Algèbre bilinéaire - preuves (A)

Soit $\varphi$ une forme bilinéaire symétrique et $q$ la forme quadratique associée, définie par $q(x) = \varphi(x, x)$.

Étape 1 : Développement de $q(u+v)$

Calculons $q(u + v)$ en utilisant la définition :

$q(u + v) = \varphi(u + v, u + v)$

Par la propriété de bilinéarité (distributivité), nous développons l'expression :

$\varphi(u + v, u + v) = \varphi(u, u) + \varphi(u, v) + \varphi(v, u) + \varphi(v, v)$

Étape 2 : Utilisation de la symétrie

Comme $\varphi$ est symétrique, on a $\varphi(v, u) = \varphi(u, v)$. De plus, par définition, $\varphi(u, u) = q(u)$ et $\varphi(v, v) = q(v)$.

L'expression devient :

$q(u + v) = q(u) + 2\varphi(u, v) + q(v)$

Conclusion :

En isolant le terme $\varphi(u, v)$, on obtient :

$2\varphi(u, v) = q(u + v) - q(u) - q(v)$

$\varphi(u, v) = \frac{1}{2} (q(u + v) - q(u) - q(v))$

Soient $u, v$ deux vecteurs de $V$.

Notons $X, Y$ leurs matrices colonnes de coordonnées dans la base $\mathfrak{B}$, et $X', Y'$ leurs coordonnées dans la base $\mathcal{C}$.

Étape 1 : Expression matricielle et changement de coordonnées

La valeur de la forme bilinéaire peut être calculée dans la base $\mathfrak{B}$ par :

$\varphi(u, v) = {}^t X A Y$

La formule de changement de base pour les vecteurs est $X = P X'$ et $Y = P Y'$.

Étape 2 : Substitution

Remplaçons $X$ et $Y$ dans l'expression de $\varphi$ :

$\varphi(u, v) = {}^t (P X') A (P Y')$

Utilisons la propriété de la transposition $^t(MN) = {}^tN {}^tM$ :

$\varphi(u, v) = ({}^t X' {}^t P) A (P Y') = {}^t X' ({}^t P A P) Y'$

Conclusion :

Par définition de la matrice $A'$ dans la base $\mathcal{C}$, on doit avoir $\varphi(u, v) = {}^t X' A' Y'$ pour tous vecteurs $u, v$ (donc pour tous $X', Y'$).

En identifiant les termes, on obtient :

$A' = {}^t P A P$

Soient $x, y \in E$.

Étape 1 : Cas trivial

Si $y = 0$, alors $\langle x, 0 \rangle = 0$ et $\|x\| \cdot \|0\| = 0$. L'égalité $0 \le 0$ est vérifiée. Supposons donc $y \ne 0$.

Étape 2 : Étude du polynôme quadratique

Pour tout réel $t \in \mathbb{R}$, considérons le vecteur $x + ty$. Par la propriété de positivité du produit scalaire :

$\|x + ty\|^2 = \langle x + ty, x + ty \rangle \ge 0$

Développons cette expression grâce à la bilinéarité et la symétrie :

$\langle x, x \rangle + 2t\langle x, y \rangle + t^2\langle y, y \rangle \ge 0$

$\|x\|^2 + 2t\langle x, y \rangle + t^2\|y\|^2 \ge 0$

Étape 3 : Discriminant

Il s'agit d'un polynôme du second degré en $t$ de la forme $At^2 + Bt + C$ avec $A = \|y\|^2$, $B = 2\langle x, y \rangle$ et $C = \|x\|^2$.

Puisque ce polynôme est toujours positif ou nul pour tout $t \in \mathbb{R}$, il ne peut pas avoir deux racines réelles distinctes. Son discriminant $\Delta$ doit donc être négatif ou nul ($\Delta \le 0$).

