Une matrice non positive

Tonm
Tonm
dans Algèbre
Salut, prouver que la matrice $\begin{pmatrix}A+B&B&C\\B&C+A&A\\C&A&B+C\end{pmatrix} $ n'est jamais semi-définie positive.

Salut, prouver que la matrice $\begin{pmatrix}C&B&C\\B&B&A\\C&A&A\end{pmatrix} $ n'est jamais semi-définie positive sauf pour $A=B=C$.

[Pour la incompréhension des premières réponses, il est préférable de laisser l'énoncé initial. AD]

Réponses

  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    En supposant $A,B,C$ réels, c’est évidemment faux.
  • Tonm
    Tonm
    Oui, ce sont des matrices de même taille.
  • Tonm
    Tonm
    Oui quel faute, bon si vous supprimer ce fil (Amis AD ou quelqu'un)
    Merci
  • Math Coss
    Math Coss
    Je vois pourquoi c'est faux : pour $B=C=1$, le spectre est $(4,1,1)$ pour $A=1$ et le déterminant est négatif pour $A=0$ « donc » pour une valeur de $A$ convenable, il y a exactement une valeur propre nulle et les autres positives.
    Je ne vois pas pourquoi c'est « évidemment faux » (avec moins de calculs, quoi).
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    On suppose $A,B,C$ réels, la trace, qui est égale à la somme des valeurs propres - toutes réelles puisque la matrice est symétrique et réelle - vaut $2(A+B+C)$ et prend donc des valeurs négatives : une au moins des valeurs propres est alors strictement négative.

    @math cross : valides-tu ce raisonnement sans calcul compliqué ?
  • Math Coss
    Math Coss
    Oui : la somme de trois fonctions linéaires de $A$, $B$ et $C$, ça passe. Cependant, on peut simplifier encore puisque la valeur de la forme quadratique en $(1,0,0)$ est $A+B$.

    Toutefois, il ne m'était pas venu à l'idée de prendre des valeurs négatives pour $A$, $B$ ou $C$.
  • Tonm
    Tonm
    Super Math Coss et Yves
    Merci Je pense corriger l'énoncé
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    C’est encore immédiatement et évidemment faux. A moins que tu trouves mon raisonnement faux ?
  • Tonm
    Tonm
    Eh quel raisonnement?
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Celui que tu n’as pas lu.
  • Tonm
    Tonm
    Si, mais quel est la contradiction, je suis loin du trivial.
    Merci pour tout cas.
  • Dom
    Dom
    Un des implicites de la démonstration est que si une des valeurs propres est négative, alors ça entraîne une valeur image (de quoi ?) au moins négative.
  • Tonm
    Tonm
    Rien encore:)
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Si $u$ est vecteur propre de la matrice $M$ et $\lambda<0$ est sa valeur propre strictement négative, alors $u^TMu=\lambda ||u||^2<0$...
  • Tonm
    Tonm
    Bonjour, je ne sais pas mais on veut une matrice semi-definie positif par bloc tel que j'ai écris dans le Edit mais tel que $A$, $B$ et $C$ ne soit pas identique bien qu'ils devront être positive semi-définie. Si la matrice est en dimension $3$ c'est impossible...
    Cordialement
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Quand tu écris ‘je ne sais pas’ c’est juste, le reste est faux. Mais bon le problème est que tu ne comprends pas les définitions et que tu ne fais pas de raisonnements mathématiques. Une bonne recette pour prendre ton temps et le notre.
  • Tonm
    Tonm
    Je repete la matrice n'est jamais positive semi-définie si $A$, $B$ et $C$ ne sont pas identiques Vrai
    Faux ?
  • P.
    P.
    Si $r$ est un entier, soit $P$ l'ensemble des matrices definies positives d'ordre $r$ et $P_0$ l'ensemble des matrices semi definies positives d'ordre $r$. Soit $A,B,C\in P_0$ telles que
    $$M=\left[\begin{array}{ccc}A&A&C\\A&B&B\\C&B&C\end{array}\right]$$ soit semi definie positive. Alors $A=B=C$. En effet:

    Supposons d'abord $A,B,C\in P.$ Alors $\left[\begin{array}{ccc}A&A\\A&B\end{array}\right]$ est definie positive et donc $A-AB^{-1}A\in P_0$, et donc $B-A\in P_0.$ De meme $C-B$ et $A-C$ sont dans $P_0$, et comme $(B-A)+(C-B)+(A-C)=0,$ cela entraine $(B-A)=(C-B)=(A-C)=0.$ Passons au cas general. Soit $$J=\left[\begin{array}{ccc}I_r&I_r&I_r\\I_r&I_r&I_r\\I_r&I_r&I_r\end{array}\right]$$ Alors $J$ est semi definie positive et donc $M+J$ egalement. Comme $A+I_r, B+I_r, C+I_r$ sont dans $P,$ d'apres le raisonnement precedent $A+I_r= B+I_r= C+I_r$ et donc $A=B=C.$
  • callipiger
    callipiger
    Bonsoir
    juste pour savoir: l'adjectif "défini" cela implique bien que pour qu'il n'existe pas de vecteur qui annule la forme quadratique associée à la matrice ? car si c'est le cas ... la matrice "J" est "semi-définie?" ou plutôt "non négative" car de rang 1.
  • P.
    P.
    $J$ est de rang $r.$
  • Tonm
    Tonm
    Ça c'est bonne et $A^{-1}\ge B^{-1}$ implique que $B\ge A$ ($B-A\in P_0$) ce n'est pas directe non. (une preuve simple existe pour ça si vous voulez?)
    Merci j'ai une solution spécialement calculatoire mais tous revient au cycle $A, B, C$.
    Edit

    Je me rend compte que par chois de block tu as prouvez $A^{-1}\ge B^{-1}$ implique que $B\ge A$ . Ce n'est pas facile en générale il y a des preuves compliqué!
  • callipiger
    callipiger
    Ah pardon... j'ai confondu avec la matrice ne contenant que des "1" désolé.
    néanmoins ce qui me gêne c'est que la matrice n'est pas inversible: elle possède au moins 2 colonnes identiques
    je parle de $J$
  • P.
    P.
    Que $J$ soit semi definie positive merite peut etre la demonstration suivante: si $x=(x_1,\ldots,x_r), y=(y_1,\ldots,y_r), z=(z_1,\ldots,z_r),$ alors $$(x,y,z)J(x,y,z)^T=\sum_{I=1}^r(x_i+y_i+z_i)^2\geq 0.$$
  • callipiger
    callipiger
    je suis d'accord avec cela, la terminologie est parfois trompeuse (encore plus lorsque je me suis donné une vision imprécise)
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