Réduction des endomorphismes auto-adjoints - preuves (A)

Soit $A \in M_n(\mathbb{K})$.

Étape 1 : Sens direct ($A$ inversible $\Rightarrow \det(A) \neq 0$)

Supposons que $A$ est inversible. Il existe alors une matrice $A^{-1}$ telle que $A A^{-1} = I_n$, où $I_n$ est la matrice identité d'ordre $n$.

En utilisant la propriété de multiplicativité du déterminant, nous avons :

$\det(A A^{-1}) = \det(I_n)$.

Ceci se décompose en $\det(A) \det(A^{-1}) = 1$.

Le produit de deux scalaires étant égal à 1, aucun des deux ne peut être nul. En particulier, $\det(A) \neq 0$.

Étape 2 : Sens réciproque ($\det(A) \neq 0 \Rightarrow A$ inversible)

Nous allons prouver la contraposée : si $A$ n'est pas inversible, alors $\det(A) = 0$.

Si $A$ n'est pas inversible, l'endomorphisme associé n'est pas bijectif. Son rang est strictement inférieur à $n$. Cela signifie que les vecteurs colonnes de $A$, notés $C_1, C_2, \dots, C_n$, forment une famille linéairement dépendante.

Il existe donc une colonne, disons $C_j$, qui est une combinaison linéaire des autres colonnes :

$C_j = \sum_{k \neq j} \alpha_k C_k$.

Le déterminant est une forme n-linéaire par rapport à ses colonnes. Ainsi :

$\det(A) = \det(C_1, \dots, C_j, \dots, C_n) = \det(C_1, \dots, \sum_{k \neq j} \alpha_k C_k, \dots, C_n)$.

Par n-linéarité, on peut décomposer cette somme :

$\det(A) = \sum_{k \neq j} \alpha_k \det(C_1, \dots, C_k, \dots, C_n)$.

Dans cette expression, la colonne en position $j$ est $C_k$.

Pour chaque terme de la somme, la matrice dont on calcule le déterminant a deux colonnes identiques (la colonne $C_k$ en position $k$ et en position $j$). Puisque le déterminant est une forme alternée, son résultat est nul si deux de ses vecteurs d'entrée sont identiques.

Ainsi, chaque terme de la somme est nul, et donc $\det(A) = 0$.

Conclusion

Nous avons prouvé les deux implications, donc $A$ est inversible si et seulement si $\det(A) \neq 0$.

Soit $A = (a_{ij})$ une matrice triangulaire supérieure de taille $n \times n$. Cela signifie que $a_{ij} = 0$ pour tout $i > j$. Nous voulons prouver que $\det(A) = \prod_{i=1}^{n} a_{ii}$.

La démonstration pour une matrice triangulaire inférieure est analogue en utilisant la propriété $\det(A) = \det({}^tA)$.

Étape 1 : Analyse des termes de la formule de Leibniz

La formule de Leibniz est $\det(A) = \sum_{\sigma \in S_n} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^{n} a_{\sigma(i), i}$.

Un terme du produit est $a_{\sigma(1), 1} a_{\sigma(2), 2} \cdots a_{\sigma(n), n}$.

Pour que ce produit soit potentiellement non nul, il faut que chaque facteur $a_{\sigma(i), i}$ soit non nul.

Étant donné que $A$ est triangulaire supérieure, nous devons avoir $\sigma(i) \le i$ pour tous les $i=1, \dots, n$.

Étape 2 : Identification de la seule permutation possible

Analysons la condition $\sigma(i) \le i$ pour tout $i$:

• Pour $i=1$, nous devons avoir $\sigma(1) \le 1$, ce qui impose $\sigma(1)=1$.
• Pour $i=2$, nous devons avoir $\sigma(2) \le 2$. Comme $\sigma$ est une permutation et que $\sigma(1)=1$, $\sigma(2)$ ne peut pas être 1. Donc $\sigma(2)=2$.
• En continuant par récurrence, supposons que $\sigma(k)=k$ pour tout $k < i$. Pour $i$, on a $\sigma(i) \le i$. Comme les valeurs $1, 2, \dots, i-1$ sont déjà prises par $\sigma(1), \dots, \sigma(i-1)$, la seule valeur possible pour $\sigma(i)$ est $i$.

