport au message de Paul Broussous, il s'agit du critère de Sylvester.
pour qu'une matrice réelle symétrique ou complexe hermitienne, soit définie positive, il faut et suffit tous ses mineurs principaux dominants soient strictement positifs.
Visiblement, (https://en.wikipedia.org/wiki/Sylvester%27s_criterion) pour qu'elle soit semi-définie positive il faut et il suffit que tous ses mineurs principaux soient (non strictement) positifs.
Bref, je ne pense pas que les contraintes soient aussi simples qu'espérées par quadrateur2cercle.
Cordialement,
Mister Da
La nécessité, pour être semi-defini positif, d'avoir tous les mineurs principaux positifs ou nuls est claire (restriction de la forme quadratique à des sous-espaces de coordonnées).
La suffisance vient du fait que le polynôme caractéristique $X^n+\sum_{i=1}^n a_iX^{n-i}$ n'a aucune racine strictement négative si $(-1)^ia_i \geq 0$ pour $i=1,\ldots,n$ (règle des signes de Descartes) ; or $(-1)^ia_i$ est la somme des mineurs principaux de taille $i$.
En passant, ceci donne une condition nécessaire et suffisante pour être semi-défini positif sous forme de conjonction de $n$ inégalités larges : que tous les $(-1)^ia_i$ soient positifs ou nuls.
PS. Pas besoin d'invoquer la règle des signes de Descartes, l'absence de racine strictement négative est triviale.
Si ${\rm det}(M)>0$, on conclut comme dans le cas <<classique>> de Sylvester car $M$ ne peut avoir deux valeurs propres réelles $<0$.
Si ${\rm det}(M)=0$, on choisit un vecteur colonne $e_n$ non nul tel que $Me_n=0$ ; sans perte de généralité, la dernière composante de $e_n$ est supposée $\neq0$, de sorte que tout vecteur colonne $X$ s'écrit $X_0+\lambda e_n$, où la dernière composante de $X$ est nulle.
Ainsi, $^tXMX={}^tX_0MX_0\geqslant0$, du fait de l'hypothèse de récurrence.
Cordialement, j__j, qui espère que Paul n'a pas souffert pendant 48 heures en se disant <<j'aurais juré pourtant que $x_n^2$ est positif, non ?>>
Soit $\delta_0=1,\delta_1,\ldots,\delta_n$ la suite des mineurs principaux dominants ($\delta_i$ est un déterminant de taille $i$, et c'est bien exprès qu'il y a $\delta_0$). On suppose que ces mineurs sont tous non nuls. Alors la signature de la forme quadratique $q$ est $(p,n)$ où $p$ est le nombre de permanences de signe $\delta_i\delta_{i+1}>0$ et $n$ le nombre de changements de signe $\delta_i\delta_{i+1}<0$ dans la suite des $\delta_i$.
On peut s'en apercevoir grâce au procédé d'orthogonalisation de Gram-Schmidt. En effet, la condition de non-nullité des mineurs principaux dominants est la condition nécessaire et suffisante pour qu'on puisse mener cet algorithme à son terme (c.-à-d. qu'aucun des nouveaux vecteurs que l'on fabrique en orthogonalisant la base canonique $(e_1,\ldots,e_n)$ ne soit isotrope). Si $v_1=e_1,\ldots,v_i$ sont les $i$ premiers vecteurs deux à deux orthogonaux fabriqués par Gram-Schmidt, on a $\delta_i=\prod_{k=1}^i q(v_k)$. Si $\delta_i\neq 0$, on peut donc aller un cran plus loin et fabriquer
$$v_{i+1}= e_{i+1}-\sum_{i=1}^k \frac{b(v_k,e_{i+1})}{q(v_k)}\,v_k$$
orthogonal à $v_1,\ldots,v_i$. Et on a bien $\delta_{i+1}=\delta_i q(v_{i+1})$. Ceci donne immédiatement le résultat sur la signature de $q$.
Merci pour vos réponses.
Du coup pour une matrice symétrique positive $A=(a_{i,j})$ avec $\forall i, a_{i,i} = \alpha$, a-t-on $|a_{i,j}| \leq |\alpha|$?
Connais-tu Cauchy-Schwarz ?
Je me souviens (vaguement) d'exercices avec des contraintes entre les coefficients de la matrice.
Si on interprète la matrice comme un produit scalaire(cas défini), quitte à faire un changement de base on peut mettre le coefficient $a_{i,j}$ à la position $1, 2$ et en appliquant le critère de Sylvester pour le 2-mineur principal de la forme dans la nouvelle base, on a $\alpha^2-a_{i,j}^2 > 0$ ?
Pour toute matrice réelle symétrique positive, $|a_{i,j}|\leq \sqrt{a_{i,i}a_{j,j}}$.
Merci, j'ai tjs toujours eu du mal à appliquer cette inégalité.