Théorème spectral : cours de maths spé en PDF.

Un endomorphisme \(u \in \mathcal{L}(E)\) est dit autoadjoint (ou symétrique) si \(u^{*} = u\), c’est-à-dire si

\[\forall (x, y) \in E^2, \quad \langle u(x), y \rangle = \langle x, u(y) \rangle.\]

On note \(\mathcal{S}(E)\) l’ensemble des endomorphismes autoadjoints de \(E\).

Soit \(\mathcal{B}\) une base orthonormée de \(E\) et \(u \in \mathcal{L}(E)\) de matrice \(A\) dans \(\mathcal{B}\). Alors \(u\) est autoadjoint si et seulement si \(A\) est symétrique : \(A^{T} = A\).

Par conséquent, \(\mathcal{S}(E)\) est isomorphe à \(\mathcal{S}_n(\mathbb{R})\) et \(\dim \mathcal{S}(E) = \frac{n(n+1)}{2}\).

L’hypothèse « base orthonormée » est indispensable. Par exemple, dans \(\mathbb{R}^2\) euclidien canonique, l’endomorphisme \(u\) de matrice \(\operatorname{diag}(2, 1)\) dans la base canonique est autoadjoint. Pourtant, dans la base \((e_1, e_1 + e_2)\), qui n’est pas orthonormée, sa matrice vaut \(\begin{pmatrix} 2 1 \\ 0 1 \end{pmatrix}\), qui n’est pas symétrique.

Soit \(a \in E\) un vecteur unitaire et \(\lambda \in \mathbb{R}\). L’application \(u : x \mapsto x + \lambda \langle a, x \rangle a\) est autoadjointe. En effet, \(\langle u(x), y \rangle = \langle x, y \rangle + \lambda \langle a, x \rangle \langle a, y \rangle\), et cette expression est symétrique en \(x\) et \(y\).

Soit \(p\) un projecteur de \(E\). Alors \(p\) est un projecteur orthogonal si et seulement si \(p\) est autoadjoint.

Supposons \(p\) orthogonal. Pour \(x, y \in E\), on écrit \(x = p(x) + (x – p(x))\) avec \(x – p(x) \in \ker p\). Comme \(\ker p \perp \operatorname{Im} p\), on obtient \(\langle x, p(y) \rangle = \langle p(x), p(y) \rangle\). De même, \(\langle p(x), y \rangle = \langle p(x), p(y) \rangle\). Donc \(\langle p(x), y \rangle = \langle x, p(y) \rangle\).

Réciproquement, supposons \(p\) autoadjoint. Soit \(x \in \ker p\) et \(y = p(z) \in \operatorname{Im} p\). Alors \(\langle x, y \rangle = \langle x, p(z) \rangle = \langle p(x), z \rangle = 0\). Ainsi, \(\ker p \perp \operatorname{Im} p\).

Toute matrice symétrique réelle \(A \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})\) a son polynôme caractéristique scindé sur \(\mathbb{R}\). Autrement dit, toutes ses valeurs propres complexes sont réelles.

Soit \(\lambda \in \mathbb{C}\) une valeur propre de \(A\), vue dans \(\mathcal{M}_n(\mathbb{C})\), et \(Z \in \mathbb{C}^n\) non nul tel que \(AZ = \lambda Z\). Posons \(s = \overline{Z}^{T} A Z\). D’une part, \(s = \lambda \overline{Z}^{T} Z = \lambda \sum_k |z_k|^2\). D’autre part, \(s\) est une matrice de taille 1, donc égale à sa transposée : \(s = Z^{T} A^{T} \overline{Z} = Z^{T} A \overline{Z}\). Or, comme \(A\) est réelle, le conjugué de \(s\) vaut aussi \(Z^{T} A \overline{Z}\). Ainsi \(s = \overline{s}\), donc \(s\) est réel. Comme \(\sum_k |z_k|^2 > 0\), on conclut que \(\lambda\) est réel.

Soit \(u \in \mathcal{S}(E)\) et \(F\) un sous-espace stable par \(u\). Alors \(F^{\perp}\) est stable par \(u\), et l’endomorphisme induit par \(u\) sur \(F\) est autoadjoint pour le produit scalaire induit.

