sommation vers trace de produit matrices

Des deux côtés de l'égalité, on a une forme linéaire sur $\R^{n\times n}$. Il suffit donc de vérifier l'égalité sur une base de cet espace.

Je dis tout bêtement que $A\mapsto \dfrac{1}{2} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} \|m^i-m^j\|_{2}^2 a_{ij}$ et $A\mapsto tr(M^\top {(D-A)} M)= tr( M^\top {LM}) $ sont deux formes linéaires, et qu'elles sont égales si et seulement si elles coïncident sur une base de $\R^{n\times n}$ correction : l'espace des matrices symétriques. Je suis sûr que tu connais une base de $\R^{n\times n}$ correction : l'espace des matrices symétriques qui facilite le calcul.

Ne connais-tu pas une base de l'espace des matrices symétriques, formée de matrices "simples" ?

Par exemple une base est fournie par les matrices $E_{i,i}$ et les matrices $E_{i,j}+E_{j,i}$ pour $j\neq i$ (au cas où tu ne le saurais pas, $E_{i,j}$ est la matrice qui a des $0$ partout, sauf un $1$ à l'intersection de la ligne $i$ et de la colonne $j$).
Quelle est la valeur des formes linéaires de chaque côté de l'égalité à démontrer pour $A=E_{i,i}$ ?
Quelle est la valeur des formes linéaires de chaque côté de l'égalité à démontrer pour $A=E_{i,j}+E_{j,i}$ avec $j\neq i$ ?

J'ai l'impression que tu ne fais pas beaucoup d'effort pour comprendre, et que tu attends du "tout cuit". Prends plus de temps pour approfondir.
Prenons par exemple cette question :

Quelle est la valeur des formes linéaires de chaque côté de l'égalité à démontrer pour $A=E_{i,i}$ ?

Par exemple, pour $A=E_{1,1}$ ? Je suis sûr que si tu y réfléchis trois secondes, tu sauras répondre.

Si $A=E_{i,j}+E_{j,i}$, alors $D-A=E_{i,i}+E_{j,j}-E_{i,j}-E_{j,i}$.
Par ailleurs $\mathrm{tr}(M^{\mathsf T} E_{i,j} M)$ est le produit scalaire standard de $m^i$ et de $m^j$. C'est tout ce qu'il faut pour établir l'égalité.

Ce que tu écris ne fait pas sens. Regarde par exemple
$$\sum_{i,j} {m^i}^\top a_{ij} m^j - \sum_{i,j} {m^i}^\top a_{ij}m^j$$
Ça ne ferait pas $0$ ?

Tu écris un scalaire égal à une matrice, ça ne va pas. Je t'ai indiqué une façon de procéder, je ne vois pas que tu en tiennes compte.

Tu mélanges un peu tout. Pour commencer, cette égalité
$$\frac{1}{2} \sum_{i,j}(m^i-m^j)^2 a_{ij} = = \sum_{i,j} {m^i}^\top a_{ij} m^i - \sum_{i,j} {m^i}^\top a_{ij}m^j$$
n'a pas de sens : à gauche tu as un scalaire, à droite une matrice $p\times p$ (ne pas oublier que les $m^i$ sont des vecteurs lignes).

J'(ai l'impression qu'il te manque pas mal de bases d'algèbre linéaire - et en particulier que la notion de base d'un espace vectoriel t'es étrangère.

Pour vérifier que ton égalité vaut pour toute matrice symétrique $A$, il suffit, par linéarité, de la vérifier pour les éléments d'une base de l'espace des matrices symétriques. Comme je l'ai déjà dit, on a une base de l'espace des matrices symétriques formées des matrices $E_{i,i}$ et des matrices $E_{i,j}+E_{j,i}$ pour $i<j$.

Si $A=E_{i,i}$ (tous les coefficients de $A$ sont nuls, sauf $a_{i,i}=1$), alors $D-A=\mathbf 0$.
Le terme de gauche de l'égalité se réduit à $\dfrac12 \Vert m^i-m^i\Vert^2=0$ et celui de droite à $\mathrm{tr}(M^{\mathsf T} \mathbf 0\, M)=0$.

Si $A=E_{i,j}+E_{j,i}$ avec $i<j$ (tous les coefficients de $A$ sont nuls, sauf $a_{i,j}=a_{j,i}=1$), alors $D-A=E_{i,i}+E_{j,j}-E_{i,j}-E_{j,i}$.
Le terme de gauche de l'égalité se réduit à $\Vert m^i-m^i\Vert^2 = \Vert m^i\Vert^2 + \Vert m^j\Vert ^2 -2\,m^i\cdot m^j$, où $\cdot$ désigne le produit scalaire standard.
Le terme de droite de l'égalité se réduit à $$\mathrm{tr}(M^{\mathsf T} (E_{i,i}+E_{j,j}-E_{i,j}-E_{j,i}) M)=\mathrm{tr}(M^{\mathsf T}E_{i,i} M) + \mathrm{tr}(M^{\mathsf T} E_{j,j} M)-\mathrm{tr}(M^{\mathsf T} E_{i,j} M) -\mathrm{tr}(M^{\mathsf T}E_{j,i} M)\;.$$
L'égalité est vérifiée parce qu'on a pour tous $i,j$
$$\mathrm{tr}(M^{\mathsf T} E_{i,j} M)= m^i\cdot m^j\;.$$
On peut vérifier cette dernière égalité en calculant :
$$\begin{aligned}
\mathrm{tr}(M^{\mathsf T} E_{i,j} M) &= \sum_{k=1}^p \sum_{\ell=1}^n\sum_{q=1}^n m_{\ell,k} \delta_{\ell,i}\delta_{q,j} m_{q,k}\\
&=\sum_{k=1}^p m_{i,k} m_{j,k} =m^i\cdot m^j\;.
\end{aligned}$$
On a utilisé dans ce calcul que le coeffcient de $E_{i,j}$ à l'intersection de la ligne $\ell$ et de la colonne $q$ est $ \delta_{\ell,i}\delta_{q,j}$ (produit de symboles de Kronecker).

Il suffit d'utiliser $\mathrm{tr}(M^{\mathsf T} E_{i,j} M)= m^i\cdot m^j$.

C'est bien la peine d'avoir détaillé le calcul de $\mathrm{tr}(M^{\mathsf T} E_{i,j} M)$ à la fin de ce message !
N.B. $A=\sum_{i,j} a_{i,j}E_{i,j}$.

Si $M^T=[m_1,\ldots,m_n]$ alors $MM^T=(\langle m_i,m_j\rangle)_{1\leq i,j\leq n}.$ Alors puisque $\mathrm{trace}(BC)=\mathrm{trace}(CB) $ on a $$
\mathrm{trace}(M^T(D-A)M)=\mathrm{trace}(D-A)MM^T=\sum_{i=1}^nd_i\|m_i\|^2-\sum_{i,j=1}^na_{ij}\langle m_i,m_j\rangle=\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^na_{ij}\|m_i-m_j\|^2.$$