Calcul matriciel et systèmes linéaires

Le chapitre de calcul algébrique s'est terminé par la résolution des systèmes linéaires de deux ou trois équations par la méthode du pivot. Reprenez une de ces résolutions et 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 chacune des trois opérations 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 conserver 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 trente élèves à six épreuves, les distances entre cinq villes prises deux à deux, les coefficients $a_{i,j}$ d'un système, les concentrations de plusieurs espèces chimiques à plusieurs instants. 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.

L'opération vraiment nouvelle est en effet le produit. Sa définition, avec sa somme d'indices, paraît arbitraire à la première lecture. Elle ne l'est pas du tout, et sa raison profonde apparaîtra plus tard dans l'année. Ce qu'il faut en retenir dès maintenant, c'est qu'elle fabrique une multiplication d'un genre nouveau : elle n'est pas commutative, un produit peut être nul sans qu'aucun facteur le soit, une matrice non nulle peut avoir une puissance nulle, et l'on ne simplifie jamais une égalité par une matrice. Presque tous les réflexes de calcul acquis dans $\mathbb{R}$ et dans $\mathbb{C}$ deviennent faux. Apprendre à calculer avec des matrices, c'est d'abord apprendre à ne plus les appliquer machinalement.

Une mise en garde honnête pour finir. Une matrice possède 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 des chapitres 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 l'interprétation 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 étudions alors les matrices inversibles, puis les opérations élémentaires relues comme des produits matriciels. La dernière section revient au point de départ, les systèmes linéaires, dont nous décrivons complètement l'ensemble des solutions et que nous résolvons par le pivot, y compris pour calculer un inverse.

Les notations suivantes sont fixées une fois pour toutes. 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. Les lettres $n$, $p$, $q$, $r$ désignent des entiers naturels non nuls, les lettres $i$, $j$, $k$, $l$ des indices. 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 est notée $0_{n,p}$, ou simplement $0$, 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 ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$. Enfin, les opérations élémentaires sur les lignes gardent les notations du 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 ou de démontrer une identité, la solution consiste souvent à revenir aux coefficients.

Matrices carrées particulières

Les matrices carrées portent un vocabulaire supplémentaire, entièrement fondé sur la position des coefficients nuls. Il servira à chaque page du chapitre.

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 de $\mathbb{K}$.

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 $\lambda (a_{i,j}+b_{i,j})=\lambda a_{i,j}+\lambda b_{i,j}$ par distributivité dans $\mathbb{K}$, puis $(\lambda +\mu )a_{i,j}=\lambda a_{i,j}+\mu a_{i,j}$. Le point 4 se traite pareillement à partir de l'associativité de la multiplication dans $\mathbb{K}$.

Pour le point 5, si $\lambda =0$ ou $A=0_{n,p}$, tous les coefficients $\lambda a_{i,j}$ sont nuls. Réciproquement, supposons $\lambda A=0_{n,p}$ et $\lambda \mathrm{\ne }0$. Alors, pour tout couple $(i,j)$, $\lambda a_{i,j}=0$ avec $\lambda \mathrm{\ne }0$ dans $\mathbb{K}$, donc $a_{i,j}=0$ ; ainsi $A=0_{n,p}$.

Cette notion, purement calculatoire pour l'instant, est au centre du chapitre : le produit d'une matrice par une colonne s'y ramènera, et la description de l'ensemble des solutions 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. Les deux membres de la première égalité 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 $A$.

Pour 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 scalaires ${\nu }_{i,j}$, 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 ${\lambda }_{k,l}={\mu }_{k,l}$.

Le produit matriciel

Définition

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

Décrivons 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 fondamentales, 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 $n\times q$ et $C$ de taille $q\times r$, donc $(AB)C$ existe et est de taille $n\times r$. La matrice $BC$ est de taille $p\times r$ et $A$ de taille $n\times p$, donc $A(BC)$ existe et 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 le scalaire $c_{k,l}$ 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 $(j,k)\in \{1,\dots ,p\}\times \{1,\dots ,q\}$, 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, elles sont égales.

Démonstration. Les tailles sont compatibles dans tous les 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 $b_{k,j}$.

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,

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

Les égalités concernant la matrice nulle sont immédiates : toutes les sommes qui définissent les coefficients ont tous leurs termes nuls.

La non-commutativité et ses conséquences

Venons-en au point le plus important du chapitre, celui qui coûte le plus de points aux concours.

