La trace fabrique la géométrie des matrices

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Les propriétés de la trace (chapitre 1) ; la formule de la projection orthogonale en base orthonormée, le théorème de la meilleure approximation, l'inégalité de Cauchy-Schwarz et son cas d'égalité. La stratégie de toute la suite tient en une phrase : une trace est un produit scalaire, à condition de trouver contre quelle matrice.

a) Un produit scalaire sur les matrices. Bilinéarité. À $B$ fixée, $A\mapsto {}^{t}AB$ est linéaire (la transposition l'est, le produit matriciel l'est par rapport à chaque facteur), et la trace est linéaire : la composée l'est. De même à $A$ fixée.

Symétrie. Une matrice et sa transposée ont même trace, donc $$\mathrm{tr}({}^{t}AB)=\mathrm{tr}({}^t({}^{t}AB))=\mathrm{tr}({}^{t}BA).$$

Positivité et caractère défini. Le coefficient d'indice $(j,j)$ de ${}^{t}AA$ est le produit de la $j$-ième ligne de ${}^{t}A$ — c'est-à-dire de la $j$-ième colonne de $A$ — par la $j$-ième colonne de $A$ : il vaut ${\sum }_i{a}_{ij}^2$. En sommant sur $j$, $$⟨A,A⟩=\sum _{j=1}^n\sum _{i=1}^n{a}_{ij}^2\ge 0,$$ et une somme de carrés de réels n'est nulle que si chacun l'est : $⟨A,A⟩=0$ entraîne $A=0$. C'est un produit scalaire, et $\Vert A{\Vert }^2={\sum }_{i,j}{a}_{ij}^2$ : c'est le produit scalaire canonique de ${\mathbb{R}}^{n^2}$, les $n^2$ coefficients étant simplement rangés en carré.

Symétriques et antisymétriques sont orthogonales. Soient $S$ symétrique et $T$ antisymétrique. D'une part $⟨S,T⟩=\mathrm{tr}({}^{t}ST)=\mathrm{tr}(ST)$. D'autre part, en transposant, puis en utilisant ${}^{t}T=-T$, ${}^{t}S=S$ et $\mathrm{tr}(TS)=\mathrm{tr}(ST)$ : $$\mathrm{tr}(ST)=\mathrm{tr}\left({}^{t}T{}^{t}S\right)=-\mathrm{tr}(TS)=-\mathrm{tr}(ST).$$ Donc $\mathrm{tr}(ST)=0$ : ${\mathcal{S}}_n(\mathbb{R})\perp {\mathcal{A}}_n(\mathbb{R})$. Deux sous-espaces orthogonaux sont en somme directe (un vecteur orthogonal à lui-même est nul), et l'écriture $$A=\frac{A+{}^{t}A}{2}+\frac{A-{}^{t}A}{2}$$ montre que la somme est ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$ tout entier : ils sont supplémentaires et orthogonaux.

La distance. Dans la décomposition ci-dessus, $\frac{A+{}^{t}A}{2}$ appartient à ${\mathcal{S}}_n(\mathbb{R})$ et l'écart $\frac{A-{}^{t}A}{2}$ lui est orthogonal : c'est exactement la caractérisation de la projection orthogonale, et $p_{{\mathcal{S}}_n}(A)=\frac{A+{}^{t}A}{2}$. Le sous-espace ${\mathcal{S}}_n(\mathbb{R})$ est de dimension finie ; le théorème de la meilleure approximation donne $$d(A,{\mathcal{S}}_n(\mathbb{R}))=\Vert A-\frac{A+{}^{t}A}{2}\Vert =\frac{1}{2}\Vert A-{}^{t}A\Vert .$$

Contrôle. Pour $A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right)$, on a $A-{}^{t}A=\left(\begin{array}{cc}0& 2\\ -2& 0\end{array}\right)$, de norme $\sqrt{8}=2\sqrt{2}$, d'où $d=\sqrt{2}$. Pythagore le confirme : les parties symétrique et antisymétrique ont pour normes au carré $4$ et $2$, et $4+2=6=\Vert A{\Vert }^2$.

b) La matrice d'une projection orthogonale. Pour toute colonne $X$, la formule du cours donne $p(X)={\sum }_{k=1}^r⟨X,{\epsilon }_k⟩{\epsilon }_k$. Or le réel $⟨X,{\epsilon }_k⟩={}^t{\epsilon }_{k}X$ est une matrice $1\times 1$ que l'on peut écrire à droite de la colonne ${\epsilon }_k$ : $$p(X)=\sum _{k=1}^r{\epsilon }_k\left({}^t{\epsilon }_{k}X\right)=\left(\sum _{k=1}^r{\epsilon }_k{}^t{\epsilon }_k\right)X.$$ Cette égalité valant pour toute colonne $X$, $P={\sum }_k{\epsilon }_k{}^t{\epsilon }_k$. Chaque terme est symétrique, puisque ${}^t({\epsilon }_k{}^t{\epsilon }_k)={\epsilon }_k{}^t{\epsilon }_k$ : $P$ est symétrique. Les colonnes de $A$ appartiennent à $\mathrm{Im}A$, que la projection laisse fixe : $P$ envoie chaque colonne de $A$ sur elle-même, c'est-à-dire $PA=A$. Enfin le coefficient diagonal d'indice $(i,i)$ de ${\epsilon }_k{}^t{\epsilon }_k$ est le carré de la $i$-ième coordonnée de ${\epsilon }_k$, donc $\mathrm{tr}({\epsilon }_k{}^t{\epsilon }_k)=\Vert {\epsilon }_k{\Vert }^2=1$, et $\mathrm{tr}P=r$. De plus, en utilisant ${}^{t}P=P$ puis $P^2=P$ (une projection est un projecteur), $$\Vert P{\Vert }^2=\mathrm{tr}({}^{t}PP)=\mathrm{tr}(P^2)=\mathrm{tr}(P)=r.$$

