Calcul matriciel et systèmes linéaires

Quand vous résolvez un système linéaire par la méthode du pivot, regardez ce que votre stylo écrit réellement. Les inconnues $x$, $y$, $z$ sont recopiées à chaque ligne et à chaque étape, mais elles ne servent à rien : elles ne font que tenir la place des coefficients. Toute l'information du système tient dans le tableau des nombres qui multiplient les inconnues, augmenté de la colonne des seconds membres, et chaque opération du pivot — échanger deux lignes, multiplier une ligne par un nombre non nul, ajouter à une ligne un multiple d'une autre — n'agit que sur ce tableau. Il est donc naturel de ne garder que lui. C'est ainsi que naît la notion de matrice : un tableau rectangulaire de nombres, que l'on décide d'étudier pour lui-même.

Ce n'est pas la seule provenance. Un tableau de nombres apparaît chaque fois qu'une quantité dépend de deux indices : les notes de $30$ élèves à $6$ épreuves, les distances entre $5$ villes prises deux à deux, les coefficients $a_{i,j}$ d'un système, les coordonnées des sommets d'une figure. Dans tous ces cas, l'objet naturel est un tableau à double entrée, et l'on aimerait pouvoir en additionner deux, en multiplier un par un nombre, et — c'est le point délicat — en composer deux. Toute la première moitié du chapitre consiste à définir ces opérations et à en établir les règles.

L'opération vraiment nouvelle est le produit. Sa définition, avec sa somme d'indices, paraît arbitraire à la première lecture ; elle ne l'est pas du tout, et la raison profonde apparaîtra au second semestre. Ce qu'il faut en retenir dès maintenant, c'est le résultat : muni de l'addition et de ce produit, l'ensemble des matrices carrées de taille $n$ devient un anneau, au sens exact du chapitre précédent sur les structures algébriques. Et c'est un anneau d'un genre nouveau, car il n'est pas commutatif dès que $n⩾2$, et il possède des diviseurs de zéro et des éléments nilpotents. Vous disposiez jusqu'ici d'anneaux confortables, où l'on simplifie et où l'on développe sans y penser ; en voici un où presque tous ces réflexes sont faux. C'est l'exemple fondamental que la théorie des anneaux attendait.

Une mise en garde honnête, enfin. Une matrice a une signification géométrique : elle code une transformation de l'espace, et le produit correspond à l'enchaînement de deux transformations. Cette lecture, qui explique tout — la définition du produit, la non-commutativité, l'inversibilité — relève de l'algèbre linéaire du second semestre. Ce chapitre est donc délibérément calculatoire : on y apprend à manipuler des tableaux de nombres avec sûreté, sans chercher à leur donner un sens. Ce n'est pas une frustration mais un investissement : quand la géométrie arrivera, le calcul sera déjà acquis, et il ne restera qu'à comprendre.

Le plan suit cet ordre. Nous construisons d'abord l'ensemble des matrices et ses deux premières opérations, puis le produit, avec ses règles et ses pièges. La transposition vient ensuite, et avec elle les matrices symétriques et antisymétriques. Nous rassemblons alors ce qui précède en un théorème : les matrices carrées forment un anneau, dont nous étudions les éléments remarquables (diagonales, triangulaires, nilpotentes) puis les éléments inversibles. Les deux dernières sections reviennent au point de départ : les opérations élémentaires, lues comme des produits matriciels, puis les systèmes linéaires, leur structure et leur résolution par le pivot — y compris le calcul d'un inverse. Une section de méthodes ferme le chapitre.

Les notations suivantes sont fixées une fois pour toutes, et ne changeront plus de l'année. La lettre $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ ; tout ce qui suit est valable dans les deux cas, et les éléments de $\mathbb{K}$ sont appelés des scalaires. L'ensemble des matrices à $n$ lignes et $p$ colonnes à coefficients dans $\mathbb{K}$ est noté ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})$, et ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ lorsque $n=p$. La matrice nulle de ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})$ est notée $0_{n,p}$, et la matrice identité de ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ est notée $I_n$. Une matrice $A$ de ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})$ s'écrit $A=(a_{i,j}{)}_{1⩽i⩽n,1⩽j⩽p}$ : le coefficient $a_{i,j}$ est celui de la ligne $i$ et de la colonne $j$, toujours dans cet ordre. Les matrices élémentaires sont notées $E_{i,j}$, et le symbole de Kronecker ${\delta }_{i,j}$ vaut $1$ si $i=j$ et $0$ sinon. La transposée de $A$ est notée ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$. Les ensembles de matrices carrées particulières reçoivent les noms suivants : ${\mathcal{S}}_n(\mathbb{K})$ pour les matrices symétriques, ${\mathcal{A}}_n(\mathbb{K})$ pour les antisymétriques, ${\mathcal{T}}_n^{+}(\mathbb{K})$ pour les triangulaires supérieures, et ${\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$ pour les matrices inversibles. Un système linéaire s'écrit $AX=B$, où $X$ est la colonne des inconnues et $B$ celle des seconds membres. Enfin, les opérations élémentaires sur les lignes gardent les notations connues depuis le chapitre de calcul algébrique : $L_i\leftrightarrow L_j$, $L_i\leftarrow \lambda L_i$ avec $\lambda \mathrm{\ne }0$, et $L_i\leftarrow L_i+\lambda L_j$.

L'ensemble des matrices

Définition et vocabulaire

Une égalité de matrices est donc, en réalité, un système de $np$ égalités de scalaires. C'est la remarque la plus utilisée du chapitre : chaque fois qu'un exercice demande de résoudre une équation matricielle, la solution consiste souvent à revenir aux coefficients.

Somme et multiplication par un scalaire

Les deux premières opérations se définissent de la manière la plus simple possible : coefficient par coefficient.

Démonstration. Toutes ces égalités sont des égalités de matrices de même taille : d'après la définition de l'égalité, il suffit de les vérifier coefficient par coefficient, et chaque vérification est alors une propriété connue du corps $\mathbb{K}$.

Détaillons la première. Fixons $(i,j)$. Le coefficient d'indice $(i,j)$ de $(A+B)+C$ vaut, par définition de la somme appliquée deux fois, $(a_{i,j}+b_{i,j})+c_{i,j}$. Celui de $A+(B+C)$ vaut $a_{i,j}+(b_{i,j}+c_{i,j})$. L'addition étant associative dans $\mathbb{K}$, ces deux scalaires sont égaux. Comme cela vaut pour tout couple $(i,j)$, les deux matrices sont égales.

La commutativité s'obtient de même à partir de $a_{i,j}+b_{i,j}=b_{i,j}+a_{i,j}$. Pour le point 2, le coefficient d'indice $(i,j)$ de $A+0_{n,p}$ est $a_{i,j}+0=a_{i,j}$, et celui de $A+(-A)$ est $a_{i,j}-a_{i,j}=0$. Pour le point 3, on écrit $\lambda (a_{i,j}+b_{i,j})=\lambda a_{i,j}+\lambda b_{i,j}$ (distributivité dans $\mathbb{K}$) et $(\lambda +\mu )a_{i,j}=\lambda a_{i,j}+\mu a_{i,j}$. Le point 4 se traite pareillement à partir de l'associativité de la multiplication dans $\mathbb{K}$.

Les points 1 et 2 disent exactement que $+$ est une loi de composition interne associative et commutative sur ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})$, admettant $0_{n,p}$ pour neutre, et pour laquelle tout élément admet un opposé : c'est la définition d'un groupe abélien. $\mathrm{\square }$

Cette notion, purement calculatoire pour l'instant, sera au centre du chapitre : le produit d'une matrice par une colonne s'y ramènera, et la compatibilité d'un système s'énoncera avec elle.

Matrices élémentaires

Parmi toutes les matrices de ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})$, les plus simples sont celles qui n'ont qu'un seul coefficient non nul, égal à $1$. Elles suffisent à décrire toutes les autres.

