Algèbre linéaire/Devoir/Décomposition polaire d'une matrice complexe

Dans les questions 3 et 5, $\mathrm {j}$ désigne le nombre complexe $-{\frac {1}{2}}+{\frac {\mathrm {i} {\sqrt {3}}}{2}}$.

Décomposition polaire d'une matrice complexe

1°  Soient $K$ un corps, $E$ un $K$-espace vectoriel (de dimension non nécessairement finie), $u$ et $v$ deux endomorphismes diagonalisables de $E$, et $P(X)\in K[X]$ un polynôme.

• Montrer que si la fonction polynomiale associée à $P$ est injective sur le spectre de $u$, alors $P(u)$ a mêmes sous-espaces propres que $u$, avec comme valeurs propres les images par $P$ de celles de $u$.
• En déduire que si $P$ est aussi injective sur le spectre de $v$ et si $P(u)=P(v)$, alors $u=v$.

2°  Soit H et H' deux matrices hermitiennes positives de M_n(ℂ). Déduire de la question 1 que :

• toute base de ℂⁿ formée de vecteurs propres de H² est une base de vecteurs propres de H ;
• si H² = H'², alors H = H'.

3°  Soit :

$M={\begin{pmatrix}2&2\mathrm {j} &0\\2\mathrm {j} ^{2}&2&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$.

Déterminer une matrice hermitienne positive H ∈ M₃(ℂ) telle que H² = M.

4°  Soit A une matrice de M_n(ℂ). Montrer que si :

${}^{t}{\overline {A}}A=D^{2}$

avec D matrice diagonale positive dans M_n(ℝ),

alors il existe U unitaire dans M_n(ℂ) telle que A = U.D.

5°  Soit A dans M_n(ℂ). En déduire qu’il existe une matrice hermitienne positive unique H et une matrice unitaire U de M_n(ℂ) telles que A = U.H.

U est-elle unique ?

Déterminer U et H dans le cas particulier où :

$A={\frac {1}{\sqrt {3}}}{\begin{pmatrix}-\mathrm {j} &-\mathrm {j} ^{2}&\mathrm {j} \\-1&-\mathrm {j} &1\\2\mathrm {j} ^{2}&2&\mathrm {j} ^{2}\end{pmatrix}}$

et dans le cas où :

$A={\begin{pmatrix}1&2&1\\-2&-1&-1\\-1&-1&-2\end{pmatrix}}$.

Corrigé

1°  Notons $S$ le spectre (non nécessairement fini) de $u$. Par hypothèse,

$E=\bigoplus _{\lambda \in S}V_{\lambda }$, où $V_{\lambda }$ est le sous-espace propre de $u$ relatif à $\lambda$.

Un vecteur $x\neq 0$ de $E$ se décompose suivant cette somme directe sous la forme

$x=\sum _{\lambda \in S}x_{\lambda }$, avec seulement un nombre fini ($\geq 1$) de composantes $x_{\lambda }$ non nulles.

• Supposons que $P$ est injective sur $S$.

  $x$ est propre pour $P(u)$ pour une valeur propre $\mu$ si et seulement si

  $\sum _{\lambda \in S}P(\lambda )x_{\lambda }=\sum _{\lambda \in S}\mu x_{\lambda }$, c'est-à-dire (par unicité de la décomposition)

  $\forall \lambda \in S\quad (x_{\lambda }=0{\text{ ou }}P(\lambda )=\mu )$

  ou encore (puisque les $x_{\lambda }$ sont non tous nuls et que $P$ est injective sur $S$) :

  $\exists \lambda \in S\quad (\mu =P(\lambda ){\text{ et }}x\in V_{\lambda })$.

• Supposons que $P$ est aussi injective sur le spectre de $v$, et que $P(u)=P(v)$.

  D'après le premier point, $u$ et $v$ ont alors mêmes sous-espaces propres, avec mêmes valeurs propres associées, donc $u=v$.

2°  Simple application à $E=\mathbb {C} ^{n}$, $S\subset \mathbb {R} _{+}$ et $P(X)=X^{2}$.

3°  (Il existe au plus une telle matrice H d'après la question 2, et son existence prouvera que M est hermitienne positive.)

Cherchons les valeurs propres de M :

${\begin{vmatrix}2-\lambda &2j&0\\2j^{2}&2-\lambda &0\\0&0&1-\lambda \end{vmatrix}}=(1-\lambda )\left[(2-\lambda )^{2}-4\right]=(1-\lambda )\lambda (\lambda -4)$

Déterminons les sous-espaces propres associés :

V(0) = Ker(M) = {(x,y,z) | 2x + 2jy = 0 et z = 0}.

On trouve que V(0) est engendré par le vecteur suivant, de norme 1 (pour le produit hermitien canonique sur ℂ³) :

$\left({\frac {\mathrm {j} }{\sqrt {2}}},{\frac {-1}{\sqrt {2}}},0\right)$.

V(1) = Ker(M – I) = {(x,y,z) | x + 2jy = 0 et 2j²x + y=0}. On trouve que V(1) est engendré par le vecteur de norme 1 suivant :

$\left(0,0,1\right)$.

V(4) = Ker(M – 4I) = {(x,y,z) | x – jy = 0 et z = 0}. On trouve que V(4) est engendré par le vecteur de norme 1 suivant :

$\left({\frac {\mathrm {j} }{\sqrt {2}}},{\frac {1}{\sqrt {2}}},0\right)$.

