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PROP 3 : Inégalité de Hadamard

Posté par
Panter Correcteur 23-09-07 à 04:23

Bonsoir, voici la 3ème proposition :

Le produit scalaire canonique de 3$ \mathbb{R}^nest noté 3$ < . |.> et la norme euclidienne associée 3$ ||.||.

Soit 3$ M une matrice de 3$ \mathfrak{M}_n(\mathbb{R}). On note 3$ C_1, \cdots, C_n les vecteurs colonnes de 3$ M .

- Montrer que 4$ |Det(M)| \leq ||C_1|| . ||C_2|| \cdots ||C_n||. Discuter le cas d'égalité.



Bonne Reflexion

Posté par
ottore : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 23-09-07 à 15:37

Salut,
on a une forme n-linéaire continue (en fonction des colonnes) et ça ne doit pas être si difficile de montrer que sa norme est 1.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard. 23-09-07 à 17:27

Bonjour Panter et otto ;

Une idée :
\fbox{1} Le résultat est trivial si la famille (C_1,..,C_n) est liée.

\fbox{2} Supposons (C_1,..,C_n) libre et soit (U_1,..,U_n) la famille orthogonale obtenue par le procédé de Gram-Schmidt : 3$\fbox{U_1=C_1\\U_k=C_k-\Bigsum_{i=1}^{k-1}\frac{<U_i|C_k>}{<U_i|U_i>}U_i\hspace{5}\hspace{5}(2\le k\le n)}

La matrice de vecteurs colonnes \fbox{\frac{U_1}{||U_1||},..,\frac{U_n}{||U_n||}} étant orthogonale on a 2$\fbox{|Det(\frac{U_1}{||U_1||},..,\frac{U_n}{||U_n||})|=1}
et donc 3$\fbox{|Det(U_1,..,U_n)|=||U_1||...||U_n||}

Comme 2$\fbox{\forall k\in\{2,..,n\}\\U_k-C_k\in Vect(C_1,..,C_{k-1})} il est facile de voir que 3$\fbox{Det(U_1,..,U_n)=Det(C_1,..,C_n)}

Pour conclure remarquer que :

3$\fbox{(\forall k\in\{2,..,n\})\\||U_k||^2=||C_k||^2-\Bigsum_{i=1}^{k-1}\frac{(<U_i|C_k>)^2}{||U_i||^2}\hspace{5}\le\hspace{5}||C_k||^2} (sauf erreur bien entendu)




Posté par
1 Schumi 1re : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 23-09-07 à 19:32

T'es vraiment trop fort elhor. Chapeau bas!

Posté par
jeansebre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 23-09-07 à 20:14

La classe!

...mais il te reste encore à traiter l'égalité!

Posté par
jeansebre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 23-09-07 à 20:15

...qui ne doit pas être trop dure à faire...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard. 23-09-07 à 22:16

Merci 1 Schumi 1 et jeanseb

cas d'égalité 3$\fbox{|Det(M)|=|Det(C_1,..,C_n)|=||C_1||...||C_n||}


\fbox{1} Toujours vérifié si n=1.

\fbox{2} Si n\ge2 et M non inversible :
Le cas d'égalité est réalisé si et seulement si l'une au moins des colonnes de M est nulle.

\fbox{3} Si n\ge2 et M inversible :

Le cas d'égalité est réalisé si et seulement si ,
3$\fbox{|Det(C_1,..,C_n)|=|Det(U_1,..,U_n)|=||U_1||...||U_n||=||C_1||...||C_n||}

et comme 3$\fbox{\forall (1\le k\le n)\\0<||U_k||\le||C_k||} Le cas d'égalité est réalisé si et seulement si 3$\fbox{\forall (1\le k\le n)\\||U_k||=||C_k||}

ce qui donne 3$\blue\fbox{\forall (2\le k\le n)\hspace{5},\hspace{5}\forall(1\le i\le k-1)\\\hspace{5}\hspace{5}\hspace{5}\hspace{5}\hspace{5}\hspace{5}\hspace{5}\hspace{5}<U_i|C_k>=0} et comme 3$\fbox{\forall (1\le k\le n)\\Vect(U_1,..,U_k)=Vect(C_1,..,C_k)}

la condition bleue est équivalente à dire que les n vecteurs colonnes de M sont deux à deux orthogonaux.
matriciellement dit 3$\fbox{M=QD\\Q\hspace{5}orthogonale\\D\hspace{5}diagonale\hspace{5}inversible} (sauf erreur bien entendu)

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 23-09-07 à 22:21

C'est vraiment beau à lire sauf que je n'ai rien compris

une bonne classe?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard. 23-09-07 à 23:28

Qu'est ce que tu n'as pas compris monrow ?

Posté par
1 Schumi 1re : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 24-09-07 à 09:55

elhor >> monrow n'a pas encore vu les espaces euclidiens, donc il peut pas comprendre pas la démo entièr je pense.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard. 24-09-07 à 11:54

Ah! D'accord 1 Schumi 1 , autant pour moi
tu es en sup monrow ?