$\Delta = B^2 - 4AC = (2\langle x, y \rangle)^2 - 4\|y\|^2 \|x\|^2 \le 0$

$4\langle x, y \rangle^2 - 4\|x\|^2 \|y\|^2 \le 0$

Conclusion :

En divisant par 4 et en réarrangeant :

$\langle x, y \rangle^2 \le \|x\|^2 \|y\|^2$

En prenant la racine carrée (croissante sur $\mathbb{R}^+$) :

$|\langle x, y \rangle| \le \|x\| \cdot \|y\|$

Soit $x \in E$. Puisque $(e_1, \dots, e_n)$ est une base, il existe des scalaires uniques $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ tels que :

$x = \sum_{j=1}^n \lambda_j e_j$

Étape 1 : Calcul du produit scalaire

Fixons un indice $i \in \{1, \dots, n\}$ et calculons le produit scalaire $\langle x, e_i \rangle$ :

$\langle x, e_i \rangle = \left\langle \sum_{j=1}^n \lambda_j e_j, e_i \right\rangle$

Étape 2 : Utilisation de la linéarité

Par linéarité à gauche du produit scalaire :

$\langle x, e_i \rangle = \sum_{j=1}^n \lambda_j \langle e_j, e_i \rangle$

Étape 3 : Utilisation de l'orthonormalité

La famille est orthonormée, donc $\langle e_j, e_i \rangle = \delta_{ji}$ (vaut 1 si $j=i$, 0 sinon).

Dans la somme, tous les termes sont nuls sauf celui où $j=i$ :

$\langle x, e_i \rangle = \lambda_i \langle e_i, e_i \rangle = \lambda_i \cdot 1 = \lambda_i$

Conclusion :

Nous avons montré que le coefficient $\lambda_i$ est exactement $\langle x, e_i \rangle$. Ainsi :

$x = \sum_{i=1}^n \langle x, e_i \rangle e_i$

Soient $v_1, v_2$ tels que $Av_1 = \lambda_1 v_1$ et $Av_2 = \lambda_2 v_2$ avec $\lambda_1 \ne \lambda_2$.

Dans $\mathbb{R}^n$, le produit scalaire canonique est $\langle x, y \rangle = {}^tx y$.

Étape 1 : Calcul du produit scalaire $\langle Av_1, v_2 \rangle$

En remplaçant $Av_1$ :

$\langle Av_1, v_2 \rangle = \langle \lambda_1 v_1, v_2 \rangle = \lambda_1 \langle v_1, v_2 \rangle$

Étape 2 : Utilisation de la symétrie de la matrice

Pour une matrice symétrique réelle $A$, on a l'identité $\langle Ax, y \rangle = \langle x, Ay \rangle$ pour tout $x, y$.

En effet : ${}^t(Ax)y = {}^tx {}^tA y = {}^tx A y = \langle x, Ay \rangle$.

Donc :

$\langle Av_1, v_2 \rangle = \langle v_1, Av_2 \rangle$

En remplaçant $Av_2$ :

$\langle v_1, Av_2 \rangle = \langle v_1, \lambda_2 v_2 \rangle = \lambda_2 \langle v_1, v_2 \rangle$

Étape 3 : Comparaison

Nous avons obtenu :

$\lambda_1 \langle v_1, v_2 \rangle = \lambda_2 \langle v_1, v_2 \rangle$

Ce qui équivaut à :

$(\lambda_1 - \lambda_2) \langle v_1, v_2 \rangle = 0$

Conclusion :

Puisque $\lambda_1 \ne \lambda_2$, le terme $(\lambda_1 - \lambda_2)$ n'est pas nul. On peut diviser par ce terme, ce qui impose :

$\langle v_1, v_2 \rangle = 0$

Les vecteurs propres sont donc orthogonaux.

Soit $y$ un vecteur quelconque de $F$.

Étape 1 : Décomposition du vecteur

Introduisons $\pi_F(x)$ dans la norme que nous voulons minimiser :

$x - y = (x - \pi_F(x)) + (\pi_F(x) - y)$

Posons $u = x - \pi_F(x)$ et $v = \pi_F(x) - y$.

Étape 2 : Vérification de l'orthogonalité

• Le vecteur $u = x - \pi_F(x)$ appartient à $F^\perp$ par définition de la projection orthogonale.
• Le vecteur $v = \pi_F(x) - y$ appartient à $F$ car $\pi_F(x) \in F$ et $y \in F$, et $F$ est un sous-espace vectoriel.

Donc $u$ et $v$ sont orthogonaux : $\langle u, v \rangle = 0$.

Étape 3 : Théorème de Pythagore

Puisque $u \perp v$, on a :

$\|x - y\|^2 = \|u + v\|^2 = \|u\|^2 + \|v\|^2$

$\|x - y\|^2 = \|x - \pi_F(x)\|^2 + \|\pi_F(x) - y\|^2$

Conclusion :

Comme $\|\pi_F(x) - y\|^2 \ge 0$, on obtient directement :

$\|x - y\|^2 \ge \|x - \pi_F(x)\|^2$

Donc $\|x - y\| \ge \|x - \pi_F(x)\|$.