Démonstration. L'écriture. Les deux membres sont des matrices de ${\mathcal{M}}_{n,p}(\mathbb{K})$ : il suffit de comparer leurs coefficients. Fixons $(k,l)$ et calculons le coefficient d'indice $(k,l)$ du membre de droite. La somme et la multiplication par un scalaire se faisant coefficient par coefficient, ce coefficient vaut

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^p{a}_{i,j}(E_{i,j}{)}_{k,l}=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^p{a}_{i,j}{\delta }_{k,i}{\delta }_{l,j}\mathrm{.}$$

Dans cette somme double, le facteur ${\delta }_{k,i}$ annule tous les termes pour lesquels $i\mathrm{\ne }k$, et le facteur ${\delta }_{l,j}$ tous ceux pour lesquels $j\mathrm{\ne }l$. Il ne reste donc que le terme d'indices $(i,j)=(k,l)$, égal à $a_{k,l}$. C'est bien le coefficient d'indice $(k,l)$ de $A$.

L'unicité. Posons ${\nu }_{i,j}={\lambda }_{i,j}-{\mu }_{i,j}$. L'hypothèse s'écrit ${\sum }_i{\sum }_j{\nu }_{i,j}{E}_{i,j}=0_{n,p}$. Or le calcul précédent, appliqué aux coefficients ${\nu }_{i,j}$, montre que le coefficient d'indice $(k,l)$ de cette somme vaut exactement ${\nu }_{k,l}$. Donc ${\nu }_{k,l}=0$ pour tous $k$ et $l$, c'est-à-dire ${\lambda }_{k,l}={\mu }_{k,l}$. $\mathrm{\square }$

Le produit matriciel

Définition

Voici l'opération centrale du chapitre. Sa définition ne ressemble à rien de connu : ce n'est pas un produit coefficient par coefficient.

Décrivons maintenant la disposition pratique du calcul, celle qu'il faut adopter systématiquement. Le coefficient d'indice $(i,j)$ du produit s'obtient en faisant courir simultanément un doigt le long de la ligne $i$ de $A$, de gauche à droite, et un autre doigt le long de la colonne $j$ de $B$, de haut en bas : on multiplie les deux nombres rencontrés à chaque étape, et l'on additionne les $p$ produits obtenus. On dit qu'on multiplie « ligne par colonne ». Pour organiser la feuille, la disposition la plus sûre consiste à écrire $B$ en haut à droite, $A$ en bas à gauche, et à remplir le rectangle restant, en bas à droite, qui recevra $AB$ : le coefficient à écrire à l'intersection de la ligne $i$ et de la colonne $j$ se lit alors en croisant la ligne de $A$ située à sa gauche et la colonne de $B$ située au-dessus de lui. Cette disposition rend les erreurs d'indices presque impossibles et fait apparaître les tailles d'un coup d'œil.

Règles de calcul

Le produit obéit à trois règles, et il faut savoir exactement lesquelles — car une quatrième, la commutativité, manque à l'appel.

Démonstration. Vérifions d'abord que les deux membres existent et ont la même taille. La matrice $AB$ est de taille $n\times q$, donc $(AB)C$ est de taille $n\times r$ ; la matrice $BC$ est de taille $p\times r$, donc $A(BC)$ est de taille $n\times r$. Il reste à comparer les coefficients.

Fixons $i\in \{1,\dots ,n\}$ et $l\in \{1,\dots ,r\}$. D'une part, en appliquant deux fois la définition du produit,

$$[(AB)C{]}_{i,l}=\sum _{k=1}^q(AB{)}_{i,k}{c}_{k,l}=\sum _{k=1}^q\left(\sum _{j=1}^p{a}_{i,j}{b}_{j,k}\right)c_{k,l}=\sum _{k=1}^q\sum _{j=1}^p{a}_{i,j}{b}_{j,k}{c}_{k,l},$$

où l'on a distribué $c_{k,l}$ dans la somme intérieure. D'autre part, de la même façon,

$$[A(BC){]}_{i,l}=\sum _{j=1}^p{a}_{i,j}(BC{)}_{j,l}=\sum _{j=1}^p{a}_{i,j}\left(\sum _{k=1}^q{b}_{j,k}{c}_{k,l}\right)=\sum _{j=1}^p\sum _{k=1}^q{a}_{i,j}{b}_{j,k}{c}_{k,l}\mathrm{.}$$

Les deux expressions sont des sommes doubles du même terme général $a_{i,j}{b}_{j,k}{c}_{k,l}$, portant sur le même ensemble d'indices $(j,k)$, et ne différant que par l'ordre de sommation. Une somme finie ne dépendant pas de l'ordre dans lequel on l'effectue, ces deux sommes sont égales. Les deux matrices ont donc les mêmes coefficients. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Les tailles sont compatibles dans les quatre produits écrits, et les deux membres de chaque égalité sont de taille $n\times q$. Fixons $(i,j)$ et calculons le coefficient d'indice $(i,j)$ du membre de gauche de la première égalité :

$$[A(B+\lambda B^{\mathrm{\prime }}){]}_{i,j}=\sum _{k=1}^p{a}_{i,k}(b_{k,j}+\lambda b_{k,j}^{\mathrm{\prime }})=\sum _{k=1}^p{a}_{i,k}{b}_{k,j}+\lambda \sum _{k=1}^p{a}_{i,k}{b}_{k,j}^{\mathrm{\prime }}=(AB{)}_{i,j}+\lambda (A{B}^{\mathrm{\prime }}{)}_{i,j},$$

où l'on a utilisé la distributivité dans $\mathbb{K}$, puis la linéarité de la somme. C'est exactement le coefficient d'indice $(i,j)$ de $AB+\lambda A{B}^{\mathrm{\prime }}$. La seconde égalité se démontre de la même manière, en factorisant cette fois par $b_{k,j}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Les tailles conviennent : $I_n$ est de taille $n\times n$ et $A$ de taille $n\times p$, donc $I_{n}A$ est de taille $n\times p$. Pour tous $(i,j)$,

$$(I_{n}A{)}_{i,j}=\sum _{k=1}^n(I_n{)}_{i,k}{a}_{k,j}=\sum _{k=1}^n{\delta }_{i,k}{a}_{k,j}=a_{i,j},$$

le symbole de Kronecker ne laissant survivre que le terme d'indice $k=i$. De même,

$$(A{I}_p{)}_{i,j}=\sum _{k=1}^p{a}_{i,k}{\delta }_{k,j}=a_{i,j}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Venons-en maintenant au point le plus important du chapitre.

Démonstration. Un contre-exemple suffit. Dans ${\mathcal{M}}_2(\mathbb{K})$, posons

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Alors

$$AB=\left(\begin{array}{cc}1\times 1+1\times 1& 1\times 0+1\times 1\\ 0\times 1+1\times 1& 0\times 0+1\times 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right)$$

tandis que

$$BA=\left(\begin{array}{cc}1\times 1+0\times 0& 1\times 1+0\times 1\\ 1\times 1+1\times 0& 1\times 1+1\times 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 2\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Ces deux matrices diffèrent (par exemple en position $(1,1)$ : $2\mathrm{\ne }1$), donc $AB\mathrm{\ne }BA$. Pour $n>2$, on complète $A$ et $B$ par des $1$ sur le reste de la diagonale et des $0$ ailleurs : le même calcul, mené sur les deux premières lignes et colonnes, donne encore deux matrices distinctes. $\mathrm{\square }$

Deux lectures du produit

Les deux résultats qui suivent ne sont que des relectures de la définition, mais ce sont eux que l'on utilise en pratique pour comprendre ce que fait un produit.

