Dans cet article, nous allons vous démontrer ce qu’est la décomposition polaire pour une matrice. Elle est aussi appelée décomposition (O,S). C’est un exercice qui tombe souvent et qui m’a été demandé plusieurs fois. Alors c’est parti !
Enoncé de la décomposition polaire
Soit n \in \N . Soit A \in M_n (\R) . Alors il existe O \in O_n(\R) une matrice orthogonale et S \in S_n^+ (\R) une matrice symétrique positive telles que A = OS.
De plus, si on suppose A inversible, alors le couple (O, S) est unique.
Démonstration de la décomposition polaire
Existence
Soit A \in M_n (\R) .
Lemme : {}^t AA est une matrice symétrique positive.
En effet, {}^t\left({}^t AA\right)={}^t A{}^t\left({}^t A\right) = {}^t A A . De plus, soit, \forall X \in M_{n,1}(\R). On a {}^tX {}^tA A X = {}^t \left(AX\right) AX = ||AX||^2 \geq 0 ce qui termine la démonstration du lemme.
Lemme : \exists S \in S_n^+(\R), {}^t A A = S^2 est une matrice symétrique positive.
Pour le démontrer, on utilise le théorème spectral appliqué à {}^t A A . Ainsi, \exists D \in D_n(\R), P \in O_n(\R), {}^t A A = {}^t P D P avec D_n(\R ) l’ensemble des matrices diagonales réelles de taille n. Comme {}^t A A est symétrique positive, ses valeurs propres (\lambda_1, \ldots, \lambda_n) sont positives. On a D = \text{diag}( \lambda_1, \ldots, \lambda_n)
Posons alors
S = {}^t P \text{diag}(\sqrt{ \lambda_1}, \ldots, \sqrt{\lambda_n})PS est bien symétrique positive et on a S^2 = {}^t P \text{diag}(\sqrt{ \lambda_1}, \ldots, \sqrt{\lambda_n})P {}^t P \text{diag}(\sqrt{ \lambda_1}, \ldots, \sqrt{\lambda_n})P = {}^t P \text{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)P = {}^t A A
Maintenant, supposons que A est inversible (et donc S) et posons O = AS^{-1}. On a {}^t O O = {}^t (AS^{-1}) A S^{-1} = {}^tS^{-1} {}^tA A S^{-1} = S^{-1}S^2 S = I_n . Ainsi O \in O_n(\R). On a montré l’existence dans le cas inversible.
Passons ensuite au cas général. Prenons (A_k)_{n \in \N}, A_k \in Gl_n(\R) suite de matrices inversibles telle que \displaystyle \lim_{k \to +\infty} A_k = A . On sait que \exists (O_k, S_k) \in O_n(\R) \times S_n(\R), A_k = O_kS_k .
D’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, quitte à extraire une sous-suite convergente, on sait que (O_k)_{k \in \N} converge vers une limite O \in O_n(\R). Ensuite, on a S_k = A_k (O_k)^{-1} qui va donc converger vers une matrice S en tant que produit de matrices convergentes. On a donc trouvé une décomposition polaire pour toute matrice.
Unicité
L’unicité est valable seulement dans le cas où A est inversible.
Lemme : Soient u et v deux endomorphismes symétriques définis positifs tels que u^2 = v^2 . Alors u = v .
En effet, prenons x un vecteur propre de u. \exists \lambda > 0 \in \R, u(x) = \lambda (x) . On a alors v^2(x) = u^2(x) = \lambda^2 x . Et donc, on peut réécrire (v^2 - \lambda^2 Id )(x) = 0 \iff (v+\lambda Id)(v-\lambda Id)(x) = 0 . Or, comme v est symétrique définie positive, ses valeurs propres sont strictement positives et donc v + \lambda Id est inversible. On a alors (v-\lambda Id)(x) = 0 \iff v(x) = \lambda x = u(x) et donc x est un vecteur propre de v.
Comme u et v sont diagonalisables (car symétriques), on peut exhiber une base de vecteurs propres sur laquelle u et v sont égaux et donc conclure que u = v .
Soit A \in Gl_n(\R) Supposons qu’il existe O,O' \in O_n(\R), S,S' \in S_n^+(\R), A = OS= O'S. Notons que les matrices symétriques positives sont en fait définies. On a :
- {}^t AA = {}^t (OS)OS = {}^t S {}^t O OS = S I_n S = S^2
- {}^t AA = {}^t (O'S')O'S' = {}^t S' {}^t O' O'S' = S' I_n S' = S'^2
On a alors S^2 = S'^2. D’après le lemme S=S' . Ainsi, O = AS^{-1} = AS'^{-1} = O' . D’où l’unicité du couple (O,S) dans le cas inversible.
On a bien démontré l’existence et l’unicité de la décomposition polaire.
