Matrice définie positive 2

Mister Da · September 2017

Bonjour,

J'avais posté une discussion ici il y a quelques temps qui était restée ouverte. Je n'ai toujours pas réussi à trouver ma réponse et comme la discussion était devenue difficilement lisible (les hypothèses étaient réparties dans plusieurs messages) j'ai préféré en ouvrir une nouvelle.

Position du problème

On considère deux matrices : $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$ et $B\in\mathbb{R}^{n\times m}$. On suppose que $A$ est de Hurwitz (les valeurs propres ont une partie réelle strictement négative) et que $\mathrm{rang}[B,AB,\dots,A^{n-1}B] = n$. La notation $[B,AB,\dots,A^{n-1}B]\in\mathbb{R}^{n\times nm}$ désigne une matrice dont les $m$ premières colonnes sont celle de $B$, les $m$ colonnes suivantes sont celles de $AB$ etc.

On construit la matrice suivante $P(\omega) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\omega}^{+\omega} H(v)BB^TH^*(v)\mathrm{d}v$ avec $\omega>0$, $H(v) = (\mathrm{i}vI_n - A)^{-1}$, où $\mathrm{i}^2=-1$, $B^T$ est la transposée de $B$ et $H^*$ est la transposée conjuguée de $H$.

Autrement dit $P(\omega) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\omega}^{+\omega} (\mathrm{i}vI_n - A)^{-1}BB^T(-\mathrm{i}vI_n -A^T)^{-1}\mathrm{d}v$.

But
Le but est de montrer que pour tout $\omega>0$, la matrice $P(\omega)$ est définie positive. Le "positif" est immédiat, reste le "défini".

Solution ?
Voici mon raisonnement. Si $P(\omega)$ n'est pas définie alors il existe un vecteur $x$ de $\mathbb{R}^n$ (identifié à une matrice colonne) tel que $x^TP(\omega)x = 0$ ce qui revient à dire $x^T(\mathrm{i}vI_n - A)^{-1}B = 0$ c'est-à-dire $x^T(I_n - \frac{1}{\mathrm{i}v} A)^{-1}B = 0$.

Pour l'instant si on n'est pas trop regardant sur la convergence, en utilisant la série de Neumann (ça convergera pour des $v$ assez grand je suppose)
$$x^T\left(\sum_{k=0}^{+\infty} \left(\frac{1}{\mathrm{i}v} A\right)^kB\right) = 0$$

Cette série devant être identiquement nulle, chaque monôme $x^TA^kB$ doit être nul notamment les $n$ premiers ce qui implique que $x^T[B,AB,\dots,A^{n-1}B] = 0$ contredisant ainsi l'hypothèse $\mathrm{rang}[B,AB,\dots,A^{n-1}B] = n$.

Inversement, si $\mathrm{rang}[B,AB,\dots,A^{n-1}B] < n$ alors il existe un $x$ non nul tel que $x^TA^{i}B=0$
pour tout $i\in\{0,\dots,n-1\}$. En invoquant le théorème de Cayley-Hamilton c'est aussi vrai pour tout $i\in\mathbb{N}$. Il suffit de remonter
le calcul pour conclure que la matrice initiale est semi-définie.

Mon doute
La seule ombre au tableau est que j'ai fait un calcul avec une série formelle. Je ne me suis pas du tout intéressé à la convergence de la série de Neumann. Est-ce une fausse inquiétude étant donné que je ne manipule que des concepts algébrique ? Sinon je ne vois pas du tout comment faire.

Je vous remercie par avance pour vos lumières
Cordialement,
Mister Da

Edit : changement de $w$ en $v$.

gebrane · September 2017

Sans écho, message effacé

Tonm · September 2017

Bonjour, en fait la question initiale c'est: pourquoi l'intérieur de l'intégrale est définie positive? (l'intégrale c'est de chaque composante.)
C'est équivalent à dire que le rang de $B$ est $n$ avec $n<m$...

