Enveloppe convexe de O n ( R )

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Enveloppe convexe de O _n ( R )

Florian BOUGUET

Références : [Szpirglas] Algèbre L3, p344 (merci à Hugo M.)

Au cours de ce développement, on montre plusieurs choses : on caractérise le dual deMn(R)à l’aide de la trace, on démontre que l’enveloppe convexe deOn(R)est la boule unité ferméeB¯ associée à la norme subordonnée à k·k2puis queOn(R)est en fait l’ensemble de ses points extrémaux. Il s’agit d’un développement long mais faisant appel à de nombreuses notions d’algèbre linéaire.

Les normes considérées seront la normek · k₂pour les vecteurs et la norme||| · |||₂pour les matrices.

Lemme 1 (caractérisation du dual deMn(R)) Le dual deMn(R)est exactement

M_n(R)⁰ ={ϕ_A:M 7→Tr(AM)/A∈ M_n(R)}

Preuve du lemme :

NotonsΦ :A7→ϕ_Adéfinie comme au-dessus. La linéarité de la trace montre queϕ_A ∈ L(M_n(R),R)et donc Φ∈ L(Mn(R),Mn(R)⁰). En comparant les dimensions deMn(R)et de son dual„ il reste juste à montrer queΦ est injective. SoitA∈ Mn(R)telle queϕA= 0. Si on note(Eij)_1≤i,j≤nla base canonique deMn(R), on a alors

φA(Eij) =Tr(AEij) =aji= 0

J’invite mes lecteurs à faire au moins une fois le calcul pour être à l’aise là-dessus, mais il n’y a rien de difficile.

On déduit donc queA=O, ce qui conclut la preuve du lemme.

Theorème 1 On a

Conv(On(R)) = ¯B

Preuve du théorème 1 :

Remarquons tout de suite queB¯est convexe et que Ω∈ O_n(R)⇒ kΩk= 1

On a donc Conv(On(R))⊆B. Reste à montrer l’inclusion inverse.¯

Par un corollaire du théorème d’HAHN-BANACH, on a que Conv(On(R))est égale à l’intersection des demi- espaces qui contiennentOn(R). On veut donc montrer que∀M ∈B¯ on a,∀ϕforme linéaire surMn(R),

ϕ(M)≤ sup

Ω∈On(R)

{ϕ(Ω)}

D’après le lemme, cela revient à montrer que,∀A∈ Mn(R), Tr(AM)≤ sup

Ω∈O_n(R)

{Tr(AΩ)}

1

(2)

Considérons une décomposition polaire deA(on n’a pas unicitéa priori, siA /∈Gln(R)), A=U R avecU ∈ On(R), R∈S_n⁺(R)

Considérons également(ei)1≤i≤nune base de vecteurs propres deR(rappelons queRest orthodiagonalisable car symétrique réelle). Alors

Tr(AU⁻¹) = Tr(U RU⁻¹) =Tr(U⁻¹U R) =Tr(R)

=

n

X

i=1

kReik SoitM ∈ ¯

B. On a alors

Tr(AM) = Tr(M A) =

n

X

i=1

< M Aei, ei>=

n

X

i=1

< Aei, M^Tei>

≤

n

X

i=1

kU Reik.kM^Te_ik ≤

n

X

i=1

kReik.kM^Tk.keik

≤

n

X

i=1

kRe_ik carkM^Tk=kMk ≤1etke_ik= 1

≤ Tr(AU⁻¹)≤ sup

Ω∈On(R)

{Tr(AΩ)}

Ce qui conclut la preuve du lemme.

Theorème 2 On a

On(R) =Extr(¯B)

Preuve du théorème 2 : Rappellons que, par définition,

M est extremal deB¯si, et seulement si,

∀M1, M₂∈B¯, M =M₁+M₂

2 ⇒M =M₁ouM₂

Iles points extremaux de¯

Bsont de norme 1 Remarquons que

O=I+ (−I) 2

On’est donc pas extremal. SoitA∈B(c’est-à-direkAk<1). On a A= 1

2 A

kAk+(2kAk −1)A kAk

DoncAn’est pas extremal.

Iles éléments deO_n(R)sont extremaux

SoitΩ∈ On(R)telle queΩ = ^U+V₂ avecU, V ∈B¯. On a alors∀x∈Rⁿ 4kxk² = k2Ωxk²=kU x+V xk²

≤ kU xk²+kV xk²+ 2< U x, V x >≤ kxk²+kxk²+ 2kU xkkV xk

≤ 4kxk²

2

(3)

Les inégalités sont donc des égalités, et doncU x etV xsont positivement liés (cas d’égalité dans l’inégalité de CAUCHY-SCHWARTZ) etkU xk =kxk = kV xk. Bref,U x = V xpour toutx, doncΩ =U = V.Ωest donc extremal.

Iles éléments extremaux sont des isométries SoitA=U Rextremal de ¯

B. En particulier,kAk= 1d’après le premierI. On va montrer queR =I. Il existe P ∈ On(R)tel que

R=P^TDP avecD=diag(λ1, . . . , λn)

kAk =kRk =kDk, donc pour touti,λi ∈[0,1]. Supposons qu’il existe unλi tel queλi <1(choisissons par exempleλ1). On peut alors écrire

D=D1+D2

2 avecD1=diag(1, λ2, . . . , λn)etD2=diag(2λ1−1, λ2, . . . , λn) Par suite

A= U P^TD1P+U P^TD2P

2 : impossible carAest extremal DoncD=IdoncR=IdoncA∈ On(R).

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