L'égalité a lieu si et seulement si le terme positif ajouté est nul, c'est-à-dire $\|\pi_F(x) - y\|^2 = 0$, soit $y = \pi_F(x)$.

Sens direct ($\Longleftarrow$) :

Supposons que $u$ conserve le produit scalaire : $\forall x, y \in E, \langle u(x), u(y) \rangle = \langle x, y \rangle$.

En prenant $y = x$, on obtient :

$\langle u(x), u(x) \rangle = \langle x, x \rangle \implies \|u(x)\|^2 = \|x\|^2$

Comme la norme est positive, $\|u(x)\| = \|x\|$.

Sens réciproque ($\Longrightarrow$) :

Supposons que $u$ conserve la norme : $\forall v \in E, \|u(v)\| = \|v\|$.

Utilisons l'identité de polarisation pour le produit scalaire réel :

$\langle x, y \rangle = \frac{1}{2} \left( \|x+y\|^2 - \|x\|^2 - \|y\|^2 \right)$

Calculons $\langle u(x), u(y) \rangle$ :

$\langle u(x), u(y) \rangle = \frac{1}{2} \left( \|u(x)+u(y)\|^2 - \|u(x)\|^2 - \|u(y)\|^2 \right)$

Par linéarité de $u$, $u(x)+u(y) = u(x+y)$, donc :

$\langle u(x), u(y) \rangle = \frac{1}{2} \left( \|u(x+y)\|^2 - \|u(x)\|^2 - \|u(y)\|^2 \right)$

Par l'hypothèse de conservation de la norme, $\|u(v)\| = \|v\|$ pour tout $v$, donc :

$\langle u(x), u(y) \rangle = \frac{1}{2} \left( \|x+y\|^2 - \|x\|^2 - \|y\|^2 \right)$

Le membre de droite est exactement la définition de $\langle x, y \rangle$.

Donc $\langle u(x), u(y) \rangle = \langle x, y \rangle$.

Soit $M \in M_n(\mathbb{R})$. Notons $C_1, \dots, C_n$ les vecteurs colonnes de $M$.

Calculons le produit $P = {}^t M M$.

Étape 1 : Expression des coefficients du produit

L'élément à la ligne $i$ et colonne $j$ de la matrice $P$, noté $P_{ij}$, est le produit de la ligne $i$ de ${}^t M$ par la colonne $j$ de $M$.

La ligne $i$ de ${}^t M$ est la transposée de la colonne $i$ de $M$, soit ${}^t C_i$.

Donc :

$P_{ij} = {}^t C_i C_j$

Or, pour le produit scalaire canonique sur $\mathbb{R}^n$, on a $\langle C_i, C_j \rangle = {}^t C_i C_j$.

Ainsi, $P_{ij} = \langle C_i, C_j \rangle$.

Étape 2 : Condition d'orthonormalité

La famille des colonnes $(C_1, \dots, C_n)$ est une base orthonormée si et seulement si :

$\langle C_i, C_j \rangle = \delta_{ij} = \begin{cases} 1 & \text{si } i=j \\ 0 & \text{si } i \ne j \end{cases}$

Conclusion :

Cette condition est équivalente à dire que $P_{ij} = \delta_{ij}$ pour tout $i, j$, ce qui signifie exactement que la matrice $P$ est la matrice identité $I_n$.

D'où l'équivalence :

$(C_1, \dots, C_n) \text{ est orthonormée} \iff {}^t M M = I_n$

Soit $p = \dim(F)$.

Étape 1 : Base adaptée

Il existe une base orthonormée de $F$, notons-la $(e_1, \dots, e_p)$.

D'après le théorème de la base incomplète (version orthonormée), on peut compléter cette famille en une base orthonormée $\mathfrak{B} = (e_1, \dots, e_p, e_{p+1}, \dots, e_n)$ de l'espace entier $E$.

Étape 2 : Identification de $F^\perp$

Montrons que $G = \text{Vect}(e_{p+1}, \dots, e_n)$ est égal à $F^\perp$.

• Inclusion $G \subset F^\perp$ :

  Soit $v \in G$. $v$ est combinaison linéaire de $e_{p+1}, \dots, e_n$.

  Pour tout $u \in F$, $u$ est combinaison linéaire de $e_1, \dots, e_p$.

