Problème — La décomposition polaire : $M=\Omega S$

1) La matrice de Gram. ${\left(M^{\top }M\right)}^{\top }=M^{\top }M$ : elle est symétrique. Et pour $X\in {\mathbb{R}}^n$, $$X^{\top }{M}^{\top }MX=(MX{)}^{\top }(MX)=\Vert MX{\Vert }^2\ge 0,$$ donc $M^{\top }M\in {\mathcal{S}}_n^{+}(\mathbb{R})$. De plus cette quantité est nulle si et seulement si $MX=0$. Donc $$M^{\top }M\in {\mathcal{S}}_n^{++}(\mathbb{R})⟺\left(MX=0\Rightarrow X=0\right)⟺M\text{ injective}⟺M\in {\mathrm{GL}}_n(\mathbb{R}).$$ (C'est l'exercice 1 c), sous une autre forme : $\mathrm{Ker}\left(M^{\top }M\right)=\mathrm{Ker}M$.)

2) La racine carrée : existence, polynomialité, unicité.

Existence. Le théorème spectral donne $S=PD{P}^{\top }$ avec $P\in {\mathrm{O}}_n(\mathbb{R})$ et $D=\mathrm{diag}\left({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n\right)$, où les ${\lambda }_i>0$ par caractérisation spectrale de ${\mathcal{S}}_n^{++}$. Posons $B=P\mathrm{diag}\left(\sqrt{{\lambda }_i}\right)P^{\top }$ : elle est symétrique, de spectre $\left\{\sqrt{{\lambda }_i}\right\}\subset {\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$, donc $B\in {\mathcal{S}}_n^{++}(\mathbb{R})$, et $B^2=PD{P}^{\top }=S$.

$B$ est un polynôme en $S$. Notons ${\mu }_1,\dots ,{\mu }_r$ les valeurs propres distinctes de $S$. L'interpolation de Lagrange fournit $L\in \mathbb{R}[X]$ tel que $L\left({\mu }_j\right)=\sqrt{{\mu }_j}$ pour $j=1,\dots ,r$. Alors, $D$ étant diagonale à coefficients dans $\left\{{\mu }_1,\dots ,{\mu }_r\right\}$, $$L(S)=L\left(PD{P}^{\top }\right)=PL(D)P^{\top }=P\mathrm{diag}\left(L\left({\lambda }_i\right)\right)P^{\top }=P\mathrm{diag}\left(\sqrt{{\lambda }_i}\right)P^{\top }=B.$$ (On a utilisé que ${\left(PD{P}^{\top }\right)}^k=P{D}^k{P}^{\top }$, donc $Q\left(PD{P}^{\top }\right)=PQ(D)P^{\top }$ pour tout polynôme $Q$.)

Unicité — c'est le point délicat. Soit $B^{\prime }\in {\mathcal{S}}_n^{++}(\mathbb{R})$ une autre racine : $B^{\prime 2}=S$. Alors $B^{\prime }$ commute avec $S=B^{\prime 2}$, donc avec tout polynôme en $S$, donc avec $B=L(S)$.

Ainsi $B$ et $B^{\prime }$ sont deux matrices diagonalisables (symétriques réelles, théorème spectral) qui commutent : d'après la codiagonalisation du chapitre 2, il existe une base commune de vecteurs propres. Dans cette base, $B$ et $B^{\prime }$ sont diagonales, disons $\mathrm{diag}\left({\beta }_i\right)$ et $\mathrm{diag}\left({\beta }_i^{\prime }\right)$, où les ${\beta }_i$ et ${\beta }_i^{\prime }$ sont les valeurs propres de $B$ et $B^{\prime }$, donc strictement positives. L'égalité $B^2=B^{\prime 2}=S$ donne, coefficient par coefficient, $${\beta }_i^2={\beta }_i^{\prime 2},\text{et}{\beta }_i,{\beta }_i^{\prime }>0⟹{\beta }_i={\beta }_i^{\prime }.$$ Les deux matrices sont donc égales dans cette base, donc égales : $B^{\prime }=B$. On note $\sqrt{S}$ cette unique racine carrée définie positive.