Démonstration. Les deux membres sont des matrices colonnes à $n$ lignes : $AX$ est de taille $n\times 1$, et chaque $C_j$ également. Comparons leurs coefficients. Pour $i\in \{1,\dots ,n\}$, la définition du produit donne

$$(AX{)}_{i,1}=\sum _{j=1}^p{a}_{i,j}{x}_{j,1}=\sum _{j=1}^p{x}_j{a}_{i,j}\mathrm{.}$$

Or $a_{i,j}$ est précisément le $i$-ème coefficient de la colonne $C_j$. Le membre de droite est donc le $i$-ème coefficient de ${\sum }_{j=1}^p{x}_j{C}_j$, calculé coefficient par coefficient comme le veut la définition d'une combinaison linéaire. Les deux colonnes coïncident. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Point 2. Notons $C_j$ la $j$-ème colonne de $B$, c'est-à-dire la matrice colonne de coefficients $b_{1,j},\dots ,b_{p,j}$. Pour tout $i$, le $i$-ème coefficient de $A{C}_j$ vaut ${\sum }_{k=1}^p{a}_{i,k}{b}_{k,j}$, qui est exactement le coefficient d'indice $(i,j)$ de $AB$. Donc $A{C}_j$ est bien la $j$-ème colonne de $AB$, et cette colonne ne fait intervenir de $B$ que les coefficients $b_{k,j}$.

Point 1. Même raisonnement en notant $L_i$ la $i$-ème ligne de $A$ : pour tout $j$, le $j$-ème coefficient de la matrice ligne $L_{i}B$ vaut ${\sum }_{k=1}^p{a}_{i,k}{b}_{k,j}=(AB{)}_{i,j}$. $\mathrm{\square }$

Produit de deux matrices élémentaires

Démonstration. Les deux membres appartiennent à ${\mathcal{M}}_{n,q}(\mathbb{K})$. Fixons un couple d'indices $(r,s)$ et calculons le coefficient d'indice $(r,s)$ du produit :

$$(E_{i,j}{E}_{k,l}{)}_{r,s}=\sum _{m=1}^p(E_{i,j}{)}_{r,m}(E_{k,l}{)}_{m,s}=\sum _{m=1}^p{\delta }_{r,i}{\delta }_{m,j}{\delta }_{m,k}{\delta }_{s,l}\mathrm{.}$$

Les facteurs ${\delta }_{r,i}$ et ${\delta }_{s,l}$ ne dépendent pas de $m$ : on peut les sortir de la somme, ce qui donne

$$(E_{i,j}{E}_{k,l}{)}_{r,s}={\delta }_{r,i}{\delta }_{s,l}\sum _{m=1}^p{\delta }_{m,j}{\delta }_{m,k}\mathrm{.}$$

Il reste à évaluer ${\sum }_{m=1}^p{\delta }_{m,j}{\delta }_{m,k}$. Le facteur ${\delta }_{m,j}$ ne laisse survivre que le terme $m=j$, et il vaut alors ${\delta }_{j,k}$. Donc

$$(E_{i,j}{E}_{k,l}{)}_{r,s}={\delta }_{j,k}{\delta }_{r,i}{\delta }_{s,l}={\delta }_{j,k}(E_{i,l}{)}_{r,s}\mathrm{.}$$

Cette égalité valant pour tout couple $(r,s)$, les deux matrices sont égales. $\mathrm{\square }$

Voyons maintenant l'effet d'une matrice élémentaire sur une matrice quelconque : c'est le calcul sur lequel repose toute la section consacrée aux opérations élémentaires.

Démonstration. Point 1. Pour tous $(r,s)$,

$$(E_{i,j}A{)}_{r,s}=\sum _{m=1}^n{\delta }_{r,i}{\delta }_{m,j}{a}_{m,s}={\delta }_{r,i}{a}_{j,s},$$

puisque seul le terme $m=j$ survit. Ce coefficient est nul si $r\mathrm{\ne }i$, et vaut $a_{j,s}$ si $r=i$ : c'est exactement l'énoncé.

Point 2. De même, $(A{E}_{i,j}{)}_{r,s}={\sum }_{m=1}^n{a}_{r,m}{\delta }_{m,i}{\delta }_{s,j}=a_{r,i}{\delta }_{s,j}$, nul si $s\mathrm{\ne }j$ et égal à $a_{r,i}$ si $s=j$. $\mathrm{\square }$

Puissances d'une matrice carrée

Le produit de deux matrices carrées de même taille est encore une matrice carrée de cette taille : on peut donc multiplier une matrice par elle-même autant de fois qu'on veut.

Démonstration. Le produit étant associatif et $I_n$ étant neutre, ces égalités se démontrent exactement comme dans n'importe quel anneau — ou, si l'on préfère, par récurrence sur $l$ à $k$ fixé. Pour la première : au rang $l=0$, $A^{k+0}=A^k=A^k{I}_n=A^k{A}^0$ ; et si $A^{k+l}=A^k{A}^l$, alors

$$A^{k+l+1}=A^{k+l}A=\left(A^k{A}^l\right)A=A^k\left(A^{l}A\right)=A^k{A}^{l+1}\mathrm{.}$$

La seconde s'en déduit par une récurrence analogue. Enfin $A^k{A}^l=A^{k+l}=A^{l+k}=A^l{A}^k$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Étape préliminaire : la commutation se propage aux puissances. Montrons par récurrence sur $j$ que $A^{j}B=B{A}^j$ pour tout $j\in \mathbb{N}$. C'est vrai pour $j=0$ (les deux membres valent $B$) et pour $j=1$ (c'est l'hypothèse). Si $A^{j}B=B{A}^j$, alors

$$A^{j+1}B=A^j(AB)=A^j(BA)=\left(A^{j}B\right)A=\left(B{A}^j\right)A=B{A}^{j+1}\mathrm{.}$$

En particulier, $B^{m}A=A{B}^m$ pour tout $m$, par le même argument appliqué à $B$.

Récurrence sur $k$. Au rang $k=0$ : $(A+B{)}^0=I_n$, et la somme se réduit au terme $j=0$, qui vaut $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{0}{0}\right)A^0{B}^0=I_n$.

Supposons la formule vraie au rang $k$. Alors

$$(A+B{)}^{k+1}=(A+B{)}^k(A+B)=\left(\sum _{j=0}^k\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k}{j}\right)A^j{B}^{k-j}\right)(A+B),$$

et la bilinéarité du produit permet de développer :

$$(A+B{)}^{k+1}=\sum _{j=0}^k\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k}{j}\right)A^j{B}^{k-j}A+\sum _{j=0}^k\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k}{j}\right)A^j{B}^{k-j+1}\mathrm{.}$$

C'est ici, et uniquement ici, que sert la commutation : dans la première somme, $B^{k-j}A=A{B}^{k-j}$, donc $A^j{B}^{k-j}A=A^{j+1}{B}^{k-j}$. Sans cette hypothèse, le facteur $A$ resterait coincé à droite et aucun regroupement ne serait possible. En reindexant la première somme par $m=j+1$ :

$$(A+B{)}^{k+1}=\sum _{m=1}^{k+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k}{m-1}\right)A^m{B}^{k+1-m}+\sum _{m=0}^k\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k}{m}\right)A^m{B}^{k+1-m}\mathrm{.}$$

Isolons le terme $m=k+1$ de la première somme et le terme $m=0$ de la seconde :

$$(A+B{)}^{k+1}=A^{k+1}+\sum _{m=1}^k[\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k}{m-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k}{m}\right)]A^m{B}^{k+1-m}+B^{k+1}\mathrm{.}$$

La formule de Pascal donne $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k}{m-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k}{m}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k+1}{m}\right)$, et comme $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k+1}{k+1}\right)=1=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k+1}{0}\right)$, les deux termes isolés rentrent dans la somme :

$$(A+B{)}^{k+1}=\sum _{m=0}^{k+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{k+1}{m}\right)A^m{B}^{k+1-m}\mathrm{.}$$

La formule est donc vraie au rang $k+1$, ce qui achève la récurrence. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Développons le membre de droite par bilinéarité :

$$(A-B)\sum _{j=0}^{k-1}{A}^j{B}^{k-1-j}=\sum _{j=0}^{k-1}{A}^{j+1}{B}^{k-1-j}-\sum _{j=0}^{k-1}B{A}^j{B}^{k-1-j}\mathrm{.}$$

Comme $A$ et $B$ commutent, $B{A}^j=A^{j}B$ (étape préliminaire de la démonstration précédente), donc le terme général de la seconde somme vaut $A^j{B}^{k-j}$. En reindexant la première somme par $m=j+1$, il vient

$$(A-B)\sum _{j=0}^{k-1}{A}^j{B}^{k-1-j}=\sum _{m=1}^k{A}^m{B}^{k-m}-\sum _{j=0}^{k-1}{A}^j{B}^{k-j}\mathrm{.}$$