Posté par
Camélia Correcteurre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 24-09-07 à 14:35

Bonjour à tous

Il existe aussi une superbe démonstration qui utilise les extremums liés pour la fonction Det(C1,...Cn) sur (Sn-1)n (où Sn-1 est la sphère euclidienne unité de Rn. S'il y a des amateurs, je veux bien rédiger...

Posté par
1 Schumi 1re : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 24-09-07 à 15:15

elhor >> Oui, il est en sup (je réponds parce qu'étant en internat il risque de ne par répondre avant samedi).

Camélia >> Je suis sûr de ne rien comprendre, mais pour la beauté de la démonstration, j'aimerais bien que tu nous la montres, stp.

Posté par
monrow Posteur d'énigmesre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 24-09-07 à 20:49

Salut elhor et ayoub

oui mais c'est ramadan, donc je viens déjeuner à la maison  et je reviens dormir

Je suis en sup (chez M. Mamouni si tu le connais ).. mais j'ai pas encore vu les espaces euclidiens... donc je contemple juste la beauté de la démo esthétique

Posté par
Camélia Correcteurre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 25-09-07 à 16:08

ayoub>> Devant cet unanime enthousiasme, je vais l'écrire pour demain. Promis!

Posté par
Panter Correcteurre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 25-09-07 à 20:05

Salut,

Toutes mes félicitations à vous Mr Elhor, et à tous ceux qui ont donné des idées, attendons Camélia pour sa 2ème démonstration !

puisque c'est très bien rédigé, alors pas la peine que je donne la correction (en fait, elle est identique à celle d'Elhor)

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard. 25-09-07 à 20:30

Merci Mr Panter

Posté par
Camélia Correcteurre : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 26-09-07 à 15:25

Bonjour

Pour commencer, rappel du théorème dont je vais me servir.

Citation :
Soient U un ouvert de Rm, f=(f1,...,fp) une fonction de classe C1 de U dans Rp et g une fonction de classe C1 de U dans R. Soit y Rp et V=f-1{y}.

Hypothèse: V est non vide et pour tout x de V la différentielle de f au point x (notée dxf) est une application linéaire surjective de Rm sur Rp ( on dit que f est une submersion au point x)

Conclusion: Si la restriction de g à V admet un extremum local en un point a de V, il existe des réels 1,...,p[/sub] ( les multiplicateurs de Lagrange ) tels que

\red{\fbox{\fbox{d_ag=\lambda_1d_af_1+...+\lambda_pd_af_p}}


Venons-en au sujet. Je note A\bullet B le produit scalaire dans R[sup]n

Soit f: (Rn)nRn définie pour X=(X1,...,Xn) par f(X)=(X_1\bullet X_1,...,X_n\bullet X_n). Soit V=f-1{(1,1,..,1)}=(Sn-1)n. Il est clair que V est non-vide et compacte. Pour tout X et tout H on a

d_Xf(H)=2(X_1\bullet H_1,...,X_n\bullet H_n)

En prenant X dans V et H=(0,0,...,Xi,0,...,0), on a D_Xf(H)=(0,...,2,...0). L'image de d_Xf contient donc une base de Rn, ce qui prouve que celle-ci est surjective.

Soit g: (Rn)nR définie par g(X)=det(X). la fonction g est n-linéaire, donc

d_Xg(H)=g(H_1,X_2,...,X_n)+...+g(X_1,...,X_{i-1},H_i,X_{i+1},...,X_n)+...+g(X_1,...,X_{n-1},H_n)

Comme V est compacte, la restriction de g à V est bornée et g y atteint ses bornes. Soit A dans V
un point ou la restriction de g à V atteint son maximum ou son minimum. Comme g prend sur V des valeurs strictement positives et des valeurs strictement négatives, on a g(A)0. En appliquant le théorème, on a donc pour tout H

g(H_1,A_2,...,A_n)+...+g(A_1,...,A_{i-1},H_i,A_{i+1},...,A_n)+...+g(A_1,...,A_{n-1},H_n)=2\lambda_1A_1\bullet H_1+...+2\lambda_pA_p\bullet H_p

En prenant H=(0,...,0,Ai,...,0), on voit que \lambda_i=g(A)/2, donc tous les \lambda_i sont égaux.

Pour i1, on prend maintenant H=(Ai,0,...,0). On trouve 0=(g(A)/2)A_1\bullet A_i et ceci montre que A1 est orthogonal à tous les autres. On voit de même qu'ils sont tous orthogonaux deux à deux, donc (A1,...,An) est une base orthonormale. Dans ce cas on sait que g(A)=1. Nous venons donc de démontrer que

||X_1||=...=||X_n||\Longrightarrow |det(X_1,...,X_n)|\leq 1

avec égalité si l'un des Xi est nul, ou s'ils forment une base orthonormale.

Cas général: L'inégalité est vraie si l'un des Ci est nul. S'ils sont tous non nuls, en prenant Xi=Ci/||Ci|| et en appliquant le résultat ci-dessus, on obtient l'inégalité (avec égalité s'ils forment une base orthogonale.



Posté par
1 Schumi 1re : PROP 3 : Inégalité de Hadamard 26-09-07 à 19:35



Merci beaucoup Camélia de t'être donné tant de mal: comme prévu je n'y comprends strictement rien mais ça à l'air astucieux comme approche du problème.
Mes félicitations donc!


Ayoub.


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