Ainsi, la seule permutation $\sigma \in S_n$ pour laquelle le produit $\prod_{i=1}^{n} a_{\sigma(i), i}$ peut être non nul est la permutation identité, $\sigma = \text{Id}$.

Étape 3 : Calcul final du déterminant

La somme dans la formule de Leibniz se réduit à un seul terme, celui où $\sigma = \text{Id}$.

La permutation identité est une permutation paire, donc sa signature $\varepsilon(\text{Id})$ est $+1$.

Le déterminant est donc :

$\det(A) = \varepsilon(\text{Id}) \prod_{i=1}^{n} a_{\text{Id}(i), i} = 1 \cdot \prod_{i=1}^{n} a_{i, i} = a_{11} a_{22} \cdots a_{nn}$

Conclusion

Le déterminant d'une matrice triangulaire est bien le produit de ses coefficients diagonaux.

Soit $f$ un endomorphisme de $E$, et soient $\lambda_1, \dots, \lambda_k$ des valeurs propres distinctes de $f$. Notons $E_i = E_{\lambda_i}(f)$ le sous-espace propre associé à $\lambda_i$. Nous voulons montrer que la somme $E_1 + \dots + E_k$ est directe, c'est-à-dire $E_1 \oplus \dots \oplus E_k$.

Cela revient à montrer que si $x_1 \in E_1, \dots, x_k \in E_k$ sont tels que

$x_1 + x_2 + \dots + x_k = 0 \quad (*)$

alors $x_1 = x_2 = \dots = x_k = 0$.

Nous procédons par récurrence sur $k$.

Cas de base (k=1) : Si $x_1 = 0$, le résultat est trivial.

Cas de base (k=2) : Soient $x_1 \in E_1$ et $x_2 \in E_2$ tels que $x_1 + x_2 = 0$.

En appliquant $f$, on obtient $f(x_1) + f(x_2) = f(0) = 0$.

Comme $x_1 \in E_1$ et $x_2 \in E_2$, on a $f(x_1) = \lambda_1 x_1$ et $f(x_2) = \lambda_2 x_2$. L'équation devient $\lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2 = 0$.

De l'équation initiale, $x_2 = -x_1$. En substituant : $\lambda_1 x_1 - \lambda_2 x_1 = 0$, soit $(\lambda_1 - \lambda_2)x_1 = 0$.

Puisque les valeurs propres sont distinctes, $\lambda_1 - \lambda_2 \neq 0$, donc $x_1 = 0$. Par suite, $x_2 = 0$. La somme est directe.

Étape d'induction : Supposons que la propriété est vraie pour $k-1$ sous-espaces propres.

Partons de l'équation $(*)$: $x_1 + x_2 + \dots + x_k = 0$.

Appliquons l'endomorphisme $f$ :

$f(x_1) + f(x_2) + \dots + f(x_k) = 0$

$\lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2 + \dots + \lambda_k x_k = 0 \quad (**)$

Multiplions l'équation $(*)$ par $\lambda_k$ :

$\lambda_k x_1 + \lambda_k x_2 + \dots + \lambda_k x_k = 0 \quad (***)$

Soustrayons $(**)$ de $(***)$ :

$(\lambda_k - \lambda_1) x_1 + (\lambda_k - \lambda_2) x_2 + \dots + (\lambda_k - \lambda_{k-1}) x_{k-1} = 0$.

C'est une somme de $k-1$ vecteurs, où chaque vecteur $(\lambda_k - \lambda_i)x_i$ appartient à $E_i$. Par hypothèse de récurrence, la somme des $k-1$ premiers sous-espaces est directe. Donc, tous les termes de cette somme sont nuls :

$(\lambda_k - \lambda_i) x_i = 0$ pour $i = 1, \dots, k-1$.