Les deux sommes portent sur le même terme général $A^m{B}^{k-m}$ ; tous les termes d'indice compris entre $1$ et $k-1$ se simplifient deux à deux. Il ne reste que le terme $m=k$ de la première, soit $A^k$, et l'opposé du terme $j=0$ de la seconde, soit $-B^k$. $\mathrm{\square }$

Transposition

Définition et propriétés

Démonstration. Point 1. La matrice ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ est de taille $p\times n$, donc ${}^t\left({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A\right)$ est de taille $n\times p$, comme $A$. Pour tous $(i,j)$, en appliquant deux fois la définition,

$$\left[{}^t\right({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A){]}_{i,j}=({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{)}_{j,i}=a_{i,j}\mathrm{.}$$

Point 2. Les deux membres sont de taille $p\times n$, et pour tous $(i,j)$,

$$[{}^t(A+\lambda B){]}_{i,j}=(A+\lambda B{)}_{j,i}=a_{j,i}+\lambda b_{j,i}=({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{)}_{i,j}+\lambda ({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}B{)}_{i,j}\mathrm{.}$$

Point 3. Vérifions d'abord les tailles. Le produit $AC$ est de taille $n\times q$, donc ${}^t(AC)$ est de taille $q\times n$. Par ailleurs ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}C$ est de taille $q\times p$ et ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ de taille $p\times n$ : le produit ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}C{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ existe et est de taille $q\times n$. C'est déjà une raison de retenir l'ordre : le produit ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}C$ n'aurait en général aucun sens, puisqu'il faudrait multiplier une matrice $p\times n$ par une matrice $q\times p$.

Comparons maintenant les coefficients. Soient $i\in \{1,\dots ,q\}$ et $j\in \{1,\dots ,n\}$. D'une part,

$$[{}^t(AC){]}_{i,j}=(AC{)}_{j,i}=\sum _{k=1}^p{a}_{j,k}{c}_{k,i}\mathrm{.}$$

D'autre part,

$$[{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}C{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{]}_{i,j}=\sum _{k=1}^p({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}C{)}_{i,k}({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{)}_{k,j}=\sum _{k=1}^p{c}_{k,i}{a}_{j,k}\mathrm{.}$$

Les deux sommes ont le même terme général, puisque la multiplication est commutative dans $\mathbb{K}$. Les matrices sont donc égales. $\mathrm{\square }$

Voici, rassemblées, les formules à connaître. Elles se démontrent toutes par le même calcul sur les coefficients.

Matrices symétriques et antisymétriques

Démonstration. Point 1. Supposons ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M=-M$ et appliquons l'égalité des coefficients au couple $(i,i)$ : $m_{i,i}=-m_{i,i}$, donc $2m_{i,i}=0$, donc $m_{i,i}=0$ (nous travaillons dans $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, où $2\mathrm{\ne }0$ est inversible).

Point 2. Soit $M$ à la fois symétrique et antisymétrique. Alors $M={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M=-M$, donc $2M=0_{n,n}$, donc $M=0_{n,n}$. Réciproquement, la matrice nulle vérifie évidemment les deux conditions.

Point 3. Si ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M=M$ et ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}{M}^{\mathrm{\prime }}=M^{\mathrm{\prime }}$, la linéarité de la transposition donne

$${}^t(M+\lambda M^{\mathrm{\prime }})={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M+\lambda {}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}{M}^{\mathrm{\prime }}=M+\lambda M^{\mathrm{\prime }}\mathrm{.}$$

Le calcul est identique dans le cas antisymétrique, avec un signe $-$ des deux côtés. $\mathrm{\square }$

Le théorème suivant est l'un des plus utilisés du chapitre, et sa démonstration est le modèle même du raisonnement par analyse-synthèse.

Démonstration. Analyse. Supposons qu'un tel couple $(S,A)$ existe, avec $S$ symétrique, $A$ antisymétrique et $M=S+A$. Transposons cette égalité, en utilisant la linéarité de la transposition :

$${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}S+{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A=S-A,$$

la dernière égalité venant des hypothèses ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}S=S$ et ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A=-A$. Nous disposons donc du système

$$\{\begin{array}{l}M=S+A\\ {}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M=S-A\end{array}$$

d'inconnues $S$ et $A$. En additionnant les deux égalités : $M+{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M=2S$, d'où $S={\displaystyle \frac{1}{2}}(M+{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M)$. En les soustrayant : $M-{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M=2A$, d'où $A={\displaystyle \frac{1}{2}}(M-{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M)$. Le couple $(S,A)$ est donc entièrement déterminé par $M$ : il y a au plus une décomposition.

Synthèse. Réciproquement, posons $S={\displaystyle \frac{1}{2}}(M+{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M)$ et $A={\displaystyle \frac{1}{2}}(M-{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M)$, et vérifions les trois points.

D'abord, $S+A={\displaystyle \frac{1}{2}}(M+{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M)+{\displaystyle \frac{1}{2}}(M-{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M)={\displaystyle \frac{1}{2}}(2M)=M$.

Ensuite, $S$ est symétrique :

$${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}S={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}\left[{\displaystyle \frac{1}{2}}\right(M+{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M\left)\right]={\displaystyle \frac{1}{2}}({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M+{}^t({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M\left)\right)={\displaystyle \frac{1}{2}}({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M+M)=S\mathrm{.}$$

Enfin, $A$ est antisymétrique :

$${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A={\displaystyle \frac{1}{2}}({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M-{}^t({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M\left)\right)={\displaystyle \frac{1}{2}}({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M-M)=-A\mathrm{.}$$

Le couple proposé convient donc, et c'est le seul d'après l'analyse. $\mathrm{\square }$

L'anneau des matrices carrées

Le théorème

Nous avons maintenant tout ce qu'il faut pour reconnaître une structure connue.

Démonstration. Reprenons les axiomes d'un anneau, un par un ; tout a déjà été démontré, il suffit de faire l'inventaire.

$({\mathcal{M}}_n(\mathbb{K}),+)$ est un groupe abélien. C'est la propriété établie à la première section, appliquée avec $p=n$ : l'addition est interne, associative, commutative, admet $0_{n,n}$ pour neutre, et toute matrice $A$ admet $-A$ pour opposé.

La multiplication est une loi interne. Le produit de deux matrices de taille $n\times n$ existe et est de taille $n\times n$.

La multiplication est associative. C'est le théorème d'associativité du produit, appliqué à trois matrices carrées de même taille.

La multiplication admet $I_n$ pour élément neutre. C'est la propriété $I_{n}A=A{I}_n=A$.

La multiplication est distributive sur l'addition. C'est exactement la bilinéarité, prise avec $\lambda =1$ : $A(B+C)=AB+AC$ donne la distributivité à gauche, et $(A+B)C=AC+BC$ la distributivité à droite. Les deux sont nécessaires puisque le produit n'est pas commutatif.

Tous les axiomes sont vérifiés : $({\mathcal{M}}_n(\mathbb{K}),+,\times )$ est un anneau.

Non-commutativité. Pour $n⩾2$, le contre-exemple établi plus haut fournit deux matrices $A$ et $B$ telles que $AB\mathrm{\ne }BA$ ; on peut aussi invoquer les matrices élémentaires, puisque $E_{1,1}{E}_{1,2}=E_{1,2}$ alors que $E_{1,2}{E}_{1,1}={\delta }_{2,1}{E}_{1,1}=0_{n,n}$. Pour $n=1$, en revanche, ${\mathcal{M}}_1(\mathbb{K})$ se confond avec $\mathbb{K}$ et l'anneau est commutatif. $\mathrm{\square }$

Un anneau qui n'est pas intègre

Voici la source numéro un des fautes de calcul du chapitre. Lisez cette sous-section deux fois.