Soit \(x \in F^{\perp}\) et \(y \in F\). Alors \(u(y) \in F\), donc \(\langle u(x), y \rangle = \langle x, u(y) \rangle = 0\). Ainsi \(u(x) \in F^{\perp}\). Enfin, l’identité \(\langle u(x), y \rangle = \langle x, u(y) \rangle\) reste vraie pour \(x, y \in F\).

Les sous-espaces propres d’un endomorphisme autoadjoint sont deux à deux orthogonaux.

Soit \(u(x) = \lambda x\) et \(u(y) = \mu y\) avec \(\lambda \neq \mu\). Alors \(\lambda \langle x, y \rangle = \langle u(x), y \rangle = \langle x, u(y) \rangle = \mu \langle x, y \rangle\). Par conséquent, \((\lambda – \mu) \langle x, y \rangle = 0\), donc \(\langle x, y \rangle = 0\).

Théorème spectral. Soit \(u\) un endomorphisme autoadjoint de l’espace euclidien \(E\). Alors \(u\) est diagonalisable dans une base orthonormée de \(E\). De manière équivalente, \(E\) est la somme directe orthogonale des sous-espaces propres de \(u\) :

\[E = \bigoplus_{\lambda \in \operatorname{Sp}(u)}^{\perp} E_{\lambda}(u).\]

On raisonne par récurrence sur \(n = \dim E\). Le cas \(n = 1\) est clair. Supposons le résultat vrai en dimension \(n – 1\). Soit \(A\) la matrice de \(u\) dans une base orthonormée. Elle est symétrique réelle. D’après le premier lemme, \(u\) admet donc une valeur propre réelle \(\lambda\). Soit \(e_1\) un vecteur propre unitaire associé.

La droite \(F = \mathbb{R} e_1\) est stable par \(u\). D’après le deuxième lemme, \(F^{\perp}\) est stable et l’induit \(u_{F^{\perp}}\) est autoadjoint. Comme \(\dim F^{\perp} = n – 1\), l’hypothèse de récurrence fournit une base orthonormée \((e_2, \ldots, e_n)\) de \(F^{\perp}\) formée de vecteurs propres. Finalement, \((e_1, \ldots, e_n)\) est une base orthonormée de vecteurs propres de \(u\).

Pour toute matrice \(A \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})\), il existe une matrice orthogonale \(P \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})\) et une matrice diagonale réelle \(D\) telles que

\[A = P D P^{-1} = P D P^{T}.\]

Les colonnes de \(P\) forment une base orthonormée de \(\mathbb{R}^n\) de vecteurs propres de \(A\).

La réciproque est vraie : si \(A = P D P^{T}\) avec \(P\) orthogonale et \(D\) diagonale, alors \(A^{T} = P D^{T} P^{T} = A\). Ainsi, les matrices réelles diagonalisables en base orthonormée sont exactement les matrices symétriques. Attention, une matrice symétrique à coefficients complexes n’est pas forcément diagonalisable : \(\begin{pmatrix} 1 i \\ i -1 \end{pmatrix}\) est nilpotente non nulle.

Pour diagonaliser \(A \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})\) en base orthonormée :

• calculer les valeurs propres, en s’aidant de la trace, du déterminant ou d’un vecteur propre évident ;
• pour chaque valeur propre, chercher une base du sous-espace propre, puis l’orthonormaliser par le procédé de Gram-Schmidt si sa dimension dépasse 1 ;
• réunir ces bases : les sous-espaces propres étant orthogonaux, on obtient directement une base orthonormée de \(\mathbb{R}^n\) ;
• en dimension 3, le dernier vecteur s’obtient souvent par produit vectoriel des deux premiers.

Soit \(A = \begin{pmatrix} 1 1 1 \\ 1 1 1 \\ 1 1 1 \end{pmatrix}\). Elle est de rang 1 et de trace 3. Ses valeurs propres sont donc 0 (double) et 3. Le sous-espace propre \(E_3\) est dirigé par \((1, 1, 1)\), et \(E_0\) est le plan \(x + y + z = 0\). On prend \(P\) de colonnes \(\frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)\), \(\frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1, 0)\) et \(\frac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, -2)\). Alors \(P^{T} A P = \operatorname{diag}(3, 0, 0)\).

