Caractérisation des bases par la trace

Soit $n$ un entier naturel non nul et $K$ un corps commutatif. On considère une famille de $n^2$ matrices $\mathcal{A} = (A_k)_{1 \leqslant k \leqslant n^2}$ appartenant à $\mathrm{M}_n(K)$ .

On définit la matrice $G \in \mathrm{M}_{n^2}(K)$ par ses coefficients :

\forall i, j \in \{1, \dots, n^2\},   G_{i,j} = \operatorname{tr}(A_i A_j)

Démontrer que la famille $(A_k)_{1 \leqslant k \leqslant n^2}$ est une base de $\mathrm{M}_n(K)$ si et seulement si la matrice $G$ est inversible.

1.

Introduire la forme bilinéaire $\phi(A, B) = \operatorname{tr}(AB)$ sur $\mathrm{M}_n(K)$ et montrer qu'elle est non dégénérée.

2.

Utiliser le lien entre l'indépendance linéaire de vecteurs et l'inversibilité de leur matrice de Gram associée à une forme non dégénérée.

3.

On pourra également considérer l'application $\Phi : M \mapsto (X \mapsto \operatorname{tr}(MX))$ qui identifie une matrice à une forme linéaire.

Idées clés

•

Utilisation de la non-dégénérescence de la forme bilinéaire symétrique $(A, B) \mapsto \operatorname{tr}(AB)$ .

•

Lien entre liberté d'une famille et déterminant de Gram dans le cadre des formes bilinéaires.

Étape 1 : Étude de la forme bilinéaire trace.

Considérons l'application $\phi : \mathrm{M}_n(K) \times \mathrm{M}_n(K) \to K$ définie par :

\phi(A, B) = \operatorname{tr}(AB)

Cette application est clairement bilinéaire par linéarité de la trace et du produit matriciel. Elle est également symétrique car $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ .

Montrons que $\phi$ est non dégénérée. Soit $A \in \mathrm{M}_n(K)$ telle que :

\forall B \in \mathrm{M}_n(K),   \operatorname{tr}(AB) = 0

En choisissant $B = E_{j,i}$ (matrice élémentaire avec un $1$ en position $(j,i)$ ), on calcule le coefficient $(i,j)$ du produit $AB$ :

(AB)_{i,i} = \sum_{k=1}^n A_{i,k} (E_{j,i})_{k,i} = A_{i,j}

Ainsi, $\operatorname{tr}(A E_{j,i}) = A_{i,j}$ . L'hypothèse implique donc que tous les coefficients $A_{i,j}$ sont nuls.

\boxed{\text{La forme } \phi : (A,B) \mapsto \operatorname{tr}(AB) \text{ est une forme bilinéaire symétrique non dégénérée.}}

Étape 2 : Sens direct ( $\implies$ ).

Supposons que $\mathcal{A} = (A_k)_{1 \leqslant k \leqslant n^2}$ est une base de $\mathrm{M}_n(K)$ .

Soit $X = (x_1, \dots, x_{n^2})^T \in K^{n^2}$ un vecteur du noyau de $G$ . Alors $G X = 0$ , ce qui se traduit par :

\forall i \in \{1, \dots, n^2\},   \sum_{j=1}^{n^2} \operatorname{tr}(A_i A_j) x_j = 0

Par linéarité de la trace, cela revient à :

\forall i \in \{1, \dots, n^2\},   \operatorname{tr}\left( A_i \left( \sum_{j=1}^{n^2} x_j A_j \right) \right) = 0

Posons $M = \sum_{j=1}^{n^2} x_j A_j$ . Comme la famille $(A_i)$ est une base, toute matrice $B$ s'écrit $B = \sum \lambda_i A_i$ .

Dès lors, $\operatorname{tr}(B M) = \sum \lambda_i \operatorname{tr}(A_i M) = 0$ .

Par non-dégénérescence de $\phi$ , on en déduit que $M = 0$ . Or $(A_j)$ est une base, donc la famille est libre, ce qui impose $x_j = 0$ pour tout $j$ .

\boxed{\ker(G) = \{0\}, \text{ donc } G \text{ est inversible.}}

Étape 3 : Sens réciproque ( $\impliedby$ ).

Supposons $G$ inversible. Montrons que la famille $(A_j)$ est libre. Soient $x_1, \dots, x_{n^2}$ des scalaires tels que :

\sum_{j=1}^{n^2} x_j A_j = 0

En multipliant à gauche par $A_i$ et en prenant la trace, on obtient pour tout $i \in \{1, \dots, n^2\}$ :

\operatorname{tr}\left( A_i \sum_{j=1}^{n^2} x_j A_j \right) = 0 \iff \sum_{j=1}^{n^2} \operatorname{tr}(A_i A_j) x_j = 0

Ceci correspond au système linéaire $G X = 0$ où $X = (x_j)$ . Puisque $G$ est inversible, on a nécessairement $X = 0$ .

La famille $(A_j)$ est donc libre. Comme elle comporte $n^2$ éléments et que $\dim(\mathrm{M}_n(K)) = n^2$ :

\boxed{(A_k)_{1 \leqslant k \leqslant n^2} \text{ est une base de } \mathrm{M}_n(K). }

Attention à ne pas confondre $\operatorname{tr}(AB)$ avec le produit scalaire canonique sur $\mathrm{M}_n(\mathbb{R})$ qui est $\operatorname{tr}(A^T B)$ . Sur un corps quelconque $K$ , $\operatorname{tr}(A^2)$ peut être nul sans que $A$ soit nulle (ex: matrices nilpotentes). Ici, c'est la non-dégénérescence qui est la clé, pas la définition d'un produit scalaire.