Démonstration. Dans ${\mathcal{M}}_2(\mathbb{K})$, posons

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Ces deux matrices sont non nulles, et pourtant

$$AB=\left(\begin{array}{cc}1\times 0+0\times 0& 1\times 0+0\times 1\\ 0\times 0+0\times 0& 0\times 0+0\times 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right)\mathrm{.}$$

On vérifie de même que $BA=0_{2,2}$. Pour $n>2$, les matrices élémentaires fournissent un exemple immédiat : $E_{1,2}{E}_{1,2}={\delta }_{2,1}{E}_{1,2}=0_{n,n}$ alors que $E_{1,2}\mathrm{\ne }0$. $\mathrm{\square }$

Matrices scalaires, diagonales et triangulaires

Démonstration. Le scalaire $\lambda$ se déplace librement dans un produit de matrices, puisque le coefficient d'indice $(i,j)$ de $(\lambda I_n)M$ vaut ${\sum }_k\lambda {\delta }_{i,k}{m}_{k,j}=\lambda m_{i,j}$, et celui de $M(\lambda I_n)$ vaut ${\sum }_k{m}_{i,k}\lambda {\delta }_{k,j}=\lambda m_{i,j}$. Les trois matrices ont donc les mêmes coefficients. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Point 1. Immédiat, la somme et les multiples se calculant coefficient par coefficient.

Point 2. Écrivons $d_{i,j}=d_i{\delta }_{i,j}$ et $d_{i,j}^{\mathrm{\prime }}=d_i^{\mathrm{\prime }}{\delta }_{i,j}$. Alors

$$(D{D}^{\mathrm{\prime }}{)}_{i,j}=\sum _{k=1}^n{d}_i{\delta }_{i,k}{d}_k^{\mathrm{\prime }}{\delta }_{k,j}=d_i{d}_j^{\mathrm{\prime }}{\delta }_{i,j},$$

puisque seul le terme $k=i$ survit, et qu'il est nul sauf si de plus $j=i$. Ce coefficient est donc nul hors de la diagonale, et vaut $d_i{d}_i^{\mathrm{\prime }}$ sur la diagonale. Le calcul étant symétrique en $D$ et $D^{\mathrm{\prime }}$ (la multiplication de $\mathbb{K}$ est commutative), on obtient la même chose pour $D^{\mathrm{\prime }}D$.

Point 3. Récurrence immédiate à partir du point 2. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Point 1. Si $i>j$, alors $t_{i,j}=0$ et $t_{i,j}^{\mathrm{\prime }}=0$, donc $t_{i,j}+\lambda t_{i,j}^{\mathrm{\prime }}=0$.

Point 2. Soient $i$ et $j$ deux indices. Par définition du produit,

$$(T{T}^{\mathrm{\prime }}{)}_{i,j}=\sum _{k=1}^n{t}_{i,k}{t}_{k,j}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{.}$$

Examinons quels termes peuvent être non nuls. Le facteur $t_{i,k}$ est nul dès que $i>k$, c'est-à-dire qu'il faut $k⩾i$. Le facteur $t_{k,j}^{\mathrm{\prime }}$ est nul dès que $k>j$, c'est-à-dire qu'il faut $k⩽j$. Un terme n'est donc susceptible d'être non nul que si

$$i⩽k⩽j\mathrm{.}$$

Cas $i>j$. Aucun entier $k$ ne vérifie $i⩽k⩽j$ : la somme est vide de termes non nuls, donc $(T{T}^{\mathrm{\prime }}{)}_{i,j}=0$. La matrice $T{T}^{\mathrm{\prime }}$ est bien triangulaire supérieure.

Cas $i=j$. La seule valeur possible est $k=i$, et le terme correspondant vaut $t_{i,i}{t}_{i,i}^{\mathrm{\prime }}$. Donc $(T{T}^{\mathrm{\prime }}{)}_{i,i}=t_{i,i}{t}_{i,i}^{\mathrm{\prime }}$.

Point 3. Récurrence sur $k$, en appliquant le point 2 à $T^k$ et $T$. Le cas $k=0$ est clair puisque $I_n$ est triangulaire supérieure de coefficients diagonaux égaux à $1$.

Pour les matrices triangulaires inférieures, on peut refaire le même calcul (les inégalités sont renversées), ou bien transposer : $T$ est triangulaire inférieure si et seulement si ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}T$ est triangulaire supérieure, et ${}^t(T{T}^{\mathrm{\prime }})={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}{T}^{\mathrm{\prime }}{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}T$ est alors un produit de deux triangulaires supérieures. $\mathrm{\square }$

Matrices inversibles

Définition et groupe linéaire

Démonstration. Supposons que $B$ et $C$ vérifient toutes deux les conditions : $AB=BA=I_n$ et $AC=CA=I_n$. Calculons le produit $BAC$ de deux façons, ce qui est licite puisque le produit est associatif.

En groupant à gauche : $(BA)C=I_{n}C=C$. En groupant à droite : $B(AC)=B{I}_n=B$. Ces deux quantités sont égales, donc $B=C$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. La loi est interne. Soient $A,B\in {\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$. Posons $C=B^{-1}{A}^{-1}$ et calculons, en utilisant l'associativité :

$$(AB)C=A\left(B{B}^{-1}\right)A^{-1}=A{I}_n{A}^{-1}=A{A}^{-1}=I_n,$$ $$C(AB)=B^{-1}\left(A^{-1}A\right)B=B^{-1}{I}_{n}B=B^{-1}B=I_n\mathrm{.}$$

Donc $AB$ est inversible : $AB\in {\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$.

Associativité. Elle est héritée du produit matriciel, qui est associatif sur ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ tout entier.

Neutre. La matrice $I_n$ est inversible, donc appartient à ${\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$, et $A{I}_n=I_{n}A=A$ pour toute matrice $A$.

Inverses. Soit $A\in {\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$. Les égalités $A{A}^{-1}=A^{-1}A=I_n$ se lisent aussi comme disant que $A^{-1}$ est inversible, d'inverse $A$. Donc $A^{-1}\in {\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$.

Ainsi ${\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$ est un groupe. Il n'est pas commutatif pour $n⩾2$ : les matrices $\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$ et $\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right)$ sont inversibles (leurs inverses respectifs sont $\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 1\end{array}\right)$ et $\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\end{array}\right)$, comme on le vérifie en calculant les deux produits) et nous avons vu qu'elles ne commutent pas. $\mathrm{\square }$

Règles de calcul sur les inverses

Démonstration. Points 1 et 2. Ils ont été établis dans la démonstration précédente : le point 1 en observant que les deux égalités se lisent dans les deux sens, le point 2 par le calcul explicite de $(AB)\left(B^{-1}{A}^{-1}\right)$ et de $\left(B^{-1}{A}^{-1}\right)(AB)$.

Point 3. Transposons l'égalité $A{A}^{-1}=I_n$ en utilisant la règle du produit :

$${}^t\left(A^{-1}\right){}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A={}^t\left(A{A}^{-1}\right)={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}{I}_n=I_n\mathrm{.}$$

De même, en transposant $A^{-1}A=I_n$ :

$${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{}^t\left(A^{-1}\right)={}^t\left(A^{-1}A\right)=I_n\mathrm{.}$$

Les deux égalités requises sont établies, donc ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ est inversible d'inverse ${}^t\left(A^{-1}\right)$.

Point 4. Récurrence sur $k$ à partir du point 2, ou calcul direct : $A^k(A^{-1}{)}^k=I_n$ en simplifiant les facteurs $A{A}^{-1}$ du centre vers l'extérieur, et de même dans l'autre sens.

Point 5. Comme $\lambda \mathrm{\ne }0$, le scalaire ${\displaystyle \frac{1}{\lambda }}$ existe, et

$$(\lambda A)\left({\displaystyle \frac{1}{\lambda }}{A}^{-1}\right)=\lambda \times {\displaystyle \frac{1}{\lambda }}A{A}^{-1}=I_n,$$

et de même dans l'autre sens, les scalaires se déplaçant librement dans un produit de matrices. $\mathrm{\square }$

Ce que l'on ne peut pas encore faire

Démonstration. Notons ${\epsilon }_1,\dots ,{\epsilon }_n$ les colonnes de $I_n$. La lecture par colonnes du produit donne, pour toute matrice $M\in {\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ : la $j$-ème colonne de $M{I}_n=M$ est $M{\epsilon }_j$. Autrement dit, une matrice est entièrement déterminée par les produits $M{\epsilon }_j$.

