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Diagonalisation à la règle et au compas

14 Juin 2011, 21:13pm

Publié par Fabien Besnard

L'exposé qui suit est un peu plus technique que d'habitude, mais il s'agit d'un fait simple et joli sur les matrices hermitiennes 2x2 que je n'ai jamais vu nulle part. Aussi aimerais-je le partager avec les lecteurs de Mathéphysique.

 

D'abord quelques rappels. Une matrice a de M_n(C) vérifiant a*=a est dite hermitienne. Une telle matrice est diagonalisable en base orthonormée, ce qui signifie qu'il existe des projecteurs  p_1,...,p_,n de rang 1, sur des directions deux à deux orthogonales, et des valeurs propres x_1,...,x_n réelles telles que a=x_1p_1+...+x_np_n.

 

Dans le cas qui nous importe, on prend n=2. On va voir un moyen purement géométrique de déterminer la décomposition a=x_1p_1+x_2p_2. (Notez que celle-ci est unique sauf si a est un multiple de l'identité).

 

L'espace des matrices hermitiennes d'ordre 2 est un espace vectoriel réel de dimension 4, que nous noterons Herm_2. Il est muni d'une norme euclidienne telle que ||a||²=Tr(aa*)=Tr(a²)=somme des a_ij².  Notons S la sphère unité de Herm_2 pour cette norme. Notons enfin H_1 l'hyperplan de Herm_2 défini par l'ensemble des matrices de trace 1.

 

Notre premier lemme est que S inter H_1 est exactement l'ensemble des projecteurs de rang 1. C'est un exercice très simple de constater en effet que p est un projecteur de rang 1 ssi Tr(p)=Tr(p²)=1. Dans la suite nous noterons P l'ensemble de ces projecteurs. Notons que c'est une sphère dans H_1, centrée sur 1/2 Id, et de rayon sqrt(2)/2. Or H_1 est un espace affine réel de dimension 3 : NOUS POUVONS COMMENCER À FAIRE DES DESSINS !

 

Le deuxième et dernier lemme, est que deux projecteurs de rang 1 sont antipodaux sur P ssi leurs images sont orhogonales. C'est complètement élementaire : c'est juste dire que p+p'=Id ! 

 

Voici maintenant la construction : elle est vraiment très simple. On prend la matrice a quelconque dans Herm_2. On lui retire une constante pour rendre sa trace égale à 1, autrement dit, on abaisse a orthogonalement sur H_1 en suivant la direction de Id. On se retrouve avec a'=a-k Id, où k=(Tr(a)-1)/2. Si a n'est pas un multiple de Id, la matrice a' définit une droite avec le centre de P. L'intersection de cette droite avec p donne deux projecteurs orthogonaux p_1 et p_2. Comme a' appartient à cette droite, il s'écrit comme un barycentre a'=x p_1+(1-x)p_2. C'est la décomposition spectrale de a', d'où l'on déduit immédiatement celle de a.

 

Charmant petit corollaire au passage : a et b commutent ssi les points a' et b' qu'ils déterminent dans H_1 sont alignés avec le centre de P.

 

J'avais mis en titre "à la règle et au compas", mais je dois reconnaître que c'est un peu exagéré : il faut extraire les coordonnées barycentriques de a' pour trouver les valeurs propres de a, ce qui peut se faire à condition toutefois que la règle soit graduée.

 

Une question qu'on peut se poser est bien sûr de savoir comment retrouver les directions propres à partir de points sur P. Autrement dit, de déterminer numériquement la bijection [u]-->p_u entre l'élément de P^1(C) dirigé par le vecteur unitaire u et le point p_u sur la sphère P. Vous aurez deviné que ça n'est rien d'autre que la fibration de Hopf.

 

Une dernière question bien sûr : peut-on généraliser à des matrices d'ordre plus grand que 2 ? Je n'en sais rien, mais la situation est sûrement plus compliquée du fait que l'application [u]-->p_u de P^{n-1}(C) dans Herm_n arrive toujours dans une sphère de H_1, mais son image ne recouvre plus toute la sphère. Par exemple pour n=3 c'est l'intersection d'une sphère avec la cubique Tr(p^3)=1 (ou encore det(p)=0).

 

 

 

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