Comme les valeurs propres sont distinctes, $\lambda_k - \lambda_i \neq 0$ pour $i < k$. Cela implique que $x_i = 0$ pour $i=1, \dots, k-1$.

En reportant ces résultats dans l'équation initiale $(*)$, il reste $x_k = 0$.

Conclusion

Nous avons montré que tous les $x_i$ sont nuls, ce qui prouve que la somme des sous-espaces propres est directe.

Soit $f$ un endomorphisme sur un $\mathbb{K}$-espace vectoriel $E$ de dimension finie, et $\lambda \in \mathbb{K}$.

Par définition, $\lambda$ est une valeur propre de $f$ si et seulement s'il existe un vecteur non nul $x \in E$ tel que $f(x) = \lambda x$.

Étape 1 : Réécriture de la condition de valeur propre

L'équation $f(x) = \lambda x$ peut être réécrite comme $f(x) - \lambda x = 0$.

En utilisant l'endomorphisme identité $\text{Id}_E$, on a $f(x) - \lambda \text{Id}_E(x) = 0$.

Par linéarité, cela équivaut à $(f - \lambda \text{Id}_E)(x) = 0$.

Ainsi, $\lambda$ est une valeur propre de $f$ si et seulement s'il existe un vecteur non nul $x$ dans le noyau de l'endomorphisme $(f - \lambda \text{Id}_E)$.

Étape 2 : Lien avec l'inversibilité

L'existence d'un vecteur non nul dans le noyau de $(f - \lambda \text{Id}_E)$ signifie que $\ker(f - \lambda \text{Id}_E) \neq \{0\}$.

Un endomorphisme d'un espace de dimension finie est injectif si et seulement si son noyau est réduit au vecteur nul. Donc, $\ker(f - \lambda \text{Id}_E) \neq \{0\}$ est équivalent à dire que l'endomorphisme $(f - \lambda \text{Id}_E)$ n'est pas injectif.

En dimension finie, un endomorphisme est injectif si et seulement s'il est bijectif (c'est-à-dire inversible). Par conséquent, $\lambda$ est une valeur propre si et seulement si $(f - \lambda \text{Id}_E)$ n'est pas inversible.

Étape 3 : Lien avec le déterminant

Un endomorphisme (ou sa matrice dans n'importe quelle base) est inversible si et seulement si son déterminant est non nul.

Donc, l'endomorphisme $(f - \lambda \text{Id}_E)$ n'est pas inversible si et seulement si son déterminant est nul :

$\det(f - \lambda \text{Id}_E) = 0$

Conclusion

Par définition, le polynôme caractéristique de $f$ est $\chi_f(\lambda) = \det(f - \lambda \text{Id}_E)$.

Nous avons donc montré l'équivalence :

$\lambda$ est une valeur propre de $f \iff \chi_f(\lambda) = 0$.

Ceci signifie que les valeurs propres de $f$ sont exactement les racines de son polynôme caractéristique.

Soit $f$ un endomorphisme sur un espace vectoriel $E$ de dimension $n$.

Supposons que $f$ admette $n$ valeurs propres distinctes, que nous noterons $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n$.

Étape 1 : Sous-espaces propres

Pour chaque valeur propre $\lambda_i$, le sous-espace propre associé $E_i = E_{\lambda_i}(f)$ est non trivial, c'est-à-dire que sa dimension est au moins 1. En effet, par définition d'une valeur propre, il existe au moins un vecteur propre (non nul) qui lui est associé. Donc $\dim(E_i) \ge 1$ pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$.

Étape 2 : Somme directe des sous-espaces propres

Comme les $n$ valeurs propres $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ sont distinctes, nous savons que la somme de leurs sous-espaces propres est une somme directe. Notons $S = E_1 \oplus E_2 \oplus \dots \oplus E_n$.

Ce sous-espace $S$ est un sous-espace vectoriel de $E$.

