3  Traces

Exercice 3.1 (Axiomatisation de la trace) Soit \(n\) un entier naturel non nul. Soit \(f : \mathcal{M}_n(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}\) une application linéaire vérifiant : \[ \forall A,B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}), \qquad f(AB)=f(BA), \] et \[ f(I_n)=n, \] où \(I_n\) est la matrice identité de taille \(n\).
Montrer que \(f\) est la trace, c’est-à-dire que pour tout \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})\), \[ f(A)=\operatorname{tr}(A). \]

Solution - Calcul préalable : multiplication de matrices élémentaires.

On note \(E_{i,j}\) la matrice élémentaire ayant un \(1\) en position \((i,j)\) et des \(0\) ailleurs. La famille \((E_{i,j})_{1\le i,j\le n}\) est une base de \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\).

Au préalable, calculons le produit de matrices élémentaires. Soient \(E_{i,j}\) et \(E_{p,q}\) deux matrices élémentaires. On a alors : \[ (E_{i,j} \cdot E_{p,q})(l, c) = \begin{cases} 0 & \text{si } (l, c) \neq (i, q), \\ \delta_{j,p} & \text{si } (l, c) = (i, q). \\ \end{cases} \] (Le symbole \(\delta_{j,p}\) dit de Kronecker vaut \(1\) si \(j = p,\) \(0\) sinon.)

Solution - Cas de la diagonale.

Dans le calcul préalable, considérons le cas \(p = j, q = i\) pour obtenir une matrice élémentaire sur la diagonale : pour \(i,j \in \{1,\dots,n\}\), prenons \(A = E_{i,j}\) et \(B = E_{j,i}\). On obtient \[ E_{i,j}\cdot E_{j,i} = E_{i,i}, \qquad E_{j,i}\cdot E_{i,j}=E_{j,j}. \] La propriété \(f(A\cdot B)=f(B\cdot A)\) donne donc \[ f(E_{i,i})=f(E_{j,j}). \] Ainsi, il existe une constante \(c \in \mathbb{R}\) telle que \[ f(E_{i,i})=c \qquad \text{pour tout } i\in\{1,\dots,n\}. \]

Il reste à déterminer \(c.\) La matrice identité s’écrit \[ I_n=\sum_{i=1}^n E_{i,i}. \] Par linéarité de \(f\), on a \[ f(I_n)=\sum_{i=1}^n f(E_{i,i})=n c. \] Or l’hypothèse impose \(f(I_n)=n\), donc \[ n\cdot c = n. \] Comme \(n\ge 1\), on en déduit \(c=1\). Ainsi, \[ f(E_{i, i})=1 \quad \text{pour tout } i. \]

Solution - Cas hors diagonale.

Dans le calcul préalable, considérons le cas \(p = j, q \neq i\) qui produit une matrice hors diagonale : pour \(i,j \in \{1,\dots,n\}\), prenons \(A=E_{i,j}\) et \(B=E_{j,q}\). On obtient \[ E_{i,j}\cdot E_{j,q} = E_{i,q}, \qquad E_{j,q}\cdot E_{i,j}= 0. \] La propriété \(f(A\cdot B)=f(B\cdot A)\) donne donc \[ f(E_{i,q})= 0 \quad \text{pour tout couple } (i, q), \text{ avec } i \neq q. \]

Solution - Conclusion.

Soit \(A=(a_{i,j})_{1\le i,j\le n}\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\). On écrit \[ A=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_{i,j}\cdot E_{i,j}. \] Par linéarité de \(f\), \[ f(A)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_{i,j}\cdot f(E_{i,j}) =\sum_{i=1}^n a_{i,i} =\operatorname{tr}(A). \] Ainsi, \[ \boxed{\, f=\operatorname{tr} \,}. \]

La forme linéaire \(f\) est donc exactement la trace : les deux propriétés \(f(A\cdot B)=f(B\cdot A)\) et \(f(I_n)=n\) caractérisent la trace sur \(\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\).