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

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 3& 1\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Alors

$$AB=\left(\begin{array}{cc}1\times 1+2\times 3& 1\times 0+2\times 1\\ 0\times 1+1\times 3& 0\times 0+1\times 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}7& 2\\ 3& 1\end{array}\right)$$

tandis que

$$BA=\left(\begin{array}{cc}1\times 1+0\times 0& 1\times 2+0\times 1\\ 3\times 1+1\times 0& 3\times 2+1\times 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 7\end{array}\right)\mathrm{.}$$

Ces deux matrices diffèrent, par exemple en position $(1,1)$ où $7\mathrm{\ne }1$, 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.

Le résultat suivant montre que les matrices scalaires sont exactement celles qui commutent avec tout le monde. Sa démonstration est le premier exemple de la technique reine du chapitre : tester une identité sur les matrices élémentaires.

Démonstration. La réciproque vient d'être vue. Supposons donc que $M=(m_{i,j})$ commute avec toutes les matrices de ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$, en particulier avec chaque matrice élémentaire $E_{i,j}$.

Commençons par calculer les deux produits. Pour tous indices $k$ et $l$,

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

Le cas $n=1$ est immédiat, toute matrice d'ordre $1$ étant scalaire ; supposons donc $n⩾2$. Fixons deux indices distincts $i\mathrm{\ne }j$ et écrivons l'égalité $M{E}_{i,j}=E_{i,j}M$ coefficient par coefficient.

En position $(i,j)$ : le membre de gauche vaut $m_{i,i}{\delta }_{j,j}=m_{i,i}$, le membre de droite ${\delta }_{i,i}{m}_{j,j}=m_{j,j}$. Donc $m_{i,i}=m_{j,j}$ : tous les coefficients diagonaux de $M$ sont égaux. Notons $\lambda$ leur valeur commune.

En position $(k,j)$ avec $k\mathrm{\ne }i$ : le membre de gauche vaut $m_{k,i}{\delta }_{j,j}=m_{k,i}$, le membre de droite ${\delta }_{k,i}{m}_{j,j}=0$ puisque $k\mathrm{\ne }i$. Donc $m_{k,i}=0$ pour tout $k\mathrm{\ne }i$ : tous les coefficients extradiagonaux de $M$ sont nuls.

La matrice $M$ est donc diagonale, de coefficients diagonaux tous égaux à $\lambda$, c'est-à-dire $M=\lambda I_n$.

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, et le second est la clé de l'écriture matricielle des systèmes.

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 $i$-ième coefficient de la colonne $C_j$. Le membre de droite est donc le $i$-ième 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.

Démonstration. Pour le point 2, notons $C_j$ la $j$-ième colonne de $B$, c'est-à-dire la matrice colonne de coefficients $b_{1,j},\dots ,b_{p,j}$. Pour tout $i$, le $i$-ième 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 la $j$-ième colonne de $AB$, et cette colonne ne fait intervenir de $B$ que les coefficients $b_{k,j}$.

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

Produit de deux matrices élémentaires

Démonstration. Les deux membres sont de taille $n\times q$. Pour tous indices $r$ et $s$,

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

Dans la dernière somme, le facteur ${\delta }_{m,j}$ ne laisse survivre que le terme $m=j$, qui vaut ${\delta }_{j,k}$. On obtient donc ${\delta }_{j,k}{\delta }_{r,i}{\delta }_{s,l}$, qui est bien le coefficient d'indice $(r,s)$ de ${\delta }_{j,k}{E}_{i,l}$.

Un produit nul sans facteur nul

Démonstration. Pour le premier point, prenons dans ${\mathcal{M}}_2(\mathbb{K})$

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

Ces deux matrices sont non nulles, et

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

Signalons au passage que $BA=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)\mathrm{\ne }0$ : l'ordre des facteurs compte, y compris pour la nullité d'un produit. Pour $n>2$, la formule $E_{i,j}{E}_{k,l}={\delta }_{j,k}{E}_{i,l}$ fournit directement un exemple dans ${\mathcal{M}}_n(\mathbb{K})$ : les matrices $E_{1,1}$ et $E_{2,1}$ sont non nulles et $E_{1,1}{E}_{2,1}={\delta }_{1,2}{E}_{1,1}=0$.