Un endomorphisme \(u \in \mathcal{S}(E)\) est dit :

• positif si \(\langle u(x), x \rangle \geq\, 0\) pour tout \(x \in E\) ;
• défini positif si \(\langle u(x), x \rangle > 0\) pour tout \(x \neq 0\).

On note \(\mathcal{S}^{+}(E)\) et \(\mathcal{S}^{++}(E)\) les ensembles correspondants.

Une matrice \(A \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})\) est positive si \(X^{T} A X \geq\, 0\) pour tout \(X \in \mathbb{R}^n\), et définie positive si \(X^{T} A X > 0\) pour tout \(X \neq 0\). On note \(\mathcal{S}_n^{+}(\mathbb{R})\) et \(\mathcal{S}_n^{++}(\mathbb{R})\) ces ensembles.

Soit \(u \in \mathcal{S}(E)\). Alors :

• \(u \in \mathcal{S}^{+}(E)\) si et seulement si \(\operatorname{Sp}(u) \subset \mathbb{R}_{+}\) ;
• \(u \in \mathcal{S}^{++}(E)\) si et seulement si \(\operatorname{Sp}(u) \subset \mathbb{R}_{+}^{*}\).

Le même énoncé vaut pour \(A \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})\). En particulier, \(\mathcal{S}_n^{++}(\mathbb{R}) = \mathcal{S}_n^{+}(\mathbb{R}) \cap \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})\).

Soit \((e_1, \ldots, e_n)\) une base orthonormée de vecteurs propres, avec \(u(e_i) = \lambda_i e_i\). Pour \(x = \sum_i x_i e_i\), on a

\[\langle u(x), x \rangle = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i x_i^2.\]

Si tous les \(\lambda_i\) sont positifs, cette somme est positive. De plus, si tous sont strictement positifs, elle ne s’annule que pour \(x = 0\). Réciproquement, \(\langle u(e_i), e_i \rangle = \lambda_i\). Donc la positivité impose \(\lambda_i \geq\, 0\), et la définie positivité impose \(\lambda_i > 0\).

Pour toute \(M \in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})\), la matrice \(M^{T} M\) appartient à \(\mathcal{S}_p^{+}(\mathbb{R})\). Elle appartient à \(\mathcal{S}_p^{++}(\mathbb{R})\) si et seulement si \(M\) est de rang \(p\).

La matrice \(M^{T} M\) est symétrique. Pour \(X \in \mathbb{R}^p\), on a \(X^{T} M^{T} M X = \|MX\|^2 \geq\, 0\). De plus, cette quantité est nulle si et seulement si \(MX = 0\). Donc \(M^{T} M\) est définie positive si et seulement si \(\ker M = \{0\}\), c’est-à-dire si \(\operatorname{rg} M = p\).

Pour montrer que \(A \in \mathcal{S}_n(\mathbb{R})\) est positive ou définie positive, on dispose de trois approches :

• écrire \(X^{T} A X\) comme une somme de carrés, par exemple par la méthode de Gauss ;
• reconnaître une matrice de Gram \(M^{T} M\), ou une intégrale du type \(\int_a^b f(t)^2 \, \mathrm{d}t\) ;
• calculer les valeurs propres, ou seulement leur signe, puis appliquer la caractérisation spectrale.

Pour montrer qu’une matrice n’est pas positive, il suffit d’exhiber un vecteur \(X\) avec \(X^{T} A X < 0\). Un coefficient diagonal négatif suffit, car \(a_{ii} = e_i^{T} A e_i\).

Soit \(A = \begin{pmatrix} 2 -1 \\ -1 2 \end{pmatrix}\). Pour \(X = (x, y)\), on a \(X^{T} A X = 2x^2 – 2xy + 2y^2 = x^2 + y^2 + (x – y)^2\). Cette somme de carrés est strictement positive dès que \((x, y) \neq (0, 0)\). Donc \(A \in \mathcal{S}_2^{++}(\mathbb{R})\). On le vérifie avec le spectre, qui vaut \(\{1, 3\}\).

