Matrices symétriques réelles en maths spé (MP) : cours et méthodes

À chaque \(u \in \mathcal{L}(E)\) correspond un seul \(u^{*} \in \mathcal{L}(E)\), nommé adjoint de \(u\), qui vérifie \[\langle u(x), y \rangle = \langle x, u^{*}(y) \rangle \quad \text{pour tous } x, y \text{ de } E.\]

Fixons \(y \in E\). La forme \(\ell_y : x \mapsto \langle u(x), y \rangle\) est linéaire. Par le théorème de représentation, elle s’écrit \(\langle \cdot, z \rangle\) pour un unique \(z\), que nous notons \(u^{*}(y)\). Ensuite, la linéarité de \(u^{*}\) découle de l’unicité. En effet, \(\lambda u^{*}(y) + u^{*}(y^{\prime})\) convient pour représenter la forme associée à \(\lambda y + y^{\prime}\). Enfin, deux endomorphismes vérifiant la relation coïncident, car un vecteur orthogonal à tout \(E\) est nul.

Pour \(u, v \in \mathcal{L}(E)\) et \(\lambda \in \mathbf{R}\) : \((u+\lambda v)^{*} = u^{*} + \lambda v^{*}\), \((u \circ v)^{*} = v^{*} \circ u^{*}\), \((u^{*})^{*} = u\) et l’identité est son propre adjoint. Enfin, l’adjoint d’un automorphisme \(u\) est encore un automorphisme, d’inverse l’adjoint de \(u^{-1}\).

Dans \(\mathbf{R}^n\) muni du produit scalaire canonique, fixons deux vecteurs \(a\) et \(b\). Posons \(u(x) = \langle a, x \rangle \, b\), un endomorphisme de rang au plus 1. Pour tous \(x, y\), on obtient \[\langle u(x), y \rangle = \langle a, x \rangle \langle b, y \rangle = \langle x, \langle b, y \rangle a \rangle.\] Par conséquent, \(u^{*}(y) = \langle b, y \rangle \, a\). Autrement dit, l’adjoint échange simplement les rôles de \(a\) et \(b\). Ainsi, \(u\) est égal à son adjoint dès que \(b\) est colinéaire à \(a\).

Fixons une base \(\mathcal{B}\) orthonormée. Si \(u\) y est représenté par \(A\), son adjoint y est représenté par la transposée \(A^{T}\).

Notons \(X\) et \(Y\) les colonnes de coordonnées de \(x\) et \(y\), et \(B\) la matrice de \(u^{*}\). Comme la base est orthonormée, \(\langle x, y \rangle = X^{T} Y\). La relation d’adjonction devient \((AX)^{T} Y = X^{T} B Y\), soit \(X^{T} A^{T} Y = X^{T} B Y\) pour toutes colonnes. En prenant pour \(X\) et \(Y\) les colonnes de la base canonique, on lit coefficient par coefficient que \(B = A^{T}\).

Pour \(u \in \mathcal{L}(E)\) et \(F\) sous-espace de \(E\) : la stabilité de \(F\) sous \(u\) entraîne celle de \(F^{\perp}\) sous \(u^{*}\). En appliquant ce résultat à \(u^{*}\) et à \(F^{\perp}\), on obtient même une équivalence.

Soit \(y \in F^{\perp}\) et \(x \in F\). D’abord, \(u(x) \in F\) par stabilité. Ensuite, \(\langle x, u^{*}(y) \rangle = \langle u(x), y \rangle = 0\). Donc \(u^{*}(y)\) est orthogonal à tout vecteur de \(F\), c’est-à-dire \(u^{*}(y) \in F^{\perp}\).

Pour trouver les hyperplans stables par \(u\), on procède ainsi :

1. on écrit l’hyperplan \(H = a^{\perp}\) avec \(a \neq 0\) ;
2. par la proposition, l’invariance de \(H\) sous \(u\) revient à celle de la droite \(\mathbf{R} a\) sous \(u^{*}\) ;
3. on cherche donc les vecteurs propres de \(A^{T}\), où \(A\) est la matrice de \(u\) en base orthonormée ;
4. chaque droite propre de \(A^{T}\) fournit un hyperplan stable, d’équation \(a^{T} X = 0\).

On appelle autoadjoint, ou symétrique, tout \(u \in \mathcal{L}(E)\) égal à son adjoint. Concrètement, \(u\) peut alors changer de côté dans le crochet : \[\langle u(x), y \rangle = \langle x, u(y) \rangle \quad \text{quels que soient } x \text{ et } y.\] Leur ensemble est noté \(\mathcal{S}(E)\).