Pour le second point, gardons la même matrice $A$ et posons

$$B=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right),C=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 5& 6\end{array}\right)\mathrm{.}$$

La première ligne de $AB$ est la première ligne de $B$, et les autres lignes sont nulles, donc

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

alors que $B\mathrm{\ne }C$. Une autre manière de le dire : $A(B-C)=0$ avec $A\mathrm{\ne }0$ et $B-C\mathrm{\ne }0$, ce qui est le premier point sous une autre forme.

Produits de matrices diagonales et triangulaires

Démonstration. Notons $D=(d_{i,j})$ avec $d_{i,j}={\lambda }_i{\delta }_{i,j}$, et de même $d_{i,j}^{\mathrm{\prime }}={\mu }_i{\delta }_{i,j}$. Pour tous $(i,j)$,

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

le premier symbole de Kronecker imposant $k=i$. C'est le coefficient d'indice $(i,j)$ de $\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{a}\mathrm{g}({\lambda }_1{\mu }_1,\dots ,{\lambda }_n{\mu }_n)$. Le calcul de $D^{\mathrm{\prime }}D$ donne ${\mu }_i{\lambda }_i{\delta }_{i,j}$, soit la même matrice puisque $\mathbb{K}$ est commutatif. La formule pour $D^m$ s'en déduit par une récurrence immédiate sur $m$, le cas $m=0$ donnant $I_n$.

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

$$(AB{)}_{i,j}=\sum _{k=1}^n{a}_{i,k}{b}_{k,j}\mathrm{.}$$

Comme $A$ est triangulaire supérieure, $a_{i,k}=0$ dès que $k<i$ ; comme $B$ l'est aussi, $b_{k,j}=0$ dès que $k>j$. Les seuls termes éventuellement non nuls de la somme sont donc ceux dont l'indice $k$ vérifie $i⩽k⩽j$.

Si $i>j$, aucun entier $k$ ne vérifie cette double inégalité : la somme est vide, donc $(AB{)}_{i,j}=0$. La matrice $AB$ est donc triangulaire supérieure.

Si $i=j$, le seul indice possible est $k=i$, et il reste $(AB{)}_{i,i}=a_{i,i}{b}_{i,i}$.

Pour les matrices triangulaires inférieures, on reprend le raisonnement en échangeant les rôles des inégalités : $a_{i,k}=0$ si $k>i$ et $b_{k,j}=0$ si $k<j$, de sorte que les termes non nuls exigent $j⩽k⩽i$.

Puissances d'une matrice carrée

Démonstration. Fixons $m$ et raisonnons par récurrence sur $r$. Pour $r=0$, $A^{m+0}=A^m=A^m{I}_n=A^m{A}^0$. Supposons $A^{m+r}=A^m{A}^r$ pour un certain $r\in \mathbb{N}$. Alors, par définition des puissances puis par associativité,

$$A^{m+r+1}=A^{m+r}A=(A^m{A}^r)A=A^m(A^{r}A)=A^m{A}^{r+1},$$

ce qui achève la récurrence. La seconde formule se démontre de la même manière, par récurrence sur $r$ en utilisant la première. Enfin $A^{m}A=A^{m+1}=A^{1+m}=A{A}^m$ d'après la première formule appliquée deux fois.

Démonstration. Commençons par une observation indispensable : si $AB=BA$, alors $A^{k}B=B{A}^k$ pour tout $k\in \mathbb{N}$. En effet, c'est vrai pour $k=0$ puisque $I_{n}B=B{I}_n$, et si $A^{k}B=B{A}^k$, alors

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

Ainsi $B$ commute avec toutes les puissances de $A$.

Démontrons maintenant la formule par récurrence sur $m$. Pour $m=0$, les deux membres valent $I_n$, la somme se réduisant au terme $k=0$, égal à $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{0}{0}\right)A^0{B}^0=I_n$.

Supposons la formule vraie au rang $m$. Alors, en multipliant à droite par $A+B$ et en utilisant la bilinéarité du produit,

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

Dans la première somme, $B^{m-k}$ commute avec $A$ d'après l'observation initiale appliquée aux rôles échangés de $A$ et $B$ : $B^{m-k}A=A{B}^{m-k}$. Donc $A^k{B}^{m-k}A=A^{k+1}{B}^{m-k}$. Dans la seconde somme, $B^{m-k}B=B^{m-k+1}$. Il vient

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

Dans la première somme, effectuons le changement d'indice $k^{\mathrm{\prime }}=k+1$, qui parcourt $\{1,\dots ,m+1\}$ :

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

En renommant $k^{\mathrm{\prime }}$ en $k$ et en regroupant les deux sommes, on isole le terme $k=m+1$ de la première et le terme $k=0$ de la seconde :

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

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

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

La formule est donc vraie au rang $m+1$, ce qui achève la récurrence.