Mister Da · September 2017

Bonjour,

Merci à tous pour votre aide.

@gebrane0, j'ai bien lu ton message mais j'essayais de réfléchir avant d'y répondre. Je suis entièrement d'accord que lorsqu'on s'intéresse à la convergence il y a un problème mais je me demandais si le calcul formel était suffisant. Visiblement j'ai moins de 48h pour répondre après tu effaces c'est ça ?

@Tonm, c'est une condition suffisante mais pas nécessaire et en pratique on a souvent $m<n$ en fait.

Cordialement,
Mister Da

gebrane · September 2017

Je l'ai effacé car je t'ai suggéré de différencier les notations entre $w$ et $\omega$ pour le bien des yeux de tes lecteurs ( tu pourrais mettre $\alpha$ et $\beta$)

Mister Da · September 2017

Bonjour,
voilà qui est fait.
Cordialement,
Mister Da

Tonm · September 2017

si $m<n$ la matrice à l'intérieure de l'intégrale n'est pas inversible donc semi définie

Mister Da · September 2017

Non, par exemple un cas plus facile à démontrer est celui de la matrice $\int_0^{+\infty}e^{Ax}BB^Te^{A^Tx}\mathrm{d}x$ qui est définie en supposant que $\mathrm{rang}[B,AB,\dots,A^{n-1}B] = n$ même si $m<n$. Autrement dit, ce n'est pas parce que $BB^T$ est semi définie positive que l'intégrale le sera. Il suffit de suivre le même raisonnement que mon premier message avec la série de l'exponentielle qui a le bon gout de converger en toute circonstance. C'est un peu comme si tu disais que la somme de deux matrices non inversibles est forcément non inversible.

Tonm · September 2017

Salut, prenons un $B$ de rang $<n$ et supposons la matrice $H=CBB^TC^T$ ayant un zéro sur la diagonale alors...
c'est le cas si $H$ est triangulaire.
La condition que tu met sur le rang $[B,AB,\cdots,A^{n-1}B]=n$ peut impliquer que le rang de $B=n$ (matrices diagonales).

Maientenant je me demande pourquoi si $A_x$ est semi déf. positive cette opération sur chaque composante $\int_a^b A_x dx$ est semi déf. positive?

Merci.

reuns · September 2017

Le critère $x^* M x \ge 0$ implique que la somme de deux matrices (semi)-défini-positives est (semi)-défini-positive, et que la somme d'une défini-positive et d'une semi-défini positive est défini-positive.

Pareil pour une intégrale.

Enfin $U^* U$ est semi-défini-positive pour une matrice complexe $U$ (car $x^* U^* U x = \|Ux\|^2$).

Et une matrice semi-défini-positive est défini-positive ssi elle est de rang plein.

$(\mathrm{i}vI_n - A)^{-1}BB^*((\mathrm{i}vI_n -A)^*)^{-1} = U^* U, U =B^*((\mathrm{i}vI_n -A)^*)^{-1}$ est semi-défini-positive, et de rang plein pour presque tous les $v$ si $BB^*$ est inversible.

donc $P(\omega) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\omega}^{+\omega} (\mathrm{i}vI_n - A)^{-1}BB^*((\mathrm{i}vI_n -A)^*)^{-1}\mathrm{d}v$ est semi-défini-positive, et défini-positive dès que $BB^*$ est inversible.

Si $BB^*$ n'est pas inversible alors la condition de Mister Da doit montre que pour $\omega$ suffisamment grand $P(\omega)$ est inversible donc défini-positive.

Tonm · September 2017

Je vois pour la somme, je voudrais être rigoureux juste ça en passant à l'intégrale.

Cordialement.

Tonm · September 2017

Si une série est nulle ça ne va pas dire que chaque terme est nul

( je pense qu'un contre exemple à la question initiale peut être construit si rang $(B)<n$)...