Dans n’importe quelle base orthonormée, \(u\) est autoadjoint exactement quand sa matrice est symétrique. Par suite, \(\mathcal{S}(E)\) est un sous-espace vectoriel de dimension \(\frac{n(n+1)}{2}\).

Pour un projecteur \(p\) de \(E\), les deux propriétés « \(\ker p \perp \mathrm{Im}\, p\) » et « \(p^{*} = p\) » sont équivalentes.

Supposons d’abord \(\ker p \perp \mathrm{Im}\, p\). Prenons \(x, y \in E\). Le vecteur \(x – p(x)\) appartient au noyau, donc il est orthogonal à \(p(y)\). Il reste \(\langle x, p(y) \rangle = \langle p(x) + x – p(x), p(y) \rangle\), qui se réduit au produit scalaire de \(p(x)\) et \(p(y)\). En échangeant \(x\) et \(y\), on trouve la même valeur pour \(\langle p(x), y \rangle\). Ainsi, \(p\) est autoadjoint.

Réciproquement, supposons \(p^{*} = p\). Soit \(a \in \mathrm{Im}\, p\) et \(b \in \ker p\). Comme \(a = p(a)\), on obtient \(\langle a, b \rangle = \langle p(a), b \rangle = \langle a, p(b) \rangle = 0\). Par conséquent, le noyau et l’image sont orthogonaux.

Si \((e_1, \dots, e_r)\) est une base orthonormée de \(F\), le projecteur orthogonal sur \(F\) s’écrit \(p_F(x) = \sum_{k=1}^{r} \langle e_k, x \rangle e_k\). Matriciellement, pour une droite dirigée par un vecteur unitaire \(e\), on obtient \(P = e\,e^{T}\). Pour l’hyperplan \(e^{\perp}\), on obtient \(I_n – e\,e^{T}\).

Le polynôme caractéristique d’une matrice symétrique réelle n’a que des racines réelles. Il est donc scindé sur \(\mathbf{R}\).

Prenons une racine complexe \(\lambda\) du polynôme caractéristique et une colonne complexe \(Z \neq 0\) avec \(SZ = \lambda Z\). Le nombre \(c = \overline{Z}^{T} S Z\) se calcule en regroupant à droite : \(c = \lambda \, \overline{Z}^{T} Z\). On peut aussi regrouper à gauche. Puisque \(S^{T} = S = \overline{S}\), la ligne \(\overline{Z}^{T} S\) est la conjuguée transposée de \(SZ\), soit \(\overline{\lambda} \, \overline{Z}^{T}\). Ainsi, \(c = \overline{\lambda} \, \overline{Z}^{T} Z\). Le facteur \(\overline{Z}^{T} Z\), somme des carrés des modules des \(z_k\), ne s’annule pas. On conclut que \(\lambda\) est égal à son conjugué.

Pour \(u\) autoadjoint, des vecteurs propres rattachés à deux valeurs propres différentes sont toujours orthogonaux.

Supposons \(u(x) = \lambda x\) et \(u(y) = \mu y\), où \(\lambda \neq \mu\). Le nombre \(\langle u(x), y \rangle\) vaut \(\lambda\) fois \(\langle x, y \rangle\). Comme \(u\) est autoadjoint, il vaut aussi \(\langle x, u(y) \rangle\), c’est-à-dire \(\mu\) fois \(\langle x, y \rangle\). Les deux coefficients étant différents, le produit scalaire de \(x\) et \(y\) est forcément nul.

Soit \(u\) autoadjoint et \(F\) un sous-espace que \(u\) laisse invariant. Alors \(u\) laisse aussi \(F^{\perp}\) invariant, et sa restriction à \(F^{\perp}\) reste autoadjointe.

(Théorème spectral.) Tout endomorphisme autoadjoint \(u\) de \(E\) se diagonalise dans une base orthonormée. De façon équivalente, les sous-espaces propres de \(u\) sont deux à deux orthogonaux et leur somme remplit \(E\).

Lecture matricielle : une matrice symétrique réelle \(S\) s’écrit \(P D P^{T}\), avec \(P\) orthogonale et \(D\) diagonale à coefficients réels.