Matrices nilpotentes

La transposition

Définition et règles de calcul

Démonstration. Pour le point 1, les deux membres sont de taille $n\times p$, et pour tous $(i,j)$, le coefficient d'indice $(i,j)$ de ${}^t({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A)$ vaut $({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{)}_{j,i}=a_{i,j}$ : c'est le coefficient d'indice $(i,j)$ de $A$.

Pour le point 2, les deux membres sont de taille $p\times n$, et

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

Le calcul est identique pour $\lambda A$.

Pour le point 3, $({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}{I}_n{)}_{i,j}={\delta }_{j,i}={\delta }_{i,j}$, et $({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}{E}_{i,j}{)}_{k,l}=(E_{i,j}{)}_{l,k}={\delta }_{l,i}{\delta }_{k,j}$, qui est le coefficient d'indice $(k,l)$ de $E_{j,i}$.

Le résultat suivant est l'un des plus utilisés de l'année. L'inversion de l'ordre des facteurs n'est pas un détail : c'est le cœur de l'énoncé.

Démonstration. Commençons par les tailles, qui donnent déjà la forme de l'énoncé. La matrice $AB$ est de taille $n\times q$, donc ${}^t(AB)$ est de taille $q\times n$. Par ailleurs ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}B$ est de taille $q\times p$ et ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ de taille $p\times n$, donc le produit ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}B{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ existe et est de taille $q\times n$. Notons que le produit ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}B$, lui, n'a en général aucun sens.

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

$$({}^t(AB){)}_{i,j}=(AB{)}_{j,i}=\sum _{k=1}^p{a}_{j,k}{b}_{k,i}\mathrm{.}$$

D'autre part, par définition du produit puis de la transposée,

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

Les deux sommes ont le même terme général, à l'ordre près des deux facteurs, qui sont des scalaires : elles sont égales. Les deux matrices ont donc les mêmes coefficients.

Pour la formule sur les puissances, on raisonne par récurrence sur $m$. Le cas $m=0$ donne ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}{I}_n=I_n$. Si ${}^t(A^m)=({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{)}^m$, alors

$${}^t\left(A^{m+1}\right)={}^t\left(A^{m}A\right)={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{}^t\left(A^m\right)={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{)}^m=({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{)}^{m+1},$$

la dernière égalité utilisant que ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ commute avec ses propres puissances.

Matrices symétriques et antisymétriques

Démonstration. Pour le premier point, ${}^t(A+\lambda B)={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A+\lambda {}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}B=A+\lambda B$. Pour les matrices antisymétriques, le même calcul donne $-A+\lambda (-B)=-(A+\lambda B)$.

Pour le second point, supposons $A$ et $B$ symétriques. Alors

$${}^t(AB)={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}B{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A=BA\mathrm{.}$$

Dire que $AB$ est symétrique, c'est dire que ${}^t(AB)=AB$, c'est-à-dire $BA=AB$. C'est exactement la condition annoncée.

Concrètement, avec $A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$ et $B=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 2\end{array}\right)$, toutes deux symétriques, on obtient $AB=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 0\end{array}\right)$, qui n'est pas symétrique.

Démonstration. Le produit ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}AA$ existe puisque ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ est de taille $p\times n$ et $A$ de taille $n\times p$ ; il est de taille $p\times p$. En transposant et en appliquant la formule du produit,

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

Le raisonnement est identique pour $A{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$.

Décomposition d'une matrice carrée

Démonstration. Analyse. Supposons qu'un tel couple $(S,A)$ existe, avec ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}S=S$ et ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A=-A$. En transposant l'égalité $M=S+A$, il vient

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

Nous disposons donc du système de deux égalités matricielles $M=S+A$ et ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M=S-A$. En les additionnant, $M+{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M=2S$, donc $S={\displaystyle \frac{1}{2}}(M+{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M)$ ; en les soustrayant, $M-{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M=2A$, donc $A={\displaystyle \frac{1}{2}}(M-{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M)$. Le couple, s'il existe, est donc celui de l'énoncé : cela prouve l'unicité.