Première égalité. Soit $Y\in {\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$ quelconque et posons $X=SY$. L'implication de droite à gauche donne $AX=Y$, c'est-à-dire $A(SY)=Y$, soit encore $(AS)Y=Y$ par associativité. Appliquons ceci à $Y={\epsilon }_j$ : la $j$-ème colonne de $AS$ est ${\epsilon }_j$, c'est-à-dire la $j$-ème colonne de $I_n$. Ceci valant pour tout $j$, on obtient $AS=I_n$.

Seconde égalité. Soit maintenant $X\in {\mathcal{M}}_{n,1}(\mathbb{K})$ quelconque et posons $Y=AX$. L'implication de gauche à droite donne $X=SY=S(AX)=(SA)X$. Appliquons ceci à $X={\epsilon }_j$ : la $j$-ème colonne de $SA$ est ${\epsilon }_j$. Donc $SA=I_n$.

Les deux égalités sont établies : $A$ est inversible et $A^{-1}=S$. $\mathrm{\square }$

Le cas de la taille 2

En taille $2$, tout se calcule. Le théorème suivant doit être connu par cœur, formule d'inverse comprise.

Démonstration. Posons $B=\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)$ et calculons les deux produits.

$$AB=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}ad-bc& -ab+ba\\ cd-dc& -cb+da\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}ad-bc& 0\\ 0& ad-bc\end{array}\right)=(ad-bc)I_2,$$ $$BA=\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}da-bc& db-bd\\ -ca+ac& -cb+ad\end{array}\right)=(ad-bc)I_2\mathrm{.}$$

Notons $\mathrm{\Delta }=ad-bc$, de sorte que $AB=BA=\mathrm{\Delta }{I}_2$.

Sens réciproque. Supposons $\mathrm{\Delta }\mathrm{\ne }0$. Le scalaire ${\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Delta }}}$ existe, et

$$A\left({\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Delta }}}B\right)={\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Delta }}}(AB)={\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Delta }}}\mathrm{\Delta }{I}_2=I_2,\left({\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Delta }}}B\right)A={\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Delta }}}(BA)=I_2\mathrm{.}$$

Les deux égalités sont vérifiées, donc $A$ est inversible et $A^{-1}={\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Delta }}}B$, ce qui est la formule annoncée.

Sens direct. Montrons la contraposée : supposons $\mathrm{\Delta }=0$ et montrons que $A$ n'est pas inversible. Raisonnons par l'absurde en supposant $A$ inversible. L'égalité $AB=\mathrm{\Delta }{I}_2=0_{2,2}$, multipliée à gauche par $A^{-1}$, donne

$$B=I_{2}B=\left(A^{-1}A\right)B=A^{-1}(AB)=A^{-1}{0}_{2,2}=0_{2,2}\mathrm{.}$$

Or $B=0_{2,2}$ signifie $a=b=c=d=0$, c'est-à-dire $A=0_{2,2}$. Mais la matrice nulle n'est pas inversible, ce qui contredit notre hypothèse. Donc $A$ n'est pas inversible. $\mathrm{\square }$

Matrices nilpotentes et inversibilité

Démonstration. Posons $S={\sum }_{k=0}^{p-1}{N}^k$. Les matrices $I_n$ et $N$ commutent, donc la factorisation de $A^k-B^k$ établie plus haut s'applique avec $A=I_n$, $B=N$ et l'exposant $p$ :

$$(I_n-N)\sum _{j=0}^{p-1}{I}_n^j{N}^{p-1-j}=I_n^p-N^p=I_n-0_{n,n}=I_n\mathrm{.}$$

Comme $I_n^j=I_n$ pour tout $j$, la somme du membre de gauche vaut ${\sum }_{j=0}^{p-1}{N}^{p-1-j}={\sum }_{k=0}^{p-1}{N}^k=S$, d'où $(I_n-N)S=I_n$.

Pour l'autre égalité, il suffit d'observer que $I_n-N$ commute avec $S$ : en effet $S$ est une somme de puissances de $N$, et $N$ commute avec ses propres puissances. Donc $S(I_n-N)=(I_n-N)S=I_n$. Les deux égalités sont vérifiées. $\mathrm{\square }$

Inversibilité déduite d'une relation matricielle

Le cas des matrices triangulaires

Démonstration. Sens réciproque : la résolution par remontée. Supposons tous les $t_{i,i}$ non nuls. Soit $Y$ la colonne de coefficients $y_1,\dots ,y_n$, et soit $X$ la colonne des inconnues $x_1,\dots ,x_n$. Le système $TX=Y$ s'écrit

$$\{\begin{array}{l}{t}_{1,1}{x}_1+t_{1,2}{x}_2+\cdots +t_{1,n}{x}_n=y_1\\ \phantom{t_{1,1}{x}_1+}{t}_{2,2}{x}_2+\cdots +t_{2,n}{x}_n=y_2\\ \phantom{t_{1,1}{x}_1+t_{2,2}{x}_2+}\mathrm{⋮}\\ \phantom{t_{1,1}{x}_1+t_{2,2}{x}_2+\cdots +}{t}_{n,n}{x}_n=y_n\end{array}$$

puisque tous les coefficients situés sous la diagonale sont nuls. Résolvons-le en remontant, de la dernière équation vers la première.

La dernière équation, $t_{n,n}{x}_n=y_n$, équivaut à $x_n={\displaystyle \frac{y_n}{t_{n,n}}}$, car $t_{n,n}\mathrm{\ne }0$.

Supposons $x_{i+1},\dots ,x_n$ déjà exprimés en fonction de $y_{i+1},\dots ,y_n$. La $i$-ème équation s'écrit

$$t_{i,i}{x}_i+\sum _{k=i+1}^n{t}_{i,k}{x}_k=y_i,$$

et comme $t_{i,i}\mathrm{\ne }0$, elle équivaut à

$$x_i={\displaystyle \frac{1}{t_{i,i}}}(y_i-\sum _{k=i+1}^n{t}_{i,k}{x}_k)\mathrm{.}$$

Par récurrence descendante sur $i$, chaque $x_i$ s'exprime donc comme une combinaison linéaire de $y_i,y_{i+1},\dots ,y_n$ uniquement, avec le coefficient ${\displaystyle \frac{1}{t_{i,i}}}$ devant $y_i$. Notons $s_{i,j}$ le coefficient de $y_j$ dans l'expression de $x_i$, et $S=(s_{i,j})$. Ce qui précède signifie exactement que $s_{i,j}=0$ pour $j<i$ — la matrice $S$ est triangulaire supérieure — et que $s_{i,i}={\displaystyle \frac{1}{t_{i,i}}}$.

Chaque étape ci-dessus étant une équivalence (on n'a fait que diviser par des scalaires non nuls et substituer), on a établi

$$TX=Y⟺X=SY$$

pour toutes colonnes $X$ et $Y$. Le critère par résolution s'applique : $T$ est inversible et $T^{-1}=S$, triangulaire supérieure de coefficients diagonaux ${\displaystyle \frac{1}{t_{i,i}}}$.

Sens direct. Montrons la contraposée : si l'un des coefficients diagonaux est nul, alors $T$ n'est pas inversible. Soit $i_0$ le plus petit indice tel que $t_{i_0,i_0}=0$ ; par minimalité, $t_{k,k}\mathrm{\ne }0$ pour tout $k<i_0$. Construisons une colonne $X$ non nulle telle que $TX=0$.

Posons $x_{i_0}=1$ et $x_k=0$ pour $k>i_0$. Puis, pour $k$ décroissant de $i_0-1$ jusqu'à $1$, posons

$$x_k=-{\displaystyle \frac{1}{t_{k,k}}}\sum _{l=k+1}^{i_0}{t}_{k,l}{x}_l,$$

ce qui est licite puisque $t_{k,k}\mathrm{\ne }0$. Vérifions que la colonne $X$ ainsi construite satisfait $TX=0$, en examinant la $k$-ème coordonnée du produit, égale à ${\sum }_{l⩾k}{t}_{k,l}{x}_l$.