(La positivité tranche, et il le fallait : dans ${\mathcal{S}}_n(\mathbb{R})$ sans condition de signe, $I_n$ a une infinité de racines carrées symétriques — toutes les symétries orthogonales du chapitre, exercice 3.)

3) L'existence de la décomposition. Soit $M\in {\mathrm{GL}}_n(\mathbb{R})$. D'après le 1), $M^{\top }M\in {\mathcal{S}}_n^{++}$, et d'après le 2), $S=\sqrt{M^{\top }M}$ existe et est unique, dans ${\mathcal{S}}_n^{++}$ donc inversible ; de plus $S^{-1}$ est symétrique, car ${\left(S^{-1}\right)}^{\top }={\left(S^{\top }\right)}^{-1}=S^{-1}$. Posons $\Omega =M{S}^{-1}$. Alors $${\Omega }^{\top }\Omega ={\left(M{S}^{-1}\right)}^{\top }\left(M{S}^{-1}\right)=S^{-1}{M}^{\top }M{S}^{-1}=S^{-1}{S}^2{S}^{-1}=I_n.$$ Donc $\Omega \in {\mathrm{O}}_n(\mathbb{R})$, et par construction $$M=\Omega S,\Omega \in {\mathrm{O}}_n(\mathbb{R}),S\in {\mathcal{S}}_n^{++}(\mathbb{R}).$$

4) L'unicité du couple. Supposons $M={\Omega }^{\prime }{S}^{\prime }$ avec ${\Omega }^{\prime }\in {\mathrm{O}}_n(\mathbb{R})$ et $S^{\prime }\in {\mathcal{S}}_n^{++}(\mathbb{R})$. Alors $$M^{\top }M={\left({\Omega }^{\prime }{S}^{\prime }\right)}^{\top }\left({\Omega }^{\prime }{S}^{\prime }\right)=S^{\prime \top }\underset{=I_n}{\underbrace{{\Omega }^{\prime \top }{\Omega }^{\prime }}}{S}^{\prime }=S^{\prime \top }{S}^{\prime }=S^{\prime 2},$$ la dernière égalité parce que $S^{\prime }$ est symétrique. Ainsi $S^{\prime }$ est une racine carrée définie positive de $M^{\top }M$ : l'unicité de la question 2 donne $S^{\prime }=S$. Il s'ensuit ${\Omega }^{\prime }=M{S}^{\prime -1}=M{S}^{-1}=\Omega$. Le couple est unique.

5) Trois lectures.

• Si $M$ est orthogonale. Alors $M^{\top }M=I_n$, dont l'unique racine carrée définie positive est $I_n$ : $S=I_n$ et $\Omega =M$. La décomposition est $M=M{I}_n$ — une isométrie « pure », sans dilatation.
• Si $M\in {\mathcal{S}}_n^{++}(\mathbb{R})$. Alors $M^{\top }M=M^2$, et $M$ est elle-même une racine carrée définie positive de $M^2$ : par unicité, $S=M$, puis $\Omega =M{M}^{-1}=I_n$. La décomposition est $M=I_{n}M$ — une dilatation « pure », sans rotation.
• Le déterminant. De $M=\Omega S$ on tire $\det M=\det \Omega \det S$ avec $\det \Omega =\pm 1$ ; et $\det S>0$, produit des valeurs propres de $S$, toutes strictement positives. Donc $$\left|\det M\right|=\det S.$$

6) L'exemple, l'image du cercle, et le théorème. Prenons $M=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$, inversible de déterminant $1$. Alors $$M^{\top }M=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 2\end{array}\right),$$ de trace $3$ et de déterminant $1$ : ses valeurs propres sont racines de $X^2-3X+1$, soit $\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}$, toutes deux strictement positives ✓. On reconnaît $\frac{3+\sqrt{5}}{2}={\phi }^2$ et $\frac{3-\sqrt{5}}{2}={\phi }^{-2}$, où $\phi =\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ est le nombre d'or : les valeurs propres de $S$ sont donc $\phi$ et $1/\phi$.