Synthèse. 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 que ce couple convient. D'abord,

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

Ensuite, en utilisant la linéarité de la transposition et ${}^t({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M)=M$,

$${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}S=\frac{1}{2}({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M+{}^t({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M))=\frac{1}{2}({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M+M)=S,$$

donc $S$ est symétrique, et

$${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A=\frac{1}{2}({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M-{}^t({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M))=\frac{1}{2}({}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}M-M)=-A,$$

donc $A$ est antisymétrique. L'existence est établie.

Matrices inversibles

Définition et unicité de l'inverse

Démonstration. Démontrons directement l'énoncé précis, qui contient l'unicité. Supposons $RA=I_n$ et $AS=I_n$. En utilisant l'associativité du produit,

$$R=R{I}_n=R(AS)=(RA)S=I_{n}S=S\mathrm{.}$$

Donc $R=S$. Cette matrice commune vérifie alors $RA=I_n$ et $AR=AS=I_n$ : c'est bien un inverse de $A$.

L'unicité s'en déduit : si $B$ et $C$ sont deux inverses de $A$, alors $B$ est en particulier un inverse à gauche et $C$ un inverse à droite, donc $B=C$.

Démonstration. Pour le point 1, multiplions l'égalité $AB=AC$ à gauche par $A^{-1}$ :

$$A^{-1}(AB)=A^{-1}(AC),\text{donc}(A^{-1}A)B=(A^{-1}A)C,\text{donc}{I}_{n}B=I_{n}C,$$

c'est-à-dire $B=C$. Le second cas se traite en multipliant à droite par $A^{-1}$.

Le point 2 est le cas particulier $C=0$ du point 1, ou directement : $X=I_{n}X=(A^{-1}A)X=A^{-1}(AX)=A^{-1}\times 0=0$.

Pour le point 3, supposons $A$ inversible et nilpotente, disons $A^m=0$ avec $m⩾1$. En multipliant $m$ fois à gauche par $A^{-1}$, ou plus rapidement en écrivant

$$I_n=(A^{-1}A{)}^m=(A^{-1}{)}^m{A}^m=(A^{-1}{)}^m\times 0=0,$$

on aboutit à $I_n=0$, ce qui est faux. Le calcul $(A^{-1}A{)}^m=(A^{-1}{)}^m{A}^m$ est licite car $A^{-1}$ et $A$ commutent.

Opérations sur les matrices inversibles

Démonstration. Point 1 : l'égalité $A{A}^{-1}=A^{-1}A=I_n$ se lit aussi bien comme « $A^{-1}$ est l'inverse de $A$ » que comme « $A$ est l'inverse de $A^{-1}$ ».

Point 2 : posons $C=B^{-1}{A}^{-1}$ et calculons les deux produits, en utilisant l'associativité pour déplacer les parenthèses :

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

Donc $AB$ est inversible d'inverse $C=B^{-1}{A}^{-1}$. L'ordre est renversé, et c'est logique : pour défaire deux opérations enchaînées, on défait d'abord la dernière.

Point 3 : $(\lambda A)\left({\displaystyle \frac{1}{\lambda }}{A}^{-1}\right)=\lambda {\displaystyle \frac{1}{\lambda }}A{A}^{-1}=I_n$, et de même dans l'autre sens.

Point 4 : transposons l'égalité $A{A}^{-1}=I_n$ en utilisant la formule du produit transposé :

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

De même, en transposant $A^{-1}A=I_n$, on obtient ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A{}^t(A^{-1})=I_n$. Les deux égalités montrent que ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ est inversible, d'inverse ${}^t(A^{-1})$.

Point 5 : récurrence immédiate sur $m$ à partir du point 2, le cas $m=0$ étant $I_n^{-1}=I_n$.

Le cas des matrices d'ordre 2

Démonstration. Posons

$$B=\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)$$

et calculons les deux produits :

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

Supposons d'abord $ad-bc\mathrm{\ne }0$. En divisant les deux égalités par le scalaire non nul $ad-bc$, on obtient

$$A\left(\frac{1}{ad-bc}B\right)=I_2\text{et}\left(\frac{1}{ad-bc}B\right)A=I_2,$$

donc $A$ est inversible et son inverse est bien la matrice annoncée.

Supposons maintenant $ad-bc=0$, et raisonnons par l'absurde en supposant $A$ inversible. Les deux calculs ci-dessus donnent $AB=0$. En multipliant à gauche par $A^{-1}$, il vient

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

Donc $B=0$, c'est-à-dire $a=b=c=d=0$, autrement dit $A=0$. Or la matrice nulle n'est pas inversible : contradiction. Donc $A$ n'est pas inversible.