On procède par récurrence sur la dimension. En dimension 1, un vecteur de norme 1 suffit. Passons de \(n – 1\) à \(n\). La matrice de \(u\) dans une base orthonormée est symétrique réelle, donc le premier lemme fournit une racine réelle \(\lambda\) de \(\chi_u\). On choisit alors \(e_1\), vecteur propre de norme 1 pour \(\lambda\). Puisque \(\mathbf{R} e_1\) est invariante, le troisième lemme s’applique à l’hyperplan \(H = e_1^{\perp}\) : il est invariant et \(u\) y induit un endomorphisme autoadjoint. Dans \(H\), de dimension \(n – 1\), on dispose par hypothèse d’une base orthonormée \((e_2, \dots, e_n)\) qui diagonalise cet induit. En ajoutant \(e_1\), on obtient la base cherchée pour \(E\).

1. On calcule le spectre de \(S\), en cherchant d’abord une structure (matrice de rang 1, somme \(aI_n + bJ\), lignes de même somme).
2. Pour chaque valeur propre, on détermine une base du sous-espace propre.
3. Dans chaque sous-espace propre de dimension au moins 2, on orthonormalise par Gram-Schmidt.
4. Pour les valeurs propres simples, il suffit de normer : l’orthogonalité entre sous-espaces distincts est automatique.
5. On range les vecteurs en colonnes dans \(P\), qui est orthogonale. Ainsi, \(P^{-1} = P^{T}\) et \(S = P D P^{T}\).

Diagonalisons \(S = \begin{pmatrix} 5 & -2 & -2 \\ -2 & 5 & -2 \\ -2 & -2 & 5 \end{pmatrix}\). Notons \(J\) la matrice d’ordre 3 remplie de 1 ; alors \(S = 7 I_3 – 2J\). Le noyau de \(J\) est un plan, et \(J\) multiplie \((1,1,1)\) par 3. Le spectre de \(J\) se réduit donc à 0, double, et 3, simple. Par conséquent, \(S\) admet la valeur propre \(7 – 6 = 1\), simple, et la valeur propre 7, double.

Le sous-espace propre pour 1 est la droite dirigée par \((1,1,1)\). Celui pour 7 est le plan \(x + y + z = 0\), qui en est l’orthogonal. Dans ce plan, on choisit \((1,-1,0)\), puis un vecteur orthogonal, par exemple \((1,1,-2)\). Après normalisation, on obtient \[P = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}, \qquad D = \mathrm{diag}(1, 7, 7).\] On conclut que \(S = P D P^{T}\), avec \(P\) orthogonale.

Une matrice symétrique réelle \(S\) est positive lorsque le nombre \(X^{T} S X\) est toujours positif ou nul. Elle est définie positive lorsque, en outre, ce nombre ne s’annule qu’en \(X = 0\). Ces deux familles forment \(\mathcal{S}_n^{+}(\mathbf{R})\) et \(\mathcal{S}_n^{++}(\mathbf{R})\).

De même, \(u \in \mathcal{S}(E)\) est positif si \(\langle u(x), x \rangle \geqslant 0\) pour tout \(x\), et défini positif si l’inégalité est stricte pour \(x \neq 0\).

Une matrice symétrique réelle est positive exactement quand toutes ses valeurs propres sont positives ou nulles. Elle est définie positive exactement quand elles sont toutes strictement positives.

Écrivons \(S = P D P^{T}\) avec \(P\) orthogonale et \(D = \mathrm{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)\). Pour \(X \in \mathbf{R}^n\), posons \(Y = P^{T} X\). Alors \[X^{T} S X = Y^{T} D Y = \sum_{k=1}^{n} \lambda_k y_k^2.\] Des \(\lambda_k\) tous positifs rendent cette somme positive. Pour la réciproque, on teste la forme sur la \(k\)-ième colonne de \(P\), qui est de norme 1 : elle renvoie exactement \(\lambda_k\). Pour la version stricte, il suffit d’ajouter que \(Y\) est nul seulement quand \(X\) l’est.

Quelle que soit la matrice carrée réelle \(A\), le produit \(A^{T} A\) est symétrique positif. Il est même défini positif exactement lorsque \(A\) est inversible.

La symétrie vient de la règle de transposition d’un produit. Ensuite, le nombre \(X^{T} A^{T} A X\) n’est autre que le carré de la norme de \(AX\). Il est donc positif, et il ne s’annule que lorsque \(X\) appartient au noyau de \(A\). Ce noyau est réduit à zéro précisément quand \(A\) est inversible.