On a donc :

$M=PDP^{-1}{\text{ avec }}P={\frac {\sqrt {2}}{2}}{\begin{pmatrix}\mathrm {j} &0&\mathrm {j} \\-1&0&1\\0&{\sqrt {2}}&0\end{pmatrix}}{\text{ et }}D={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&4\end{pmatrix}}$.

Calculons $P^{-1}$. Comme M est hermitienne, les trois colonnes de P sont non seulement de norme 1 mais orthogonales, si bien que P est unitaire, donc :

$P^{-1}=^{t}{\overline {P}}={\frac {\sqrt {2}}{2}}{\begin{pmatrix}\mathrm {j} ^{2}&-1&0\\0&0&{\sqrt {2}}\\\mathrm {j} ^{2}&1&0\end{pmatrix}}$.

La matrice diagonale $D$ est le carré de la matrice hermitienne positive

$E:={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&2\end{pmatrix}}$

et M = PE²P^-1 = (PEP^-1)(PEP^-1) = H² avec H := PEP^-1 qui est, comme E, hermitienne positive.

Après calcul, on trouve :

$H={\begin{pmatrix}1&\mathrm {j} &0\\\mathrm {j} ^{2}&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$

4°  Notons d₁, d₂, ... , d_n les éléments diagonaux de D (réels positifs ou nuls) et A₁, A₂, ... , A_n les matrices colonnes de A.

${}^{t}{\overline {A}}A=D^{2}$ signifie que :

$\forall k,\forall h\in [\![0;n]\!]\qquad {\begin{cases}^{t}{\overline {A_{h}}}A_{k}=0\\^{t}A_{h}A_{h}=d_{h}^{2}\end{cases}}$

On peut donc normaliser chaque vecteur colonne A_h de A correspondant à une valeur d_h ≠ 0 et poser :

$U_{h}={\frac {1}{d_{h}}}A_{h}$

et ensuite compléter en une base orthonormale (U₁,...U_n) de ℂⁿ.

La matrice U, matrice de passage de la base canonique à U₁,...U_n, est évidemment unitaire, et A_h = d_hU_h pour tout indice h, d'où A = UD.

5°  Posons $M=^{t}{\overline {A}}A$.

M est hermitienne positive car :

$^{t}{\overline {X}}MX=^{t}{\overline {X}}^{t}{\overline {A}}AX=^{t}({\overline {AX}})AX\geqslant 0$

Il existe donc une matrice unitaire W et une matrice diagonale D positive telles que M = WD²W^-1 d'où, en posant H = WDW^-1 :

$M=(WDW^{-1})^{2}=H^{2}$

et H est hermitienne positive et c’est la seule telle H² = M d’après la question 2.

De plus :

$D^{2}=W^{-1}MW=^{t}{\overline {W}}^{t}{\overline {A}}AW=^{t}({\overline {AW}})AW$

D'où d’après la question 4, AW = VD avec V unitaire, si bien que

$A=VDW^{-1}=VW^{-1}WDW^{-1}=UH$

avec $U:=VW^{-1}$ unitaire.

Premier cas

$A={\frac {1}{\sqrt {3}}}{\begin{pmatrix}-\mathrm {j} &-\mathrm {j} ^{2}&\mathrm {j} \\-1&-\mathrm {j} &1\\2\mathrm {j} ^{2}&2&\mathrm {j} ^{2}\end{pmatrix}}\qquad ;\qquad ^{t}{\overline {A}}A=M={\begin{pmatrix}2&2j&0\\2\mathrm {j} ^{2}&2&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$

et M = H² avec :

$H={\begin{pmatrix}1&\mathrm {j} &0\\\mathrm {j} ^{2}&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$

d'après la question 3 et A = U.H avec par exemple :

$U={\frac {1}{\sqrt {3}}}{\begin{pmatrix}1&1&\mathrm {j} \\\mathrm {j} &1&1\\\mathrm {j} ^{2}&1&\mathrm {j} ^{2}\end{pmatrix}}$.

Second cas

$A={\begin{pmatrix}1&2&1\\-2&-1&-1\\-1&-1&-2\end{pmatrix}}\qquad ;\qquad ^{t}{\overline {A}}A={\begin{pmatrix}6&5&5\\5&6&5\\5&5&6\end{pmatrix}}$

Cette dernière matrice est diagonalisable et l’on a :

$W^{-1}\left(^{t}{\overline {A}}A\right)W=D^{2}{\text{ avec }}D^{2}={\begin{pmatrix}16&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}^{2}{\text{ et }}W={\begin{pmatrix}{\frac {\sqrt {3}}{3}}&{\frac {\sqrt {2}}{2}}&{\frac {\sqrt {6}}{6}}\\{\frac {\sqrt {3}}{3}}&-{\frac {\sqrt {2}}{2}}&{\frac {\sqrt {6}}{6}}\\{\frac {\sqrt {3}}{3}}&0&-{\frac {\sqrt {6}}{3}}\end{pmatrix}}{\text{ et }}W^{-1}=^{t}W$

D'où :

$H=WDW^{-1}={\begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}}$.

U est ici unique puisque A est inversible donc :

$U=AH^{-1}={\begin{pmatrix}0&1&0\\-1&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix}}$.