Inversion à l'aide d'une relation matricielle

Le procédé suivant est le plus élégant du chapitre, et le plus fréquent aux concours. Il repose sur une remarque tenant en une ligne : si l'on parvient à écrire $AM=I_n$ pour une matrice $M$ construite à partir de $A$, alors $A$ est inversible d'inverse $M$.

Démonstration. Posons $S={\sum }_{k=0}^{r-1}{N}^k$ et calculons le produit $(I_n-N)S$ en développant par bilinéarité :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (I_n-N)S}& {\displaystyle =\sum _{k=0}^{r-1}{N}^k-\sum _{k=0}^{r-1}{N}^{k+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(I_n+N+\cdots +N^{r-1})-(N+N^2+\cdots +N^r)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =I_n-N^r}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =I_n,}\end{array}$$

puisque $N^r=0$. La somme est télescopique : tous les termes intermédiaires se simplifient deux à deux.

Le calcul de $S(I_n-N)$ donne le même résultat, car $N$ commute avec ses puissances, donc avec $S$. Ainsi $I_n-N$ est inversible d'inverse $S$.

Matrices diagonales et triangulaires inversibles

Démonstration. Si tous les ${\lambda }_i$ sont non nuls, le produit des deux matrices diagonales $\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{a}\mathrm{g}({\lambda }_i)$ et $\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{a}\mathrm{g}(1\mathrm{/}{\lambda }_i)$ vaut $\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{a}\mathrm{g}({\lambda }_i\mathrm{/}{\lambda }_i)=I_n$, dans les deux ordres.

Si l'un des ${\lambda }_i$ est nul, la $i$-ième ligne de $D$ est nulle, donc $D$ n'est pas inversible.

Démonstration. Supposons d'abord que tous les coefficients diagonaux $t_{i,i}$ soient non nuls, et construisons un inverse à droite colonne par colonne. Fixons $j$ et notons $e_j$ la $j$-ième colonne de $I_n$. Cherchons une colonne $X$ telle que $TX=e_j$. Le système correspondant s'écrit, pour $i$ allant de $1$ à $n$,

$$\sum _{k=i}^n{t}_{i,k}{x}_k={\delta }_{i,j},$$

la somme commençant à $k=i$ puisque $t_{i,k}=0$ pour $k<i$. La dernière équation, $t_{n,n}{x}_n={\delta }_{n,j}$, détermine $x_n$ puisque $t_{n,n}\mathrm{\ne }0$. L'avant-dernière détermine alors $x_{n-1}$, et ainsi de suite en remontant : à chaque étape, l'équation d'indice $i$ s'écrit $t_{i,i}{x}_i={\delta }_{i,j}-{\sum }_{k=i+1}^n{t}_{i,k}{x}_k$ où le membre de droite est déjà connu, et $t_{i,i}\mathrm{\ne }0$ permet de conclure. Le système admet donc une unique solution $X_j$. Observons de plus que pour $i>j$, l'équation d'indice $i$ ne fait intervenir que des inconnues d'indices supérieurs ou égaux à $i$ et a un second membre nul, ce qui donne de proche en proche $x_n=\cdots =x_{j+1}=0$ : la colonne $X_j$ a ses coefficients d'indices strictement supérieurs à $j$ nuls, et son $j$-ième coefficient vaut $1\mathrm{/}{t}_{j,j}$.

Notons $S$ la matrice dont les colonnes sont $X_1,\dots ,X_n$. D'après la lecture par colonnes du produit, la $j$-ième colonne de $TS$ est $T{X}_j=e_j$, donc $TS=I_n$. De plus $S$ est triangulaire supérieure, de coefficients diagonaux $1\mathrm{/}{t}_{j,j}$, d'après l'observation ci-dessus.

Il reste à obtenir un inverse à gauche. La matrice ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}T$ est triangulaire inférieure de mêmes coefficients diagonaux ; le même raisonnement, mené cette fois du haut vers le bas, fournit une matrice $S^{\mathrm{\prime }}$ telle que ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}T{S}^{\mathrm{\prime }}=I_n$. En transposant cette égalité, on obtient ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}{S}^{\mathrm{\prime }}T=I_n$ : la matrice ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}{S}^{\mathrm{\prime }}$ est un inverse à gauche de $T$. D'après la propriété d'unicité, $T$ est inversible et $T^{-1}=S$, qui est triangulaire supérieure de diagonale $(1\mathrm{/}{t}_{1,1},\dots ,1\mathrm{/}{t}_{n,n})$.