  Comme la base $\mathfrak{B}$ est orthonormée, tout vecteur de $\{e_{p+1}, \dots, e_n\}$ est orthogonal à tout vecteur de $\{e_1, \dots, e_p\}$. Par bilinéarité, $v \perp u$. Donc $v \in F^\perp$.

• Dimension :

  La famille $(e_{p+1}, \dots, e_n)$ est libre (sous-famille d'une base) et engendre $G$. Donc $\dim(G) = n - p$.

Étape 3 : Argument de somme directe

On sait que $F \cap F^\perp = \{0\}$ (si un vecteur est dans $F$ et orthogonal à $F$, il est orthogonal à lui-même, donc nul par définition du produit scalaire défini positif).

Donc $\dim(F \oplus F^\perp) = \dim(F) + \dim(F^\perp) \le n$.

Comme $G \subset F^\perp$, on a $\dim(F^\perp) \ge n - p$.

En réalité, dans un espace euclidien, $E = F \oplus F^\perp$.

Tout $x$ s'écrit $x = \sum_{i=1}^n \langle x, e_i \rangle e_i = \underbrace{\sum_{i=1}^p \langle x, e_i \rangle e_i}_{\in F} + \underbrace{\sum_{i=p+1}^n \langle x, e_i \rangle e_i}_{\in G}$.

Comme $x$ quelconque se décompose, $F^\perp$ est exactement $G$.

Conclusion :

$\dim(F^\perp) = \dim(G) = n - p = n - \dim(F)$

Étape 1 : Existence et Unicité des $\varphi_i$

Une forme linéaire est une application linéaire de $V$ dans $K$. Une application linéaire est définie de manière unique par les images des vecteurs d'une base.

Pour chaque $i$ fixé, définissons $\varphi_i$ par ses valeurs sur la base $\mathfrak{B}$ :

$\varphi_i(e_j) = \delta_{i,j} = \begin{cases} 1 & \text{si } i=j \\ 0 & \text{si } i \ne j \end{cases}$

Cette définition assure l'existence et l'unicité de chaque $\varphi_i$.

Étape 2 : Liberté de la famille

Soit $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ des scalaires tels que la combinaison linéaire soit nulle :

$\sum_{i=1}^n \lambda_i \varphi_i = 0_{V^*}$

Cela signifie que pour tout vecteur $v \in V$, $\sum \lambda_i \varphi_i(v) = 0$.

Appliquons cette égalité au vecteur de base $e_k$ :

$\sum_{i=1}^n \lambda_i \varphi_i(e_k) = 0$

Par définition, $\varphi_i(e_k) = \delta_{i,k}$. Seul le terme $i=k$ survit :

$\lambda_k \cdot 1 = 0 \implies \lambda_k = 0$

Ceci étant vrai pour tout $k \in \{1, \dots, n\}$, la famille est libre.

Étape 3 : Conclusion (Base)

La famille $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ est une famille libre de $n$ vecteurs dans $V^*$.

Comme $\dim(V^*) = \dim(V) = n$, toute famille libre de $n$ éléments est une base.

Cette base est appelée la base duale de $\mathfrak{B}$.

Nous allons prouver que si une matrice symétrique $A$ est définie positive, alors son noyau est réduit au vecteur nul.

Preuve par le Noyau (Algébrique)

Rappelons la définition : $A$ est définie positive si pour tout vecteur $x \neq 0$, le produit scalaire $\langle Ax, x \rangle > 0$.

Supposons que $x$ soit un vecteur du noyau de $A$, c'est-à-dire $Ax = 0$.

Calculons la quantité $\langle Ax, x \rangle$. Puisque $Ax = 0$, alors $\langle 0, x \rangle = 0$.

Or, l'hypothèse "$A$ est définie positive" impose que si $x \neq 0$, alors $\langle Ax, x \rangle$ doit être strictement supérieur à 0.

Le seul moyen d'avoir $\langle Ax, x \rangle = 0$ sans contredire la définition est que $x$ soit le vecteur nul.

Conclusion : $\text{Ker}(A) = \{0\}$, donc $A$ est inversible.

(Autre approche possible : via le théorème spectral, toutes les valeurs propres sont strictement positives, donc leur produit - le déterminant - est non nul).

Nous allons prouver la propriété $P(n)$ : "Toute matrice symétrique de taille $n$ est diagonalisable dans une base orthonormée" par récurrence sur $n$.

