Exercice 5

1. On applique la proposition 4 (i) dans $\mathbb{R}^{n + 1}$ aux $(n + 1)$-uplets $\Big(\sqrt{\binom{n}{k}}\Big)_{0 \leqslant k \leqslant n}$ et $(1, \dots, 1)$, puis la formule du binôme (chapitre 3) : $$\Big(\sum_{k = 0}^{n} \sqrt{\binom{n}{k}} \cdot 1\Big)^{2} \leqslant \Big(\sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k}\Big)(n + 1) = 2^{n}(n + 1).$$ On conclut par croissance de la racine carrée. $$\boxed{\sum_{k = 0}^{n} \sqrt{\binom{n}{k}} \leqslant 2^{n/2}\sqrt{n + 1}}$$ Il y a égalité si et seulement si les $\binom{n}{k}$ sont tous égaux, c'est-à-dire pour $n = 0$ et $n = 1$ ; pour $n = 2$, on compare $2 + \sqrt{2} \approx 3{,}414$ et $2\sqrt{3} \approx 3{,}464$ ✓.

2. La trace s'écrit comme un produit scalaire avec la matrice identité : $\langle I_{n}, A \rangle = \operatorname{tr}({I_{n}}^{T}A) = \operatorname{tr} A$, et $\lVert I_{n} \rVert^{2} = \operatorname{tr}(I_{n}) = n$. Le théorème 1 donne $$\boxed{|\operatorname{tr} A| = |\langle I_{n}, A \rangle| \leqslant \lVert I_{n} \rVert\,\lVert A \rVert = \sqrt{n}\,\lVert A \rVert}$$ avec égalité si et seulement si $A$ est colinéaire à $I_{n}$, c'est-à-dire si $A$ est une matrice scalaire $\lambda I_{n}$.

3. Pour $A$, $B \in \mathcal{S}_{n}(\mathbb{R})$, on a ${A}^{T} = A$, donc $$\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}({A}^{T}B) = \langle A, B \rangle \qquad\text{et}\qquad \operatorname{tr}(A^{2}) = \operatorname{tr}({A}^{T}A) = \lVert A \rVert^{2} ;$$ de plus $\operatorname{tr}(BA) = \operatorname{tr}(AB)$ (chapitre 16, proposition 14). Ainsi $$\big(\operatorname{tr}(AB + BA)\big)^{2} = \big(2\langle A, B \rangle\big)^{2} = 4\langle A, B \rangle^{2} \leqslant 4\lVert A \rVert^{2}\lVert B \rVert^{2}, \qquad \boxed{\big(\operatorname{tr}(AB + BA)\big)^{2} \leqslant 4\operatorname{tr}(A^{2})\operatorname{tr}(B^{2})}$$ Piège. La symétrie de $A$ et de $B$ est indispensable : pour $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$, on trouve $\operatorname{tr}(A^{2}) = -2 < 0$, et l'inégalité avec $B = A$ s'écrirait $16 \leqslant 16$, mais avec $B = I_{2}$ elle donnerait $0 \leqslant 4 \times (-2) \times 2$, ce qui est faux. L'erreur la plus répandue est de croire que $\operatorname{tr}(A^{2})$ est un carré de norme pour toute matrice ; c'est $\operatorname{tr}({A}^{T}A)$ qui l'est.