Étape 3 : Dimension de la somme directe

La dimension d'une somme directe de sous-espaces est la somme des dimensions de ces sous-espaces :

$\dim(S) = \dim(E_1) + \dim(E_2) + \dots + \dim(E_n)$

Comme $\dim(E_i) \ge 1$ pour chaque $i$, on a :

$\dim(S) \ge \underbrace{1 + 1 + \dots + 1}_{n \text{ fois}} = n$

Donc, $\dim(S) \ge n$.

Étape 4 : Conclusion

Le sous-espace $S$ est inclus dans $E$, qui est de dimension $n$. Donc, $\dim(S) \le \dim(E) = n$.

En combinant les deux inégalités, nous avons $\dim(S) = n$.

Puisque $S$ est un sous-espace de $E$ de même dimension que $E$, on a $S=E$.

Nous avons donc montré que $E = E_1 \oplus E_2 \oplus \dots \oplus E_n$.

Cela signifie que l'on peut former une base de $E$ en juxtaposant une base de chaque sous-espace propre $E_i$. Une telle base est entièrement constituée de vecteurs propres de $f$.

Par définition, l'existence d'une base de vecteurs propres signifie que $f$ est diagonalisable.

Soit $E$ un espace vectoriel hermitien (sur $\mathbb{C}$) et $f$ un endomorphisme auto-adjoint sur $E$.

Soit $\lambda \in \mathbb{C}$ une valeur propre de $f$, et $x \in E$ un vecteur propre associé, avec $x \neq 0$.

Par définition, on a $f(x) = \lambda x$.

Étape 1 : Calcul de $\langle f(x), x \rangle$ en utilisant la définition du vecteur propre

En utilisant $f(x)=\lambda x$ dans le produit scalaire $\langle f(x), x \rangle$, on obtient :

$\langle f(x), x \rangle = \langle \lambda x, x \rangle$

Par sesquilinéarité du produit scalaire hermitien, le scalaire sort de la première composante :

$\langle f(x), x \rangle = \lambda \langle x, x \rangle = \lambda \|x\|^2$

Étape 2 : Calcul de $\langle f(x), x \rangle$ en utilisant la propriété d'auto-adjontion

Puisque $f$ est auto-adjoint, $f=f^*$, on a $\langle f(x), y \rangle = \langle x, f(y) \rangle$ pour tous $x, y \in E$. En particulier pour $y=x$ :

$\langle f(x), x \rangle = \langle x, f(x) \rangle$

Remplaçons $f(x)$ par $\lambda x$ dans le membre de droite :

$\langle f(x), x \rangle = \langle x, \lambda x \rangle$

Par sesquilinéarité, le scalaire sort de la seconde composante en prenant son conjugué :

$\langle f(x), x \rangle = \bar{\lambda} \langle x, x \rangle = \bar{\lambda} \|x\|^2$

Étape 3 : Comparaison et conclusion

En égalant les deux expressions obtenues pour $\langle f(x), x \rangle$, on a :

$\lambda \|x\|^2 = \bar{\lambda} \|x\|^2$

$(\lambda - \bar{\lambda}) \|x\|^2 = 0$

Comme $x$ est un vecteur propre, il est non nul, donc $\|x\|^2 \neq 0$.

On en déduit que $\lambda - \bar{\lambda} = 0$, ce qui signifie que $\lambda = \bar{\lambda}$.

Un nombre complexe égal à son conjugué est un nombre réel.

Conclusion

Toute valeur propre d'un endomorphisme auto-adjoint est réelle.

Soit $f$ un endomorphisme auto-adjoint sur un espace euclidien ou hermitien $E$.

Soient $\lambda$ et $\mu$ deux valeurs propres distinctes de $f$. Soit $x$ un vecteur propre associé à $\lambda$ ($x \in E_\lambda$) et $y$ un vecteur propre associé à $\mu$ ($y \in E_\mu$).

On a donc $f(x) = \lambda x$ et $f(y) = \mu y$.

