Matrices complètement inversibles

(Oral X-Cachan 2017)
Dans {\mathbb{R}^n} euclidien, on note {S_n} la sphère unité de {\mathbb{R}^n}.
Pour {A\in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})} on note : {\mathcal{F}(A)=\Bigl\{\dfrac{x^{\top}A\,x}{x^{\top}x},\;x\in \mathbb{R}^{n}\setminus\{0\}\Big\}=\{x^{\top}A\,x,\;x\in S_n\}\subseteq \mathbb{R}}

  1. Montrer que {\mathcal{F}(A)} est un intervalle.
    Montrer que cet intervalle contient les valeurs propres réelles éventuelles de {A}.
  2. Dans cette question, on suppose {A} symétrique.
    Montrer que {\mathcal{F}(A)} est un segment et préciser ses bornes.
  3. On dit que {A} est entièrement inversible si {0\not\in \mathcal{F}(A)}.
    Montrer qu’alors {A^{-1}} existe et est entièrement inversible.
    Montrer que toute sous-matrice obtenue en supprimant les mêmes lignes/colonnes de {A} est complètement inversible.

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    • Soit {\lambda\in\text{Sp}_{\mathbb{R}}(A)}, et soit {x\in S_n} un vecteur propre unitaire associé.

      On a : {x^{\top}A\,x=x^{\top}\lambda\,x=\lambda\, x^{\top}x=\lambda}, donc {\lambda \in \mathcal{F}(A)}.

    • Soit {\alpha\lt \beta} dans {\mathcal F(A)}. On doit montrer {[\alpha,\beta]\subset \mathcal F(A)}.

      Soit {x, y} dans {S_n} tels que {x^{\top}A\,x=\alpha\;} et {y^{\top}A\,y=\beta}.

      Les vecteurs unitaires {x,y} sont libres (sinon {y=\pm x} puis {\alpha=\beta}).

      Soit {z} un vecteur complétant {x} en une base orthonormée du plan {P={\text{Vect}}\{x,y\}}.

      Il existe {\theta\in\mathbb{R}} tel que {y=\cos(\,\theta)x+\sin(\,\theta)z}.

      La fonction {t\in\mathbb{R}\mapsto u_t=\cos(t)x+\sin(t)z} est continue à valeurs dans {S_n}.

      Par composition {\varphi : t\mapsto u_t^{\top}A\,u_t\in\mathbb{R}} est continue.

      L’image est donc un intervalle (et cet intervalle est inclus dans {\mathcal{F}(A)}).

      Par construction, {u_0=x} et {u_{\theta}=y} donc {\varphi(0)=\alpha} et {\varphi(\,\theta)=\beta}.

      Ainsi {[\alpha,\beta]\subset \mathcal{F}(A)}.

    • En conclusion, {\mathcal{F}(A)} est un intervalle contenant le spectre réel de {A}.
  1. On suppose que {A} est symétrique réelle. On peut donc appliquer le théorème spectral.

    Soit {(e_1, \ldots, e_n)} une base orthonormée de {\mathbb{R}^n}, pour {\lambda_1\leq\lambda_2\leq\cdots\leq \lambda_n}.

    Soit {x=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_ie_i \in S_n}.

    Classiquement : {Ax=\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i\lambda_i e_i} puis {x^{\top}A\,x=\displaystyle\sum_{i=1}^n\lambda_ix_i^2}.

    On en déduit {\lambda_1\displaystyle\sum_{i=1}^nx_i^2 \leq x^{\top}A\,x \leq \lambda_n\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i^2}.

    Autrement dit : {\lambda_1\leq x^{\top}A\,x\leq \lambda_n}.

    Ainsi l’intervalle {\mathcal{F}(A)} est inclus dans {[\lambda_1, \lambda_n]}.

    Mais on sait que {\lambda_1\in\mathcal{F}(A)} et {\lambda_n\in\mathcal{F}(A)}. En conclusion : {\mathcal{F}(A)= [\lambda_1, \lambda_n]}.

    • Soit {A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})}.

      On suppose {A} entièrement inversible, c’est-à-dire : {0\not\in \mathcal{F}(A)}.

      En particulier {0\notin\text{Sp}_{\mathbb{R}}(A)} (cf question 1), donc {A} est inversible.

    • Soit {x\in \mathbb{R}^n\setminus\{0\}}. Posons {x=A\,y}, c’est-à-dire {y=A^{-1}x\ne0}.

      On a {x^{\top}A^{-1}x=y^{\top}A^{\top}A^{-1}A\,y=y^{\top}A^{\top}\,y=y^{\top}A\,y\ne0}
      (le résultat est un réel, donc il est son propre transposé).

      Ainsi {x^{\top}A^{-1}x\neq 0} pour tout {x\ne0}, donc {A^{-1}} est entièrement inversible.

    • Soit {A\in \mathcal M_n(\mathbb{R})} une matrice entièrement inversible.

      Soit {B\in\mathcal M_{n-p}(\mathbb{R})} obtenue en supprimant {p} lignes et {p} colonnes de mêmes indices.

      Notons {1\leq i_1\lt i_2\lt \cdots\lt i_p\leq n} les indices des lignes/colonnes supprimées.

      Soit {x=(x_1, \ldots, x_{n-p}) \in \mathbb{R}^{n-p}\setminus\{0\}}.

      On forme { y=(y_1, \ldots, y_n)\in \mathbb{R}^n\setminus\{0\}} de la façon suivante : on pose {y_i=0} si {i\in \{ i_1,i_2, \ldots,i_p\}}, la suite des autres {y_i} étant (dans cet ordre) celle des {x_i}, de sorte que {x\in\mathbb{R}^{n-p}} est extrait de {y\in\mathbb{R}^{n}} par suppression des coefficients d’indices {i_1,i_2, \ldots,i_p\ }.

      Dans ces conditions : {\dfrac{x^{\top}Bx}{x^{\top}x}=\dfrac{y^{\top}Ay}{y^{\top}y}\ne0}.

      Il en résulte que {0\notin \mathcal F(B)} : la matrice {B} est donc entièrement inversible.