• Si $k>i_0$ : tous les indices $l⩾k$ vérifient $l>i_0$, donc $x_l=0$ et la somme est nulle.
• Si $k=i_0$ : la somme vaut $t_{i_0,i_0}\times 1+{\sum }_{l>i_0}{t}_{i_0,l}\times 0=0$, puisque $t_{i_0,i_0}=0$.
• Si $k<i_0$ : les termes d'indice $l>i_0$ sont nuls, et il reste $t_{k,k}{x}_k+{\sum }_{l=k+1}^{i_0}{t}_{k,l}{x}_l$, qui est nul par définition même de $x_k$.

Ainsi $TX=0_{n,1}$ avec $X\mathrm{\ne }{0}_{n,1}$ (sa $i_0$-ème coordonnée vaut $1$). Si $T$ était inversible, on aurait $X=T^{-1}(TX)=T^{-1}{0}_{n,1}=0_{n,1}$, ce qui est faux. Donc $T$ n'est pas inversible.

Cas des triangulaires inférieures. On transpose : $T$ est triangulaire inférieure si et seulement si ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}T$ est triangulaire supérieure, et $T$ est inversible si et seulement si ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}T$ l'est (avec $({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}T{)}^{-1}={}^t(T^{-1})$). Comme la transposition ne change pas les coefficients diagonaux, le résultat se transporte tel quel. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Une matrice diagonale est triangulaire supérieure, donc le théorème précédent donne déjà l'équivalence. Pour la formule, il suffit de vérifier directement : d'après la règle de multiplication des matrices diagonales,

$$\mathrm{diag}(d_1,\dots ,d_n)\times \mathrm{diag}({\displaystyle \frac{1}{d_1}},\dots ,{\displaystyle \frac{1}{d_n}})=\mathrm{diag}(d_1\times {\displaystyle \frac{1}{d_1}},\dots ,d_n\times {\displaystyle \frac{1}{d_n}})=\mathrm{diag}(1,\dots ,1)=I_n,$$

et le produit dans l'autre ordre donne la même chose, deux matrices diagonales commutant toujours. $\mathrm{\square }$

Opérations élémentaires

Les trois opérations

Vous connaissez ces opérations depuis le chapitre de calcul algébrique, où elles servaient à résoudre les systèmes. Nous allons maintenant les lire comme des produits matriciels, ce qui expliquera d'un coup pourquoi elles ne changent pas l'ensemble des solutions d'un système.

Interprétation matricielle

Démonstration. Point 1 (la transvection, à gauche). Par bilinéarité du produit,

$$T_{i,j}(\lambda )A=(I_n+\lambda E_{i,j})A=A+\lambda E_{i,j}A\mathrm{.}$$

Or nous avons établi que $E_{i,j}A$ a toutes ses lignes nulles, sauf la $i$-ème, qui est égale à la $j$-ème ligne de $A$. En ajoutant $\lambda E_{i,j}A$ à $A$, on ne modifie donc que la ligne $i$, qui devient $L_i+\lambda L_j$ : c'est exactement l'opération annoncée.

Point 2. De même,

$$D_i(\lambda )A=A+(\lambda -1)E_{i,i}A,$$

et $E_{i,i}A$ a toutes ses lignes nulles sauf la $i$-ème, égale à $L_i$. La ligne $i$ du résultat vaut donc $L_i+(\lambda -1)L_i=\lambda L_i$, les autres étant inchangées.

Point 3. Développons de la même façon :

$$P_{i,j}A=A-E_{i,i}A-E_{j,j}A+E_{i,j}A+E_{j,i}A\mathrm{.}$$

Seules les lignes $i$ et $j$ sont touchées. La ligne $i$ du résultat vaut $L_i-L_i+L_j=L_j$ (les contributions venant de $E_{i,i}A$ et $E_{i,j}A$), et la ligne $j$ vaut $L_j-L_j+L_i=L_i$. Les deux lignes ont bien été échangées.

Points 4 à 6. Même raisonnement à droite, en utilisant cette fois que $A{E}_{i,j}$ a toutes ses colonnes nulles sauf la $j$-ème, égale à la $i$-ème colonne de $A$. Par exemple, pour le point 4 :

$$A{T}_{i,j}(\lambda )=A+\lambda A{E}_{i,j},$$

et l'ajout ne modifie que la colonne $j$, qui devient $C_j+\lambda C_i$. On notera l'inversion des rôles de $i$ et $j$ par rapport au point 1 : à gauche, c'est la ligne $i$ qui change ; à droite, c'est la colonne $j$. $\mathrm{\square }$

Inversibilité et conséquence

Démonstration. Transvection. Comme $i\mathrm{\ne }j$, la formule sur les matrices élémentaires donne $E_{i,j}{E}_{i,j}={\delta }_{j,i}{E}_{i,j}=0_{n,n}$. Donc

$$T_{i,j}(\lambda )T_{i,j}(-\lambda )=(I_n+\lambda E_{i,j})(I_n-\lambda E_{i,j})=I_n-\lambda E_{i,j}+\lambda E_{i,j}-{\lambda }^2{E}_{i,j}{E}_{i,j}=I_n,$$

et le calcul dans l'autre ordre est identique (il suffit d'échanger $\lambda$ et $-\lambda$). Les deux égalités sont vérifiées.

Dilatation. Le calcul suivant utilise $E_{i,i}{E}_{i,i}=E_{i,i}$ :

$$D_i(\lambda )D_i(\mu )=(I_n+(\lambda -1)E_{i,i})(I_n+(\mu -1)E_{i,i})=I_n+[(\lambda -1)+(\mu -1)+(\lambda -1)(\mu -1)]E_{i,i}\mathrm{.}$$

Or $(\lambda -1)+(\mu -1)+(\lambda \mu -\lambda -\mu +1)=\lambda \mu -1$, donc $D_i(\lambda )D_i(\mu )=D_i(\lambda \mu )$. En prenant $\mu ={\displaystyle \frac{1}{\lambda }}$, on obtient $D_i(1)=I_n$ dans les deux ordres.

Échange. Le théorème précédent dit que multiplier à gauche par $P_{i,j}$ échange les lignes $i$ et $j$. En appliquant deux fois cette opération à une matrice quelconque $M$, on retrouve $M$ : donc $P_{i,j}\left(P_{i,j}M\right)=M$ pour toute $M$, et en particulier, avec $M=I_n$, $P_{i,j}{P}_{i,j}=I_n$. La matrice $P_{i,j}$ est donc son propre inverse. $\mathrm{\square }$

Démonstration. D'après le théorème d'interprétation matricielle, il existe une matrice $Q$, de l'un des trois types ci-dessus, telle que $A^{\mathrm{\prime }}=QA$ (dans le cas d'une opération sur les lignes) ou $A^{\mathrm{\prime }}=AQ$ (dans le cas d'une opération sur les colonnes). Traitons le premier cas, le second étant identique.

Sens direct. Si $A$ est inversible, alors $A^{\mathrm{\prime }}=QA$ est un produit de deux matrices inversibles, donc est inversible (le groupe ${\mathrm{G}\mathrm{L}}_n(\mathbb{K})$ est stable par produit), et $(A^{\mathrm{\prime }}{)}^{-1}=A^{-1}{Q}^{-1}$.

Sens réciproque. Si $A^{\mathrm{\prime }}$ est inversible, alors, comme $Q$ est inversible, $A=Q^{-1}{A}^{\mathrm{\prime }}$ est également un produit de deux matrices inversibles, donc est inversible.