Supposons maintenant qu'un coefficient diagonal soit nul, et notons $k$ le plus petit indice tel que $t_{k,k}=0$. Construisons une colonne $X$ non nulle telle que $TX=0$. Posons $x_j=0$ pour $j>k$ et $x_k=1$, puis, pour $i$ allant de $k-1$ à $1$,

$$x_i=-\frac{1}{t_{i,i}}\sum _{j=i+1}^k{t}_{i,j}{x}_j,$$

ce qui a un sens car $t_{i,i}\mathrm{\ne }0$ pour tout $i<k$, par minimalité de $k$. Vérifions que $TX=0$ en examinant les trois cas.

Pour $i>k$ : $(TX{)}_i={\sum }_{j⩾i}{t}_{i,j}{x}_j$, et tous les indices $j$ concernés vérifient $j⩾i>k$, donc $x_j=0$ ; la somme est nulle.

Pour $i=k$ : $(TX{)}_k=t_{k,k}{x}_k+{\sum }_{j>k}{t}_{k,j}{x}_j=0\times 1+0=0$.

Pour $i<k$ : $(TX{)}_i=t_{i,i}{x}_i+{\sum }_{j=i+1}^k{t}_{i,j}{x}_j+{\sum }_{j>k}{t}_{i,j}{x}_j$, le dernier paquet étant nul ; par définition de $x_i$, le total est nul.

Ainsi $TX=0$ avec $X\mathrm{\ne }0$, puisque $x_k=1$. Si $T$ était inversible, on aurait $X=T^{-1}(TX)=0$, contradiction. Donc $T$ n'est pas inversible.

Pour une matrice triangulaire inférieure, on applique ce qui précède à sa transposée, en utilisant que $T$ est inversible si et seulement si ${}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}T$ l'est.

Les opérations élémentaires

Nous retrouvons ici les trois opérations du pivot, rencontrées sur les systèmes dans le chapitre de calcul algébrique. La nouveauté est double : elles s'appliquent maintenant à une matrice quelconque, sur les lignes comme sur les colonnes, et surtout chacune se lit comme un produit matriciel. C'est cette lecture qui transforme le pivot d'une recette de calcul en un outil de démonstration.

Les trois opérations

Deux produits fondamentaux

Tout ce qui suit repose sur deux calculs, qu'il faut savoir refaire instantanément.

Démonstration. Pour le point 1, calculons le coefficient d'indice $(k,l)$ :

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

le symbole ${\delta }_{m,j}$ ne laissant survivre que le terme $m=j$. Ce coefficient est donc nul si $k\mathrm{\ne }i$, et vaut $a_{j,l}$ si $k=i$ : c'est exactement l'énoncé.

Pour le point 2, de même,

$$(A{E}_{i,j}{)}_{k,l}=\sum _{m=1}^p{a}_{k,m}{\delta }_{m,i}{\delta }_{j,l}=a_{k,i}{\delta }_{j,l},$$

qui est nul si $l\mathrm{\ne }j$ et vaut $a_{k,i}$ si $l=j$.

Les matrices d'opérations élémentaires

Démonstration. Tout découle des deux produits fondamentaux et de la bilinéarité.

Point 1 : $T_{i,j}(\lambda )A=A+\lambda E_{i,j}A$. Or $E_{i,j}A$ a pour seule ligne non nulle sa $i$-ième, égale à $L_j$. Ajouter $\lambda E_{i,j}A$ à $A$ revient donc à ajouter $\lambda L_j$ à la seule ligne $L_i$, sans toucher aux autres.

Point 2 : $D_i(\lambda )A=A+(\lambda -1)E_{i,i}A$, et $E_{i,i}A$ a pour seule ligne non nulle sa $i$-ième, égale à $L_i$. La $i$-ième ligne du résultat vaut donc $L_i+(\lambda -1)L_i=\lambda L_i$, les autres étant inchangées.

Point 3 : $P_{i,j}A=A-E_{i,i}A-E_{j,j}A+E_{i,j}A+E_{j,i}A$. La $i$-ième ligne du résultat vaut $L_i-L_i+L_j=L_j$ ; la $j$-ième vaut $L_j-L_j+L_i=L_i$ ; les autres lignes ne sont modifiées par aucun des quatre termes correctifs. C'est bien l'échange annoncé.