Étape 1 : Premier calcul de $\langle f(x), y \rangle$

En utilisant $f(x)=\lambda x$, on a :

$\langle f(x), y \rangle = \langle \lambda x, y \rangle = \lambda \langle x, y \rangle$

(Note : dans le cas hermitien, le scalaire sort tel quel de la première composante).

Étape 2 : Second calcul de $\langle f(x), y \rangle$

En utilisant la propriété d'auto-adjontion de $f$, on peut écrire :

$\langle f(x), y \rangle = \langle x, f(y) \rangle$

Maintenant, utilisons $f(y)=\mu y$ :

$\langle x, f(y) \rangle = \langle x, \mu y \rangle$

Dans un espace euclidien, $\langle x, \mu y \rangle = \mu \langle x, y \rangle$.

Dans un espace hermitien, $\langle x, \mu y \rangle = \bar{\mu} \langle x, y \rangle$.

Cependant, nous savons que les valeurs propres d'un endomorphisme auto-adjoint sont réelles, donc $\mu = \bar{\mu}$. L'expression est donc $\mu \langle x, y \rangle$ dans les deux cas.

On a donc :

$\langle f(x), y \rangle = \mu \langle x, y \rangle$

Étape 3 : Comparaison et conclusion

En égalant les deux expressions obtenues :

$\lambda \langle x, y \rangle = \mu \langle x, y \rangle$

$(\lambda - \mu) \langle x, y \rangle = 0$

Par hypothèse, les valeurs propres $\lambda$ et $\mu$ sont distinctes, donc $\lambda - \mu \neq 0$.

Pour que le produit soit nul, il faut nécessairement que $\langle x, y \rangle = 0$.

Conclusion

Tout vecteur $x \in E_\lambda$ est orthogonal à tout vecteur $y \in E_\mu$ si $\lambda \neq \mu$. Les sous-espaces propres $E_\lambda$ et $E_\mu$ sont donc orthogonaux.

Soit $f$ un endomorphisme auto-adjoint sur un espace euclidien ou hermitien $E$.

Soit $F$ un sous-espace vectoriel de $E$ stable par $f$, ce qui signifie que pour tout $z \in F$, $f(z) \in F$.

Nous voulons montrer que $F^\perp$ est aussi stable par $f$, c'est-à-dire que pour tout $y \in F^\perp$, on a $f(y) \in F^\perp$.

Étape 1 : Traduction de la condition de stabilité

Un vecteur $v$ appartient à $F^\perp$ si et seulement si il est orthogonal à tous les vecteurs de $F$, c'est-à-dire $\langle v, x \rangle = 0$ pour tout $x \in F$.

Pour montrer que $f(y) \in F^\perp$, nous devons donc montrer que pour un $y \in F^\perp$ quelconque, on a $\langle f(y), x \rangle = 0$ pour tout $x \in F$.

Étape 2 : Utilisation de l'auto-adjontion

Soit $y \in F^\perp$ et $x \in F$. Calculons $\langle f(y), x \rangle$.

Puisque $f$ est auto-adjoint, on a :

$\langle f(y), x \rangle = \langle y, f(x) \rangle$

Étape 3 : Utilisation de la stabilité de F

Par hypothèse, $F$ est stable par $f$. Puisque $x \in F$, on a $f(x) \in F$.

Nous savons aussi que $y \in F^\perp$. Par définition de $F^\perp$, $y$ est orthogonal à tout vecteur de $F$. En particulier, $y$ est orthogonal au vecteur $f(x) \in F$.

Donc :

$\langle y, f(x) \rangle = 0$

Conclusion

En combinant les étapes, nous avons montré que pour tout $y \in F^\perp$ et pour tout $x \in F$ :

$\langle f(y), x \rangle = 0$

Ceci est la définition de $f(y) \in F^\perp$.

Puisque cela est vrai pour tout $y \in F^\perp$, le sous-espace $F^\perp$ est stable par $f$.