Pour une suite finie d'opérations, on applique ce résultat autant de fois qu'il y a d'opérations, ou bien l'on remarque que la matrice finale s'écrit $Q_r\cdots Q_{1}A$, produit de $A$ par une matrice inversible. $\mathrm{\square }$

Systèmes linéaires

Écriture matricielle

Justification de l'écriture matricielle. Le produit $AX$ est une matrice colonne à $n$ lignes, dont la $i$-ème coordonnée vaut ${\sum }_{k=1}^p{a}_{i,k}{x}_k$, c'est-à-dire exactement le membre de gauche de la $i$-ème équation. L'égalité de deux colonnes étant l'égalité de toutes leurs coordonnées, l'équation matricielle $AX=B$ est bien équivalente au système tout entier. $\mathrm{\square }$

Compatibilité

Démonstration. Nous avons établi que, pour toute colonne $X$ de coefficients $x_1,\dots ,x_p$,

$$AX=x_1{C}_1+x_2{C}_2+\cdots +x_p{C}_p\mathrm{.}$$

Sens direct. Supposons le système compatible et soit $X$ une solution. Alors $B=AX={\sum }_{j=1}^p{x}_j{C}_j$ : la colonne $B$ est bien combinaison linéaire des colonnes de $A$, les coefficients étant ceux de la solution.

Sens réciproque. Supposons que $B$ soit combinaison linéaire des colonnes de $A$ : il existe des scalaires ${\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_p$ tels que $B={\sum }_{j=1}^p{\lambda }_j{C}_j$. Posons alors $X=\left(\begin{array}{c}{\lambda }_1\\ \mathrm{⋮}\\ {\lambda }_p\end{array}\right)$. La même identité donne $AX={\sum }_{j=1}^p{\lambda }_j{C}_j=B$, donc $X$ est une solution et le système est compatible. $\mathrm{\square }$

Structure de l'ensemble des solutions

Démonstration. Procédons par double inclusion.

Inclusion $\supset$. Soit $Y\in {\mathcal{S}}_0$, c'est-à-dire $AY=0$. Alors, par bilinéarité du produit,

$$A(X_0+Y)=A{X}_0+AY=B+0=B,$$

donc $X_0+Y$ est solution de $AX=B$, c'est-à-dire $X_0+Y\in \mathcal{S}$.

Inclusion $\subset$. Soit $X\in \mathcal{S}$, c'est-à-dire $AX=B$. Posons $Y=X-X_0$. Alors

$$AY=A(X-X_0)=AX-A{X}_0=B-B=0,$$

donc $Y\in {\mathcal{S}}_0$. Et comme $X=X_0+Y$, la colonne $X$ appartient bien à l'ensemble de droite.

Les deux inclusions donnent l'égalité. $\mathrm{\square }$

L'algorithme du pivot de Gauss

L'algorithme n'est pas nouveau ; ce qui l'est, c'est sa lecture matricielle. Chaque étape est une multiplication à gauche par une matrice inversible, ce qui garantit que l'ensemble des solutions ne change pas.

Cas d'une matrice carrée inversible

Démonstration. Existence. Posons $X_1=A^{-1}B$ et vérifions qu'il s'agit d'une solution :

$$A{X}_1=A\left(A^{-1}B\right)=\left(A{A}^{-1}\right)B=I_{n}B=B\mathrm{.}$$

Unicité. Soit $X$ une solution quelconque, c'est-à-dire $AX=B$. Multiplions cette égalité à gauche par $A^{-1}$ :

$$A^{-1}(AX)=A^{-1}B,\text{c’est-}\grave{\text{a}}\text{-dire}\left(A^{-1}A\right)X=A^{-1}B,\text{soit}X=A^{-1}B\mathrm{.}$$

Toute solution est donc égale à $X_1$ : il y en a exactement une. $\mathrm{\square }$

Calcul de l'inverse par le pivot

Justification de la méthode. Chaque opération élémentaire sur les lignes revient à multiplier à gauche par une matrice inversible. Après $r$ opérations, la moitié gauche est devenue $Q_r\cdots Q_{1}A$ et la moitié droite $Q_r\cdots Q_1{I}_n$. Posons $Q=Q_r\cdots Q_1$ : c'est un produit de matrices inversibles, donc une matrice inversible, et le tableau final est $[QA\mid Q]$.

Supposons qu'on soit parvenu à $QA=I_n$. En multipliant cette égalité à gauche par $Q^{-1}$, on obtient $A=Q^{-1}$. Ainsi $A$ est l'inverse d'une matrice inversible : elle est donc inversible, et son inverse est $(Q^{-1}{)}^{-1}=Q$, c'est-à-dire exactement la moitié droite du tableau. Notez qu'aucune étape n'a supposé $A$ inversible : la méthode démontre l'inversibilité en même temps qu'elle calcule l'inverse.

Si au contraire une ligne nulle apparaît à gauche, la matrice $QA$ n'est pas inversible (tout produit d'une matrice à ligne nulle conserve cette ligne nulle et ne peut valoir $I_n$), donc $A$ ne l'est pas non plus, puisque $A=Q^{-1}(QA)$ serait sinon un produit de matrices inversibles. $\mathrm{\square }$

Interprétation géométrique

Dans le plan ${\mathbb{R}}^2$, une équation $ax+by=c$ dont les coefficients $a$ et $b$ ne sont pas tous deux nuls représente une droite. Résoudre un système de deux telles équations, c'est donc chercher l'intersection de deux droites, et l'on retrouve exactement les trois issues du pivot : les droites sont sécantes (une solution), strictement parallèles (aucune solution), ou confondues (une infinité de solutions, décrites par un paramètre).

Dans l'espace ${\mathbb{R}}^3$, une équation $ax+by+cz=d$ dont les coefficients ne sont pas tous nuls représente un plan. Un système de trois équations décrit l'intersection de trois plans, et les configurations sont plus nombreuses : un point unique, une droite entière, un plan entier, ou l'ensemble vide lorsque les plans n'ont aucun point commun — par exemple s'ils sont parallèles deux à deux, ou s'ils se coupent deux à deux selon trois droites parallèles distinctes. Le nombre de paramètres restant à la fin du pivot mesure précisément la « taille » de cette intersection : zéro paramètre pour un point, un paramètre pour une droite, deux pour un plan.

Méthodes du chapitre

Les exercices de calcul matriciel se ramènent à un petit nombre de gestes, tous rencontrés dans les pages qui précèdent. La difficulté n'est jamais dans l'idée, elle est dans la discipline de rédaction : dire de quel côté on multiplie, vérifier les tailles avant de calculer, justifier une commutation avant d'appliquer le binôme, et ne jamais simplifier par une matrice sans avoir prouvé qu'elle est inversible.

Pour finir, la liste des fautes qui coûtent le plus de points dans ce chapitre. Chacune a été rencontrée au moins une fois dans les pages précédentes.

1. Simplifier par une matrice. De $AB=AC$, on ne tire $B=C$ que si $A$ est inversible, et il faut l'écrire : « comme $A$ est inversible, en multipliant à gauche par $A^{-1}$… ». De même, $AB=0$ n'entraîne ni $A=0$ ni $B=0$.
2. Oublier l'ordre dans ${}^t(AB)={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}B{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ et dans $(AB{)}^{-1}=B^{-1}{A}^{-1}$. Les deux formules renversent les facteurs, et la version non renversée n'a le plus souvent même pas de sens du point de vue des tailles.
3. Appliquer la formule du binôme sans commutation. Le développement $(A+B{)}^2=A^2+2AB+B^2$ est faux en général ; le développement correct est $A^2+AB+BA+B^2$. Avant tout binôme, écrire la phrase qui justifie $AB=BA$.
4. Conclure une inversibilité à partir d'une seule égalité, ou à partir de « $AX=0$ implique $X=0$ ». Ce sont des théorèmes du second semestre. Ici, on exhibe l'inverse, on mène le pivot, ou l'on résout $AX=Y$.
5. Multiplier des matrices de tailles incompatibles, ou additionner des matrices de tailles différentes. Vérifier les tailles est la première chose à faire, avant même de commencer un calcul.
6. Écrire une matrice au dénominateur. La notation ${\displaystyle \frac{B}{A}}$ n'existe pas : elle serait ambiguë, puisque $A^{-1}B$ et $B{A}^{-1}$ diffèrent en général.