Préliminaires

• Lemme 1 : Les valeurs propres d'une matrice symétrique réelle sont réelles. Preuve : Soit $AX = \lambda X$. On a ${}^t\bar{X} A X = \lambda \|X\|^2$. Par symétrie et réalité de $A$, ${}^t\bar{X} A X = {}^t(A\bar{X}) X = \bar{\lambda} \|X\|^2$. Donc $\lambda = \bar{\lambda}$.
• Lemme 2 : Si un sous-espace $F$ est stable par $A$, alors $F^\perp$ l'est aussi. Preuve : Soit $y \in F^\perp$. Pour tout $x \in F$, $\langle Ay, x \rangle = \langle y, Ax \rangle = 0$ car $Ax \in F$. Donc $Ay \in F^\perp$.

Initialisation ($n=1$)

Une matrice $1 \times 1$ est déjà diagonale. La propriété est vraie.

Hérédité

Supposons que $P(n-1)$ soit vraie. Soit $A$ une matrice symétrique de taille $n$.

1. Trouver un premier vecteur : D'après le Lemme 1, le polynôme caractéristique de $A$ a des racines réelles. Il existe au moins une valeur propre réelle $\lambda_1$ et un vecteur propre associé $e_1$ que l'on normalise ($\|e_1\|=1$).
2. Créer les espaces : Soit $D = \text{Vect}(e_1)$. $D$ est stable par $A$.
3. Utiliser l'orthogonal : D'après le Lemme 2, l'hyperplan $H = D^\perp$ (de dimension $n-1$) est aussi stable par $A$.
4. Restriction : On considère la restriction $A_H$ de $A$ à $H$. C'est un endomorphisme symétrique de $H$.
5. Hypothèse de récurrence : On applique $P(n-1)$ à $A_H$. Il existe une base orthonormée $(e_2, \dots, e_n)$ de $H$ constituée de vecteurs propres de $A$.

Conclusion

La famille $\mathcal{B} = (e_1, e_2, \dots, e_n)$ est constituée de vecteurs propres. Elle est orthonormée car $e_1 \perp H$ et $(e_2, \dots, e_n)$ est orthonormée. $A$ est donc diagonalisable dans une base orthonormée.

Soit $A$ une matrice symétrique réelle définie positive.

Partie 1 : Existence

D'après le théorème spectral, il existe une matrice orthogonale $P$ et une matrice diagonale $D = \text{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$ telles que $A = P D P^{-1}$. Comme $A$ est définie positive, toutes ses valeurs propres $\lambda_i$ sont strictement positives.

Posons $\mu_i = \sqrt{\lambda_i}$ pour tout $i$. Soit $\Delta = \text{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n)$. Définissons la matrice $R = P \Delta P^{-1}$.

• $R^2 = A$ : $R^2 = (P \Delta P^{-1})(P \Delta P^{-1}) = P \Delta^2 P^{-1} = P D P^{-1} = A$.
• $R$ est symétrique : ${}^t R = {}^t (P \Delta {}^t P) = P {}^t \Delta {}^t P = P \Delta {}^t P = R$.
• $R$ est définie positive : Les valeurs propres de $R$ sont les $\mu_i > 0$.

La matrice $R$ convient.

Partie 2 : Unicité

Soit $M$ une matrice symétrique définie positive telle que $M^2 = A$. Comme $M$ commute avec $M^2$, $M$ commute avec $A$ ($MA = M^3 = AM$). Donc $M$ laisse stable les sous-espaces propres de $A$.

Soit $E_\lambda(A)$ un sous-espace propre de $A$ associé à la valeur propre $\lambda$. La restriction de $M$ à $E_\lambda(A)$ est un endomorphisme symétrique $M_\lambda$ tel que $(M_\lambda)^2 = \lambda \text{Id}_{E_\lambda}$. Puisque $M$ est définie positive, ses valeurs propres sont positives. Or les valeurs propres de $M_\lambda$ doivent vérifier $x^2 = \lambda$, donc $x = \sqrt{\lambda}$ (car $x>0$). L'unique endomorphisme diagonalisable à valeurs propres positives vérifiant ceci est l'homothétie de rapport $\sqrt{\lambda}$.

Ainsi, sur chaque sous-espace propre de $A$, $M$ est uniquement déterminé (c'est l'homothétie de rapport $\sqrt{\lambda}$). Comme $E$ est la somme directe orthogonale de ces sous-espaces, $M$ est unique sur tout $E$.

Conclusion : Il existe une unique racine carrée symétrique définie positive, notée $\sqrt{A}$.