Mister Da · September 2017

@Tomn, juste pour te convaincre, voici un petit exemple, tu prends $A=\left[\begin{array}{cc}0&1\\-1&-1\end{array}\right]$, $B=\left[\begin{array}{c}0\\1\end{array}\right]$, on a $\int_0^{+\infty}e^{Ax}BB^Te^{A^Tx}\mathrm{d}x = \frac{1}{2}I_2$ où $I_2$ est la matrice identité de dimension 2.

Concernant l'intégrale du premier message, j'ai toujours expérimenté numériquement qu'elle est définie positive. Dans le seul article que je connaisse l'auteur dit une ligne qu'elle est définie positive mais sans aucun détail comme si cela était évident. Il s'agit au final de la relation de Parseval appliquée à l'intégrale avec l'exponentielle au détail près qu'il n'intègre pas sur tout $\mathbb{R}$ mais sur le segment $[-\omega;\omega]$.

Merci à tous pour votre aide.
Cordialement,
Mister Da

Tonm · September 2017

Je vois, $\langle Ax,x\rangle\ge 0$ et par linéarité ça reste $\langle \int_a^bAx,x\rangle\ge 0$

Je réflechirais suite

Tonm · September 2017

Enfin avec le même $B$ si tu choisis à la place de $e^{Ax}$, $xP$, $P$ matrice de permutation c'est faux, c'est pour cela il faut voir la matrice $(ivI-A)^{-1}$...

$\int_{t_1}^{t_2} xPBB^T\frac{1}{x}P dx$ est semi-définie positive
avec $B^T=[0,1]$
$t_1\le t_2<\infty$

Tonm · September 2017

Rebonjour, @Mister Da si $n=m$ et tu en as $x^TCC^Tx=0$

$C=(\mathrm{i}vI_n - A)^{-1}B$ alors necessairement il existe $y$ tel que $B^T(-\mathrm{i}vI_n - A^T)^{-1}y=0$
Le probleme est plus profond et concerne le recherche de vecteurs propres.

une dernière
Edit

gebrane · September 2017

Si j'ai bien compris, la question est de démontrer que
$rang(U)=rang[B,AB,\cdots,A^{n-1}B]$ avec $U=B^*((\mathrm{i}vI_n -A)^*)^{-1}$ puisque la matrice $U^*U$ est définie positive ssi rang(U)=n
@MisterDa
Veux-u donner le lien vers l'article en question

Mister Da · September 2017

Bonjour,
merci à tous pour votre aide. Je joins l'article en question et je fais une capture d'écran du passage qui m'intéresse qui est la page 359 (la page 11/28 du pdf). Juste après l'équation (4.4) l'auteur écrit "Note tha $W_c(\omega)$, $W_o(\omega)$ are positive definite". C'est cette remarque qui me donne tant de fil à retordre. Dans l'article, ses hypothèses ne sont pas très explicites et c'est moi qui ai ajouté $A$ de Hurwitz (valeurs propres à partie réelle négative) ainsi que le condition sur le rang : $\mathrm{rang}[B,AB,\dots,A^{n-1}B] = n$ qui sont, je pense, ici sous entendues (elles sont ultra courantes dans ce domaine).

Pour résumer et en prenant ses notations :
$$W_c = \int_0^{+\infty}e^{A\tau}BB^Te^{A^T\tau}\mathrm{d}\tau = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} (\mathrm{i}\nu I_n - A)^{-1}BB^T(-\mathrm{i}\nu I_n -A^T)^{-1}\mathrm{d}\nu
$$
où la deuxième égalité est une application du théorème de Parseval. Ici $W_c$ est symétrique et définie positive (avec les hypothèses sur la matrice $A$ et sur le rang) j'arrive à le montrer facilement en partant de l'expression avec l'exponentielle.

A partir de là il construit la matrice $W_c(\omega)$ en réduisant les bornes de l'intégrale
$$W_c(\omega) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\omega}^{+\omega}(\mathrm{i}\nu I_n - A)^{-1}BB^T(-\mathrm{i}\nu I_n -A^T)^{-1}\mathrm{d}\nu$$
et je n'arrive pas à montrer que cette matrice est définie pour tout $\omega>0$...

