# Algèbre linéaire/Devoir/Inégalité de Hadamard

L'objet principal de ce devoir est de démontrer le théorème suivant, publié par Jacques Hadamard en 1893.
    Pour toute matrice $C=(c_{i,j})\in \mathrm {GL} _{n}(\mathbb {C} )$,
       $|\det C|\leq \prod _{j=1}^{n}{\sqrt {\sum _{i=1}^{n}|c_{i,j}|^{2}}}$,
    avec égalité si et seulement si les colonnes de $C$ sont deux à deux orthogonales$^,$$^,$,
ou encore :
    pour toute matrice $A=(a_{i,j})\in \mathrm {GL} _{n}(\mathbb {R} )$ symétrique positive,
       $\det A\leq a_{1,1}\dots a_{n,n}$,
    avec égalité si et seulement si $A$ est diagonale.
Pour une matrice $C$ à coefficients réels, il s'interprète géométriquement en disant que le volume d'un parallélotope est maximal quand ses vecteurs de base sont orthogonaux deux à deux.
Nous le déduirons d'un lemme connu lui aussi sous le nom d'inégalité de Hadamard$^,$ :
Soit $B\in \mathrm {GL} _{n}(\mathbb {R} )$ une matrice symétrique positive,
    $\det B\leq \left({\frac {1}{n}}\operatorname {tr} B\right)^{n}$,
avec égalité si et seulement si $B$ est une matrice scalaire.
* En déduire le théorème, sous sa seconde forme (on posera $D=\operatorname {diag} \left({\sqrt {a_{1,1}}},\dots ,{\sqrt {a_{n,n}}}\right)$ et $B=DAD$).
* Montrer que la seconde forme du théorème équivaut à la première.
* Soit $C=(c_{i,j})\in \mathrm {GL} _{n}(\mathbb {R} )$ telle que tous les $|c_{i,j}|$ sont $\leq 1$. Montrer que $|\det C|\leq n^{n/2}$, avec égalité si et seulement si $C$ est une matrice de Hadamard.
(en) « Proof of Hadamard's inequality », sur PlanetMath
* Soit $B\in \mathrm {GL} _{n}(\mathbb {R} )$ symétrique positive. En appliquant l'inégalité arithmético-géométrique aux valeurs propres $x_{1},\ldots ,x_{n}>0$ de $B$, on obtient $\det B\leq \left({\frac {1}{n}}\operatorname {tr} B\right)^{n}$, avec égalité si et seulement $x_{1}=\dots =x_{n}$. Comme $B$ est diagonalisable, elle est alors égale à $x_{1}\mathrm {I} _{n}$.
* Soit $A=(a_{i,j})\in \mathrm {GL} _{n}(\mathbb {R} )$ symétrique positive. Remarquons d'abord que les $a_{i,i}=e_{i}^{t}Ae_{i}$ sont $>0$, donc la matrice $D=\operatorname {diag} \left({\frac {1}{\sqrt {a_{1,1}}}},\dots ,{\frac {1}{\sqrt {a_{n,n}}}}\right)$ est bien définie et inversible, et la matrice $B=DAD=\left({\frac {a_{i,j}}{\sqrt {a_{i,i}a_{j,j}}}}\right)$ est alors, elle aussi, symétrique définie positive car pour toute matrice colonne $X\neq 0$, $X^{t}BX=(DX)^{t}A(DX)>0$. De plus, ses éléments diagonaux sont égaux à $1$. En lui appliquant le lemme, on obtient donc ${\frac {\det A}{a_{1,1}\dots a_{n,n}}}\leq 1$, avec égalité si et seulement si $B=\mathrm {I} _{n}$, c'est-à-dire si $A$ est diagonale.
* Une matrice $A=(a_{i,j})\in \mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )$ est symétrique définie positive si et seulement si elle est de la forme $A=C^{*}C$ avec $C=(c_{i,j})\in \mathrm {GL} _{n}(\mathbb {C} )$, et l'on a alors $a_{i,j}=\sum _{k}{\overline {c_{k,i}}}c_{k,j}$ et $\det A=\left|\det C\right|^{2}$.
* Si $C=(c_{i,j})\in \mathrm {GL} _{n}(\mathbb {C} )$ est telle que tous les $|c_{i,j}|$ sont $\leq M$ alors, d'après le théorème de Hadamard, $|\det C|\leq \left({\sqrt {nM^{2}}}\right)^{n}=M^{n}n^{n/2}$, avec égalité si et seulement si les colonnes de $C$ sont deux à deux orthogonales.