Le point délicat. La symétrie de $P$ sort ici d'un calcul, sans aucun théorème sur les projecteurs orthogonaux ; au chapitre suivant, elle deviendra une caractérisation.

c) L'inégalité. Puisque $PA=A$ et ${}^{t}P=P$, $$\mathrm{tr}A=\mathrm{tr}(PA)=\mathrm{tr}({}^{t}PA)=⟨P,A⟩.$$ La trace de $A$ est un produit scalaire, contre la matrice $P$. L'inégalité de Cauchy-Schwarz et le b) donnent $|\mathrm{tr}A|\le \Vert P\Vert \Vert A\Vert =\sqrt{r}\Vert A\Vert$, et en élevant au carré, $(\mathrm{tr}A{)}^2\le r\Vert A{\Vert }^2$.

Cas d'égalité. Il y a égalité dans Cauchy-Schwarz si et seulement si la famille $(P,A)$ est liée ; comme $P\ne 0$, cela signifie $A=\lambda P$ pour un réel $\lambda$. Réciproquement, si $A=\lambda P$ (avec $\lambda \ne 0$, puisque $A$ est de rang $r\ge 1$), alors $\mathrm{tr}A=\lambda r$ et $\Vert A{\Vert }^2={\lambda }^{2}r$, et l'on a bien $(\lambda r{)}^2=r\cdot {\lambda }^{2}r$.

Contrôle. Pour $A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\end{array}\right)$, de rang $1$ : $(\mathrm{tr}A{)}^2=4=\mathrm{rg}(A)\Vert A{\Vert }^2$, égalité, et en effet $A=2P$ avec $P=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\end{array}\right)$, projection orthogonale sur $\mathrm{Vect}(1,1)$.

Le cas $r=n$. Alors $P=I_n$, et l'on retrouve $|\mathrm{tr}A|\le \sqrt{n}\Vert A\Vert$, avec égalité si et seulement si $A$ est scalaire : c'est Cauchy-Schwarz contre $I_n$. Le facteur $\mathrm{rg}(A)$ est bien plus fin pour une matrice de petit rang.

d) Les projecteurs de norme minimale. Soit $p$ un projecteur de rang $r$. Dans une base adaptée à ${\mathbb{R}}^n=\mathrm{Im}p\oplus \mathrm{Ker}p$, sa matrice est diagonale, avec $r$ coefficients égaux à $1$ et les autres nuls ; la trace étant invariante par similitude, $\mathrm{tr}p=r$ — la trace d'un projecteur est son rang. Le c), appliqué à $A=p$, donne $$r^2=(\mathrm{tr}p{)}^2\le r\Vert p{\Vert }^2,$$ soit $\Vert p{\Vert }^2\ge r$ après division par $r>0$. Il y a égalité si et seulement si $p=\lambda P$, où $P$ est la projection orthogonale sur $\mathrm{Im}p$ ; mais alors $p^2=p$ s'écrit ${\lambda }^{2}P=\lambda P$, donc $\lambda (\lambda -1)=0$, et $\lambda \ne 0$ puisque $p\ne 0$ : $\lambda =1$ et $p=P$. Réciproquement, $\Vert P{\Vert }^2=r$ par le b). Parmi les projecteurs de rang $r$, les projections orthogonales sont exactement ceux de norme minimale $\sqrt{r}$.

Vérification. $p=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ vérifie $p^2=p$ ; c'est la projection sur $\mathrm{Vect}(e_1)$ parallèlement à $\mathrm{Ker}p=\mathrm{Vect}(1,-1)$, qui n'est pas orthogonale. Son rang est $1$ et $\Vert p{\Vert }^2=2>1$ ; la projection orthogonale sur la même image, $\mathrm{diag}(1,0)$, a pour norme au carré $1$.

Ce que l'exercice installe. Une trace est un produit scalaire déguisé, $\mathrm{tr}A=⟨P,A⟩$ : trouver le bon partenaire transforme une inégalité matricielle en Cauchy-Schwarz, et le cas d'égalité dit aussitôt quand elle est optimale. La décomposition en parties symétrique et antisymétrique, orthogonale pour ce produit scalaire, est celle qu'emploie la mécanique des fluides pour séparer, dans le gradient d'un champ de vitesses, la déformation (partie symétrique) de la rotation d'ensemble (partie antisymétrique, portée par le vecteur tourbillon). Et le d) donne une première caractérisation des projections orthogonales parmi tous les projecteurs ; le TD 4 en donnera deux autres.