Soit $f$ un endomorphisme auto-adjoint sur un espace euclidien ou hermitien $E$.

Étape 1 : Sens direct ($f$ positif $\Rightarrow$ les valeurs propres sont $\ge 0$)

Supposons que $f$ est positif. Par définition, cela signifie que $\langle f(x), x \rangle \ge 0$ pour tout $x \in E$.

Soit $\lambda$ une valeur propre de $f$ et $v$ un vecteur propre associé non nul. On a $f(v) = \lambda v$.

Calculons $\langle f(v), v \rangle$ :

$\langle f(v), v \rangle = \langle \lambda v, v \rangle = \lambda \langle v, v \rangle = \lambda \|v\|^2$

Puisque $f$ est positif, on doit avoir $\langle f(v), v \rangle \ge 0$. Donc :

$\lambda \|v\|^2 \ge 0$

Comme $v$ est un vecteur propre, il est non nul, donc $\|v\|^2 > 0$.

On en conclut que $\lambda \ge 0$.

Étape 2 : Sens réciproque (les valeurs propres sont $\ge 0 \Rightarrow f$ positif)

Supposons que toutes les valeurs propres de $f$ sont positives ou nulles.

Puisque $f$ est auto-adjoint, le théorème spectral s'applique : il existe une base orthonormée $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ de $E$ constituée de vecteurs propres de $f$.

Soient $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ les valeurs propres correspondantes (non nécessairement distinctes), avec $\lambda_i \ge 0$ pour tout $i$. On a $f(e_i) = \lambda_i e_i$.

Soit $x$ un vecteur quelconque de $E$. On peut le décomposer dans la base $\mathcal{B}$ :

$x = \sum_{i=1}^n x_i e_i, \quad \text{où } x_i = \langle x, e_i \rangle$

Calculons $f(x)$ :

$f(x) = f\left(\sum_{i=1}^n x_i e_i\right) = \sum_{i=1}^n x_i f(e_i) = \sum_{i=1}^n x_i (\lambda_i e_i) = \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i e_i$

Maintenant, calculons le produit scalaire $\langle f(x), x \rangle$ :

$\langle f(x), x \rangle = \left\langle \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i e_i, \sum_{j=1}^n x_j e_j \right\rangle$

Par bilinéarité (ou sesquilinéarité), et comme la base est orthonormée ($\langle e_i, e_j \rangle = \delta_{ij}$), on obtient :

$\langle f(x), x \rangle = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \lambda_i x_i \bar{x_j} \langle e_i, e_j \rangle = \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i \bar{x_i} = \sum_{i=1}^n \lambda_i |x_i|^2$

(Dans le cas réel, $\bar{x_j}=x_j$ et $|x_i|^2=x_i^2$).

Par hypothèse, chaque $\lambda_i \ge 0$. De plus, $|x_i|^2 \ge 0$ pour tout $i$.

La somme de termes positifs ou nuls est elle-même positive ou nulle.

$\langle f(x), x \rangle = \sum_{i=1}^n \underbrace{\lambda_i}_{\ge 0} \underbrace{|x_i|^2}_{\ge 0} \ge 0$

Conclusion

Nous avons prouvé les deux implications. Un endomorphisme auto-adjoint est positif si et seulement si toutes ses valeurs propres sont positives ou nulles.

Soit $M \in GL_n(\mathbb{R})$ une matrice réelle inversible et soit $S = {}^tMM$.

Étape 1 : Preuve de la symétrie

Calculons la transposée de $S$ :

${}^tS = {}^t({}^tMM)$

En utilisant la propriété ${}^t(AB) = {}^tB {}^tA$, on a :

${}^tS = {}^tM {}^t({}^tM)$

La double transposition est l'identité, donc ${}^t({}^tM) = M$.

${}^tS = {}^tMM = S$

Puisque ${}^tS = S$, la matrice $S$ est symétrique.