Si \(A \in \mathcal{S}_n^{+}(\mathbb{R})\), alors \(\operatorname{tr} A \geq\, 0\) et \(\det A \geq\, 0\), car ce sont la somme et le produit des valeurs propres. Cependant, ces deux conditions ne suffisent pas dès \(n = 3\) : \(\operatorname{diag}(3, -1, -1)\) a une trace et un déterminant positifs sans être positive. En dimension 2, en revanche, \(\operatorname{tr} A \geq\, 0\) et \(\det A \geq\, 0\) caractérisent la positivité.

Soit \(u \in \mathcal{S}(E)\) de valeurs propres \(\lambda_1 \leq\, \lambda_2 \leq\, \cdots \leq\, \lambda_n\). Alors, pour tout \(x \in E\),

\[\lambda_1 \|x\|^2 \leq\, \langle u(x), x \rangle \leq\, \lambda_n \|x\|^2.\]

De plus, \(\lambda_1 = \min_{\|x\| = 1} \langle u(x), x \rangle\) et \(\lambda_n = \max_{\|x\| = 1} \langle u(x), x \rangle\). Le maximum est atteint exactement en les vecteurs propres unitaires associés à \(\lambda_n\), et le minimum en ceux associés à \(\lambda_1\).

Dans une base orthonormée de vecteurs propres, on a \(\langle u(x), x \rangle = \sum_i \lambda_i x_i^2\) et \(\|x\|^2 = \sum_i x_i^2\). Or \(\lambda_1 x_i^2 \leq\, \lambda_i x_i^2 \leq\, \lambda_n x_i^2\) pour tout \(i\). En sommant, on obtient l’encadrement. Ensuite, l’égalité \(\langle u(x), x \rangle = \lambda_n \|x\|^2\) équivaut à \(\sum_i (\lambda_n – \lambda_i) x_i^2 = 0\). Cette somme de termes positifs est nulle si et seulement si \(x_i = 0\) dès que \(\lambda_i \neq \lambda_n\), c’est-à-dire si \(x \in E_{\lambda_n}(u)\). Le cas du minimum est identique.

Pour trouver le maximum et le minimum d’une forme quadratique \(q(x) = X^{T} A X\) sur la sphère unité :

• écrire la matrice symétrique \(A\) de \(q\) (les coefficients hors diagonale sont les moitiés des coefficients des termes croisés) ;
• calculer la plus petite et la plus grande valeur propre de \(A\) ;
• les points où les extremums sont atteints sont les vecteurs propres unitaires associés.

Une conséquence utile concerne la norme subordonnée. Pour \(M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\), on a \(\|MX\|^2 = X^{T} (M^{T} M) X \leq\, \lambda_{\max}(M^{T} M) \|X\|^2\). Par conséquent, la norme subordonnée à la norme euclidienne vaut \(\sqrt{\lambda_{\max}(M^{T} M)}\). Pour \(M = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 0 1 \end{pmatrix}\), on trouve \(M^{T} M = \begin{pmatrix} 1 1 \\ 1 2 \end{pmatrix}\), de valeur propre maximale \(\frac{3 + \sqrt{5}}{2}\). La norme de \(M\) vaut donc \(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\).

Pour toute \(A \in \mathcal{S}_n^{+}(\mathbb{R})\), il existe une unique matrice \(B \in \mathcal{S}_n^{+}(\mathbb{R})\) telle que \(B^2 = A\). On la note \(\sqrt{A}\). Si de plus \(A \in \mathcal{S}_n^{++}(\mathbb{R})\), alors \(\sqrt{A} \in \mathcal{S}_n^{++}(\mathbb{R})\).

