Une inégalité sur des matrices symétriques

Dans toute la suite, les sommes seront indexées sur $[\![1,n]\!]$.
La trace d’une matrice est égale à la somme de ses coefficients diagonaux, soit $\mathrm{Tr}(A)=\sum_i a_{i,i}$. Mais $A$ est symétrie réelle donc diagonalisable, ainsi sa trace, invariant de similitude, est aussi égale à la somme de ses valeurs propres, soit $\mathrm{Tr}(A)=\sum_i \lambda_i$.

En notant que $\sum_{i>j}x_ix_j=\frac12\left( \left(\sum_i x_i\right)]^2-\sum_ix_i^2\right)$, on peut réécrire l’inégalité de l’énoncé sous la forme:
$$\sum_i a_{i,i}^2\leqslant \sum_i\lambda_i^2$$Il ne nous reste plus qu’à diagonaliser $A$ en $PDP^T$ par le théorème spectral, où $P:=(p_{i,j})_{i,j}$ est orthogonale. Ainsi on peut relier les $\lambda_i$ aux $a_{i,i}$ via la relation
$$a_{i,i}=\sum_{k}p_{i,k}^2\,\lambda_k$$Puis on passe au carré et on somme sur $i$ pour trouver
$$\sum_ia_{i,i}^2=\sum_i\left(\sum_{k}p_{i,k}^2\,\lambda_k\right)^2.$$Maintenant on utilise le fait que $\sum_k p_{i,k}^2=1$ (les colonnes de $P$ sont unitaires) donc $\sum_{k}p_{i,k}^2\,\lambda_k$ est un barycentre positif des $\lambda_k$ donc on peut appliquer l’inégalité de Jensen à la fonction carré, qui est convexe, pour en déduire que
$$\sum_ia_{i,i}^2\leqslant \sum_i\sum_kp_{i,k}^2\,\lambda_k^2=\sum_k\lambda_k^2$$car les lignes de $P$ sont aussi unitaires, soit $\sum_i p_{i,k}^2=1$. Et on a finalement notre résultat !