Face à une matrice symétrique dont on veut prouver le caractère défini positif, trois pistes s’offrent à nous :

1. calculer le spectre et vérifier qu’il est dans \(\mathbf{R}_{+}^{*}\), ce qui convient en petite taille ;
2. décomposer \(X^{T} S X\) par la méthode de Gauss, en carrés de \(n\) expressions linéaires libres ;
3. écrire \(S = B^{T} B\) avec \(B\) inversible, ou reconnaître \(X^{T} S X\) comme une intégrale ou une norme d’un objet qui n’est nul que si \(X = 0\).

Soit \(S = \begin{pmatrix} 4 & 2 & 0 \\ 2 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}\). Pour \(X = (x, y, z)\), on a \(X^{T} S X = 4x^2 + 3y^2 + 2z^2 + 4xy + 2yz\). Regroupons d’abord les termes en \(x\) : \(4x^2 + 4xy = (2x + y)^2 – y^2\). Il reste ensuite \(2y^2 + 2yz + 2z^2 = 2\left(y + \frac{z}{2}\right)^2 + \frac{3}{2} z^2\). Ainsi, \[X^{T} S X = (2x + y)^2 + 2\left(y + \frac{z}{2}\right)^2 + \frac{3}{2} z^2.\] Cette somme est positive. De plus, elle est nulle seulement si \(z = 0\), puis \(y = 0\), puis \(x = 0\). Donc \(S \in \mathcal{S}_3^{++}(\mathbf{R})\), sans aucun calcul de valeur propre.

Des coefficients tous strictement positifs ne suffisent pas. La matrice \(\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\) a ses quatre coefficients positifs. Pourtant, avec \(X = (1, -1)\), on trouve \(X^{T} S X = 1 – 4 + 1 = -2\). En effet, ses valeurs propres sont 3 et \(-1\).

Soit \(S \in \mathcal{S}_n(\mathbf{R})\). Pour \(X \neq 0\), le quotient de Rayleigh de \(S\) en \(X\) est \[R_S(X) = \frac{X^{T} S X}{X^{T} X}.\] Il ne change pas si l’on remplace \(X\) par \(tX\) avec \(t \neq 0\). On peut donc se limiter à la sphère unité.

Appelons \(\lambda_{\min}\) et \(\lambda_{\max}\) les valeurs propres extrêmes de \(S\). Pour toute colonne non nulle \(X\), \[\lambda_{\min} \leqslant R_S(X) \leqslant \lambda_{\max}.\] La borne supérieure est atteinte précisément sur les vecteurs propres associés à \(\lambda_{\max}\). La borne inférieure se comporte de façon analogue. En particulier, \(\lambda_{\max} = \max_{\|X\| = 1} X^{T} S X\).

Reprenons \(Y = P^{T} X\), qui vérifie \(\|Y\| = \|X\|\) car \(P\) est orthogonale. Alors \(X^{T} S X = \sum \lambda_k y_k^2\). Comme \(\lambda_{\min} \leqslant \lambda_k \leqslant \lambda_{\max}\), on obtient \(\lambda_{\min} \|Y\|^2 \leqslant X^{T} S X \leqslant \lambda_{\max} \|Y\|^2\). Pour le cas d’égalité, \(\sum (\lambda_{\max} – \lambda_k) y_k^2 = 0\) impose \(y_k = 0\) dès que \(\lambda_k \neq \lambda_{\max}\). Autrement dit, \(X\) appartient au sous-espace propre de \(\lambda_{\max}\).

Prenons \(S = \begin{pmatrix} 5/2 & 3/2 \\ 3/2 & 5/2 \end{pmatrix}\) et \(X = (\cos \theta, \sin \theta)\). Un calcul direct donne \[R_S(X) = \frac{5}{2} + 3 \cos \theta \sin \theta = \frac{5}{2} + \frac{3}{2} \sin(2\theta).\] Ce quotient varie donc entre 1 et 4. Le maximum est atteint en \(\theta = \frac{\pi}{4}\), c’est-à-dire sur la direction de \((1,1)\). De même, le minimum est atteint sur la direction de \((1,-1)\). On retrouve bien les valeurs propres 4 et 1, avec leurs vecteurs propres.

Pour majorer \(\|AX\|\) avec \(A\) quelconque, on écrit \(\|AX\|^2 = X^{T} (A^{T} A) X\). La matrice \(A^{T} A\) est symétrique positive. Par conséquent, \(\|AX\| \leqslant \sqrt{\lambda_{\max}(A^{T} A)} \, \|X\|\), et cette borne est atteinte. On obtient ainsi la norme subordonnée de \(A\) pour la norme euclidienne.

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