Existence. D’après le théorème spectral, \(A = P D P^{T}\) avec \(P\) orthogonale et \(D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)\). Les \(\lambda_i\) sont positifs par la caractérisation spectrale. Posons \(\Delta = \operatorname{diag}(\sqrt{\lambda_1}, \ldots, \sqrt{\lambda_n})\) et \(B = P \Delta P^{T}\). Alors \(B\) est symétrique, de valeurs propres \(\sqrt{\lambda_i} \geq\, 0\), donc positive. Enfin, \(B^2 = P \Delta^2 P^{T} = A\).

Unicité. Soit \(C \in \mathcal{S}_n^{+}(\mathbb{R})\) avec \(C^2 = A\). Alors \(C A = C^3 = A C\). Ainsi, \(C\) stabilise chaque sous-espace propre \(E_{\lambda}(A)\). L’endomorphisme induit par \(C\) sur \(E_{\lambda}(A)\) est autoadjoint et positif, et son carré vaut \(\lambda \, \mathrm{id}\). Ses valeurs propres \(\mu\) vérifient donc \(\mu \geq\, 0\) et \(\mu^2 = \lambda\), d’où \(\mu = \sqrt{\lambda}\). Comme cet induit est diagonalisable, il vaut \(\sqrt{\lambda} \, \mathrm{id}\). Donc \(C\) coïncide avec \(B\) sur chaque \(E_{\lambda}(A)\), et ces sous-espaces engendrent \(\mathbb{R}^n\). Finalement, \(C = B\).

Reprenons \(A = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 2 \end{pmatrix}\), de valeurs propres 3 et 1, de vecteurs propres \(u = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)\) et \(v = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, -1)\). On a \(A = 3 u u^{T} + v v^{T}\), donc

\[\sqrt{A} = \sqrt{3} \, u u^{T} + v v^{T} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \sqrt{3} + 1 \sqrt{3} – 1 \\ \sqrt{3} – 1 \sqrt{3} + 1 \end{pmatrix}.\]

Pour construire \(\sqrt{A}\) avec \(A \in \mathcal{S}_n^{+}(\mathbb{R})\) :

• diagonaliser \(A\) en base orthonormée : \(A = P D P^{T}\) ;
• remplacer chaque valeur propre par sa racine carrée : \(\sqrt{A} = P \sqrt{D} P^{T}\) ;
• pour éviter de calculer \(P\), utiliser les projecteurs spectraux \(A = \sum_{\lambda} \lambda \, p_{\lambda}\), qui donnent \(\sqrt{A} = \sum_{\lambda} \sqrt{\lambda} \, p_{\lambda}\) ;
• vérifier à la fin que \(B^2 = A\) et que \(B\) est symétrique à valeurs propres positives.

La matrice \(\sqrt{A}\) est un polynôme en \(A\). En effet, un polynôme interpolateur \(Q\) tel que \(Q(\lambda) = \sqrt{\lambda}\) pour chaque valeur propre \(\lambda\) de \(A\) vérifie \(Q(A) = \sqrt{A}\). Par conséquent, toute matrice qui commute avec \(A\) commute aussi avec \(\sqrt{A}\).

Toute matrice \(M \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})\) s’écrit de manière unique \(M = O S\) avec \(O \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})\) et \(S \in \mathcal{S}_n^{++}(\mathbb{R})\). De plus, \(S = \sqrt{M^{T} M}\).

Si \(M = OS\), alors \(M^{T} M = S O^{T} O S = S^2\). Par unicité de la racine carrée, \(S = \sqrt{M^{T} M}\), puis \(O = M S^{-1}\). Réciproquement, \(M^{T} M \in \mathcal{S}_n^{++}(\mathbb{R})\) car \(M\) est de rang \(n\). On pose \(S = \sqrt{M^{T} M}\) et \(O = M S^{-1}\). Alors \(O^{T} O = S^{-1} M^{T} M S^{-1} = S^{-1} S^2 S^{-1} = I_n\).

Pour \(A = \begin{pmatrix} 2 1 \\ 1 2 \end{pmatrix}\) et \(b = (1, 1)\), la fonction \(f(x, y) = x^2 + xy + y^2 – x – y\) est minimale en \(X_0 = (\frac{1}{3}, \frac{1}{3})\). Sa valeur minimale vaut \(-\frac{1}{3}\).