Étape 2 : Preuve du caractère défini positif

Pour montrer que $S$ est définie positive, nous devons montrer que pour tout vecteur colonne non nul $X \in \mathbb{R}^n \setminus \{0\}$, la forme quadratique associée est strictement positive : ${}^tXSX > 0$.

Soit $X \in \mathbb{R}^n$ avec $X \neq 0$.

${}^tXSX = {}^tX({}^tMM)X$

Par associativité du produit matriciel, on peut regrouper les termes :

${}^tXSX = ({}^tX{}^tM)(MX) = {}^t(MX)(MX)$

Soit $Y = MX$. L'expression devient ${}^tYY$.

Le produit ${}^tYY$ est le produit scalaire canonique de $Y$ avec lui-même, ce qui correspond au carré de sa norme euclidienne :

${}^tYY = \|Y\|^2$

On a donc ${}^tXSX = \|MX\|^2$.

La norme d'un vecteur est toujours positive ou nulle. Nous devons montrer qu'elle est strictement positive.

$\|MX\|^2 \ge 0$.

Supposons que $\|MX\|^2 = 0$. Cela implique que $MX = 0$.

Puisque la matrice $M$ est inversible, elle définit une application linéaire injective. Son noyau est donc réduit au vecteur nul : $\ker(M) = \{0\}$.

Ainsi, $MX=0$ implique que $X=0$.

Or, nous avons pris un vecteur $X$ non nul. Par conséquent, $MX$ ne peut pas être le vecteur nul, et donc $\|MX\|^2 > 0$.

Conclusion

Pour tout $X \neq 0$, on a ${}^tXSX > 0$. La matrice $S={}^tMM$ est donc symétrique et définie positive.

Soit $M \in GL_n(\mathbb{R})$. Supposons qu'il existe deux décompositions polaires de $M$ :

$M = S_1 O_1 \quad \text{et} \quad M = S_2 O_2$

où $S_1, S_2$ sont des matrices symétriques définies positives et $O_1, O_2$ sont des matrices orthogonales.

Étape 1 : Montrer que $S_1 = S_2$

Considérons le produit $M{}^tM$. En utilisant la première décomposition :

$M{}^tM = (S_1 O_1) {}^t(S_1 O_1) = S_1 O_1 {}^tO_1 {}^tS_1$

Puisque $O_1$ est orthogonale, ${}^tO_1 = O_1^{-1}$, donc $O_1 {}^tO_1 = I$.

Puisque $S_1$ est symétrique, ${}^tS_1 = S_1$.

L'expression devient :

$M{}^tM = S_1 I S_1 = S_1^2$

En faisant le même calcul avec la seconde décomposition, on obtient :

$M{}^tM = S_2^2$

On a donc $S_1^2 = S_2^2 = M{}^tM$.

La matrice $A = M{}^tM$ est une matrice symétrique définie positive (car $M$ est inversible). Or, une matrice symétrique définie positive admet une unique racine carrée symétrique définie positive.

Puisque $S_1$ et $S_2$ sont toutes deux des racines carrées symétriques définies positives de $A$, elles doivent être égales :

$S_1 = S_2$

Étape 2 : Montrer que $O_1 = O_2$

Maintenant que nous savons que $S_1=S_2$, notons cette matrice commune $S$.

L'hypothèse de départ devient $M = S O_1 = S O_2$.

$S O_1 = S O_2$

Puisque $S$ est une matrice symétrique définie positive, toutes ses valeurs propres sont strictement positives. Son déterminant (le produit de ses valeurs propres) est donc non nul, ce qui signifie que $S$ est inversible.

On peut donc multiplier à gauche par $S^{-1}$ :

$S^{-1}(S O_1) = S^{-1}(S O_2)$

$(S^{-1}S) O_1 = (S^{-1}S) O_2$

$I O_1 = I O_2$

$O_1 = O_2$

Conclusion

Nous avons montré que si deux décompositions existent, leurs composantes respectives doivent être identiques. La décomposition polaire $M=SO$ d'une matrice inversible est donc unique.