Merci par avance pour votre aide.
Cordialement,
Mister Da

Edit : Tomn, je n'ai pas compris tes messages en fait notamment quand tu remplaces $e^{At}$ par $xP$. 67302

gebrane · September 2017

Je suis en mode lecture de ce document http://maecourses.ucsd.edu/~mdeolive/mae280b/lecture/lecture1.pdf
Si cette égalité est vraie $\int_0^{+\infty}e^{A\tau}BB^Te^{A^T\tau}\mathrm{d}\tau = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} (\mathrm{i}\nu I_n - A)^{-1}BB^T(-\mathrm{i}\nu I_n -A^T)^{-1}\mathrm{d}\nu$ dans le document on montre que $\int_0^{+\infty}e^{A\tau}BB^Te^{A^T\tau}\mathrm{d}\tau$ est définie positive si le couple (A,B) est contrôlable ( ce qui revient à dire la même chose avec ton hypothèse sur le rang)

Mister Da · September 2017

Oui, c'est bien ce que je dis dans mon précédent message, $W_c$ est définie positive, c'est un résultat connu dans le domaine avec l'hypothèse de stabilité ($A$ de Hurwitz) et de contrôlabilité (hypothèse sur le rang). La démonstration suit exactement le même schéma de mon premier message, sauf que l'on considère la série de l'exponentielle qui converge toujours sans condition contrairement à la série de Neumann.

Je ne vois pas de souci particulier dans l'égalité initiale, c'est une application du théorème de Parseval en considérant la transformée de Fourier de l'exponentielle causale (nulle pour $t$ négatif).

Le point sur lequel le bloque arrive juste après, je ne vois pas comment montrer que $W_c(\omega)$ est aussi définie positive. Vu comment l'auteur en parle on a l'impression que c'est une évidence mais je tourne en rond dessus depuis quelques temps. Pourtant ce qui change c'est juste les bornes de l'intégrale. Peut-être y a-t-il une astuce mais je ne vois pas du tout.

Merci du temps que tu passes sur mon problème, c'est sympa.

Cordialement,
Mister Da

Pea · September 2017

Il me semble que l'argument suivant devrait fonctionner: Soit $x\in \mathbb{R}^n$. Tu veux montrer l'existence de $-\omega\leqslant v\leqslant \omega$ tel que $x^T(ivI_n-A)^{-1}B\neq 0$. Comme tu l'as remarqué il existe un nombre complexe $z$ assez grand de sorte que $x^T(zI_n-A)^{-1}B\neq 0$. La fonction $z\mapsto x^T(zI_n-A)^{-1}B$ étant méromorphe sur $\mathbb{C}$ et non identiquement nulle, par ce qui précède, il s'ensuit qu'elle ne peut être nulle partout sur $[-i\omega,i\omega]$.

Mister Da · September 2017

Bigre ! Je reprends espoir. Merci Pea, ton message semble être la pièce manquante du puzzle. Je n'aurais jamais pensé à utiliser un tel argument !

Donc si je résume, je reprends mon tout premier message en considérant une valeur assez grande assurer la convergence de la série. Avec les hypothèses prises je montre que la fonction est alors non nulle. J'utilise ensuite ton argument de méromorphie et à partir du moment où l'on sait qu'il existe au moins une valeur dans l'intervalle $[-\mathrm{i}\omega, \mathrm{i}\omega]$ pour laquelle la fonction n'est pas nulle, on peut conclure que l'intégrale est définie.

C'est ça ?

Cordialement,
Mister Da

Pea · September 2017

Oui c'est exactement cela.

Mister Da · September 2017

C'est super ! Merci énormément pour ton aide, je ne m'en serais pas sorti sans. Me voilà soulagé cette petite remarque de l'auteur commençait à virer à l'obsession.

Cordialement,
Mister Da