Calcul de $S$. Cherchons $S$ sous la forme $\alpha \left(M^{\top }M+I_2\right)$ — légitime, puisque la racine carrée est un polynôme en $M^{\top }M$ et qu'ici le polynôme minimal est de degré $2$. On a $${\left(M^{\top }M+I_2\right)}^2={\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 3\end{array}\right)}^2=\left(\begin{array}{cc}5& 5\\ 5& 10\end{array}\right)=5\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 2\end{array}\right)=5M^{\top }M,$$ donc $\alpha =1/\sqrt{5}$ convient : $$S=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 3\end{array}\right).$$ Contrôles : $S$ est symétrique ✓ ; $S^2=\frac{1}{5}\left(\begin{array}{cc}5& 5\\ 5& 10\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 2\end{array}\right)=M^{\top }M$ ✓ ; $\det S=\frac{6-1}{5}=1=\left|\det M\right|$ ✓ ; $\mathrm{tr}S=\frac{5}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}=\phi +\frac{1}{\phi }$ ✓, et $S$ est définie positive puisque sa trace et son déterminant sont strictement positifs.

Calcul de $\Omega$. Comme $\det S=1$, $S^{-1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{cc}3& -1\\ -1& 2\end{array}\right)$, et $$\Omega =M{S}^{-1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}3& -1\\ -1& 2\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ -1& 2\end{array}\right).$$ Contrôles : les colonnes $\frac{1}{\sqrt{5}}(2,-1)$ et $\frac{1}{\sqrt{5}}(1,2)$ sont unitaires et orthogonales (produit scalaire $\frac{2-2}{5}=0$) ✓, et $\det \Omega =\frac{4+1}{5}=1$ : $\Omega \in {\mathrm{SO}}_2(\mathbb{R})$, c'est la rotation d'angle $\theta$ avec $\cos \theta =\frac{2}{\sqrt{5}}$ et $\sin \theta =-\frac{1}{\sqrt{5}}$. Enfin $$\Omega S=\frac{1}{5}\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ -1& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 3\end{array}\right)=\frac{1}{5}\left(\begin{array}{cc}5& 5\\ 0& 5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)=M✓.$$

L'interprétation géométrique. L'application $X\mapsto MX$ envoie le cercle unité sur une ellipse, et la décomposition polaire dit comment : $S$, symétrique définie positive, se diagonalise en base orthonormée et dilate le plan selon deux directions orthogonales, de facteurs $\phi \approx 1,618$ et $1/\phi \approx 0,618$ ; puis $\Omega$ tourne le résultat. L'ellipse image a donc pour demi-axes $\phi$ et $1/\phi$, dont le produit vaut $1=\left|\det M\right|$ — l'aire est conservée —, et $\Omega$ donne l'orientation des axes.

Le théorème obtenu — décomposition polaire (cas inversible). Toute matrice $M\in {\mathrm{GL}}_n(\mathbb{R})$ s'écrit de manière unique $M=\Omega S$ avec $\Omega \in {\mathrm{O}}_n(\mathbb{R})$ et $S\in {\mathcal{S}}_n^{++}(\mathbb{R})$ ; de plus $S=\sqrt{M^{\top }M}$ et $\left|\det M\right|=\det S$. (Pour $M$ non inversible, l'existence subsiste avec $S\in {\mathcal{S}}_n^{+}(\mathbb{R})$, mais l'unicité tombe ; le passage au cas général se fait par densité, et relève du chapitre de topologie.)

Ce que le problème installe. Trois idées. $M^{\top }M$ transporte une matrice quelconque dans le monde symétrique positif, où le théorème spectral s'applique — c'est le même geste qu'aux moindres carrés de l'exercice 1. La racine carrée positive est unique, et l'unicité se démontre par codiagonalisation : deux matrices symétriques qui commutent se diagonalisent ensemble, et la positivité tranche entre les deux racines possibles de chaque valeur propre. Enfin, la plus visuelle : toute transformation linéaire inversible est une dilatation d'axes orthogonaux suivie d'une isométrie — analogue réel de $z=e^{i\theta }r$, raison pour laquelle une application linéaire transforme toujours une sphère en un ellipsoïde, et porte d'entrée de la décomposition en valeurs singulières.