Le produit scalaire de Frobenius et l'orthogonalité des symétriques et des antisymétriques

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Deux propriétés de la trace, et elles seules : $\mathrm{tr}(M^{\top })=\mathrm{tr}(M)$ et $\mathrm{tr}(MN)=\mathrm{tr}(NM)$. Et, du chapitre sur les matrices, la décomposition ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})={\mathcal{S}}_n\oplus {\mathcal{A}}_n$, avec $M=\frac{M+M^{\top }}{2}+\frac{M-M^{\top }}{2}$.

a) Les quatre axiomes.

Bilinéarité. L'application $A\mapsto A^{\top }$ est linéaire, le produit matriciel est bilinéaire, la trace est linéaire : $(A,B)\mapsto \mathrm{tr}(A^{\top }B)$ est bilinéaire, comme composée d'applications linéaires en chaque variable.

Symétrie. La trace ne voit pas la transposition : $⟨A,B⟩=\mathrm{tr}((A^{\top }B{)}^{\top })=\mathrm{tr}(B^{\top }A)=⟨B,A⟩$.

Caractère défini positif — c'est ici que tout se joue. Calculons le coefficient diagonal d'indice $(i,i)$ de $A^{\top }A$ : c'est ${\sum }_{k=1}^n(A^{\top }{)}_{i,k}{a}_{k,i}={\sum }_k{a}_{k,i}^2$. En sommant sur $i$, $$⟨A,A⟩=\mathrm{tr}\left(A^{\top }A\right)=\sum _{i=1}^n\sum _{k=1}^n{a}_{k,i}^2=\sum _{i,j}{a}_{i,j}^2\ge 0,$$ somme de carrés de réels. Elle est nulle si et seulement si chaque $a_{i,j}$ est nul, c'est-à-dire si et seulement si $A=0$. C'est un produit scalaire, et la norme associée est $\Vert A\Vert =\sqrt{{\sum }_{i,j}{a}_{i,j}^2}$, dite norme de Frobenius : ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{R})$ muni de ce produit scalaire n'est rien d'autre que ${\mathbb{R}}^{n^2}$ canonique, les coefficients servant de coordonnées.

Le point délicat. Le corps doit être $\mathbb{R}$, et c'est à la dernière ligne que cela sert : sur $\mathbb{C}$, la matrice $\left(\begin{array}{cc}1& i\\ i& -1\end{array}\right)$ est non nulle et vérifie $\mathrm{tr}(A^{\top }A)=1+i^2+i^2+1=0$. Une somme de carrés de complexes peut être nulle sans que les termes le soient.

b) ${\mathcal{S}}_n\perp {\mathcal{A}}_n$. Soient $S$ symétrique ($S^{\top }=S$) et $A$ antisymétrique ($A^{\top }=-A$). D'abord $⟨S,A⟩=\mathrm{tr}(S^{\top }A)=\mathrm{tr}(SA)$. Puis, en enchaînant les deux propriétés de la trace : $$\mathrm{tr}(SA)=\mathrm{tr}((SA{)}^{\top })=\mathrm{tr}(A^{\top }{S}^{\top })=\mathrm{tr}((-A)S)=-\mathrm{tr}(AS)=-\mathrm{tr}(SA).$$ La première égalité est l'invariance par transposition, la deuxième la règle $(SA{)}^{\top }=A^{\top }{S}^{\top }$, la troisième les hypothèses, la dernière la commutativité de la trace d'un produit. Donc $2\mathrm{tr}(SA)=0$, et $⟨S,A⟩=0$ : toute matrice symétrique est orthogonale à toute matrice antisymétrique.

c) La partie symétrique est un projeté. Écrivons $M=S+A$ avec $S=\frac{M+M^{\top }}{2}\in {\mathcal{S}}_n$ et $A=\frac{M-M^{\top }}{2}\in {\mathcal{A}}_n$. Le projeté orthogonal de $M$ sur ${\mathcal{S}}_n$ est l'unique matrice $P\in {\mathcal{S}}_n$ telle que $M-P\in {\mathcal{S}}_n^{\perp }$. Or $M-S=A$ est antisymétrique, donc orthogonale à tout ${\mathcal{S}}_n$ par le b) : $A\in {\mathcal{S}}_n^{\perp }$. Donc $p_{{\mathcal{S}}_n}(M)=S$, et par le théorème de la distance, $$d(M,{\mathcal{S}}_n)=\Vert M-S\Vert =\Vert A\Vert =\frac{1}{2}\Vert M-M^{\top }\Vert .$$ La somme directe du chapitre sur les matrices était en réalité une somme directe orthogonale : ${\mathcal{S}}_n^{\perp }={\mathcal{A}}_n$, et les dimensions concordent, $\frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n-1)}{2}=n^2$.

Le calcul. Pour $M=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right)$ : $S=\left(\begin{array}{cc}1& 5/2\\ 5/2& 4\end{array}\right)$ et $A=\left(\begin{array}{cc}0& -1/2\\ 1/2& 0\end{array}\right)$. Donc $d(M,{\mathcal{S}}_n{)}^2=\Vert A{\Vert }^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$, soit $d(M,{\mathcal{S}}_n)=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Contrôle par Pythagore : $\Vert M{\Vert }^2=1+4+9+16=30$, $\Vert S{\Vert }^2=1+\frac{25}{4}+\frac{25}{4}+16=\frac{59}{2}$, et $\frac{59}{2}+\frac{1}{2}=30$ : l'égalité $\Vert M{\Vert }^2=\Vert S{\Vert }^2+\Vert A{\Vert }^2$ n'aurait aucune raison d'être vraie sans l'orthogonalité.

Ce que l'exercice installe. Pour vérifier qu'une forme est un produit scalaire, la bilinéarité et la symétrie sont presque toujours gratuites ; tout l'exercice est dans le caractère défini, et il se démontre en exhibant une somme de carrés de réels. Ensuite, un produit scalaire donne un sens nouveau aux décompositions déjà connues : la matrice symétrique la plus proche de $M$ est sa partie symétrique, et la norme de la partie antisymétrique mesure exactement « à quel point $M$ n'est pas symétrique ».