Discussion:Racine carrée d'une matrice

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Dernier commentaire : il y a 12 ans1 commentaire1 participant à la discussion

Anne Bauval (d) 12 août 2011 à 19:50 (CEST)Répondre

Racine carrée d'un endomorphisme symétrique positif

Enoncé

Racine carrée d'un endomorphisme symétrique positif —

Soit $u\in {\mathcal {L}}(E)$ symétrique positif. C'est-à-dire : $\forall x\in E<u(x)|x>\geq 0$ .

Alors il existe un unique endomorphisme symétrique positif h tel que $u=h^{2}$

Soit $A\in {\mathcal {M}}_{n}(\mathbb {R} )$ symétrique positif.

Alors il existe une unique matrice $H\in {\mathcal {M}}_{n}(\mathbb {R} )$ symétrique positive tel que $A=H^{2}$

Etant donné qu'il y a un isomorphisme entre endormorphismes et matrices, on ne démontrera que la première assertion.

Pour un endomorphisme (ou une matrice) symétrique définie positif, alors l'endormorphisme h (ou la matrice H) est définie positive.

Démonstration

Existence :

D'après le théorème spectal il existe $(e_{1},...,e_{n})$ une base orthonormée de E telle que :

{\underset {(e_{1},...,e_{n})}{Mat}}u={\begin{pmatrix}\lambda _{1}&&0\\&\ddots &\\0&&\lambda _{n}\end{pmatrix}}

$\forall i\in \{1,...,n\}\lambda _{i}\geq 0$ car u est positif. Soit $h\in {\mathcal {L}}(E)$ telle que :

{\underset {(e_{1},...,e_{n})}{Mat}}h={\begin{pmatrix}{\sqrt {\lambda _{1}}}&&0\\&\ddots &\\0&&{\sqrt {\lambda _{n}}}\end{pmatrix}}

h est diagonalisable dans une base orthonormée, h est donc symétrique et $Sp\;h\subset \mathbb {R} _{+}$ et $h^{2}=u$ .

Unicité

Soit h et h' répondant au problème. Soit $\lambda _{1},...\lambda _{r}\in \mathbb {R}$ les valeurs propres de u deux à deux différentes.

Or h est diagonalisable, $h^{2}=u$ et $Sp\;h\subset \mathbb {R} _{+}$ , donc $Sp\;h=\{{\sqrt {\lambda _{1}}},...,{\sqrt {\lambda _{r}}}\}$ , idem pour h'.

h et h' étant diagonalisable on a :

E=\bigoplus _{i=1}^{r}Ker(u-\lambda _{i})=\bigoplus _{i=1}^{r}Ker(h-{\sqrt {\lambda _{i}}})=\bigoplus _{i=1}^{r}Ker(h'-{\sqrt {\lambda _{i}}})

Or si $x\in Ker(h-{\sqrt {\lambda _{i}}})\quad u(x)=h^{2}(x)={\sqrt {\lambda _{i}}}^{2}x=\lambda _{i}x$

Donc pour tout i dans {1,...,n} $Ker(h-{\sqrt {\lambda _{i}}})\subset Ker(u-\lambda _{i})$

Pour des raisons de dimension et par symétrie entre h et h' on a : $E_{i}=Ker(h-{\sqrt {\lambda _{i}}})=Ker(u-\lambda _{i})=Ker(h'-{\sqrt {\lambda _{i}}})$

Et pour tout i on a :

h_{|E_{i}}=h'_{|E_{i}}={\sqrt {\lambda _{i}}}Id_{E_{i}}

, et comme

E=\bigoplus _{i=1}^{r}E_{i}

, on a h'=h.

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