Points 4, 5 et 6 : même raisonnement avec le second produit fondamental. Par exemple $A{T}_{i,j}(\lambda )=A+\lambda A{E}_{i,j}$, et $A{E}_{i,j}$ a pour seule colonne non nulle sa $j$-ième, égale à $C_i$ : on ajoute donc $\lambda C_i$ à la colonne $C_j$.

Réversibilité

Démonstration. Pour la transvection, calculons, en utilisant $E_{i,j}{E}_{i,j}={\delta }_{j,i}{E}_{i,j}=0$ puisque $i\mathrm{\ne }j$ :

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

Le produit dans l'autre sens donne le même résultat, par le même calcul.

Pour la dilatation, en utilisant $E_{i,i}{E}_{i,i}=E_{i,i}$ :

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

c'est-à-dire $D_i(\lambda )D_i(\mu )=D_i(\lambda \mu )$. Avec $\mu =1\mathrm{/}\lambda$, on obtient $D_i(1)=I_n$.

Pour l'échange, le plus rapide est d'utiliser l'interprétation : $P_{i,j}\left(P_{i,j}A\right)$ consiste à échanger deux fois les lignes $i$ et $j$, ce qui redonne $A$. En prenant $A=I_n$, il vient $P_{i,j}{P}_{i,j}=I_n$.

Démonstration. Le tableau se lit directement sur les inverses calculés ci-dessus, via l'interprétation par produit : par exemple, appliquer $L_i\leftarrow L_i+\lambda L_j$ puis $L_i\leftarrow L_i-\lambda L_j$ revient à multiplier à gauche par $T_{i,j}(-\lambda )T_{i,j}(\lambda )=I_n$.

Pour la conséquence, si $A^{\mathrm{\prime }}$ s'obtient à partir de $A$ par les opérations correspondant, dans l'ordre, aux matrices $Q_1,Q_2,\dots ,Q_m$, alors

$$A^{\mathrm{\prime }}=Q_m\cdots Q_2{Q}_{1}A=QA\text{avec}Q=Q_m\cdots Q_1\mathrm{.}$$

Chaque $Q_k$ étant inversible, leur produit $Q$ l'est aussi, et $A=Q^{-1}{A}^{\mathrm{\prime }}$.

Systèmes linéaires

Vocabulaire et écriture matricielle

Démonstration. Il s'agit de vérifier que les deux écritures disent la même chose. Le produit $AX$ est une matrice colonne à $n$ lignes, dont le $i$-ième coefficient vaut, par définition du produit,

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

L'égalité matricielle $AX=B$ signifie l'égalité de ces $n$ coefficients avec ceux de $B$, c'est-à-dire exactement les $n$ équations du système.

Structure de l'ensemble des solutions

Démonstration. Procédons par double inclusion.

Montrons d'abord que tout élément de la forme $X_0+X_H$, avec $A{X}_H=0$, est solution de $(S)$. En utilisant la bilinéarité du produit,

$$A(X_0+X_H)=A{X}_0+A{X}_H=B+0=B,$$

donc $X_0+X_H\in \mathcal{S}$.

Réciproquement, soit $X$ une solution quelconque de $(S)$, et posons $X_H=X-X_0$. Alors

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

donc $X_H\in {\mathcal{S}}_H$, et $X=X_0+X_H$ appartient bien à l'ensemble décrit.

Les deux inclusions donnent l'égalité annoncée.

Démonstration. Supposons que le système $AX=B$ admette au moins deux solutions distinctes $X_0$ et $X_1$, et montrons qu'il en admet une infinité. Posons $D=X_1-X_0$. Cette colonne est non nulle puisque $X_0\mathrm{\ne }{X}_1$, et $AD=A{X}_1-A{X}_0=B-B=0$.

Pour tout scalaire $t$, la colonne $X_0+tD$ est alors solution :

$$A(X_0+tD)=A{X}_0+tAD=B+0=B\mathrm{.}$$

Ces colonnes sont deux à deux distinctes : si $X_0+tD=X_0+t^{\mathrm{\prime }}D$, alors $(t-t^{\mathrm{\prime }})D=0$ ; comme $D$ possède au moins un coefficient non nul, disons $d_k\mathrm{\ne }0$, on obtient $(t-t^{\mathrm{\prime }})d_k=0$ donc $t=t^{\mathrm{\prime }}$.

Comme $\mathbb{K}$ est $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, il contient une infinité de scalaires, donc le système admet une infinité de solutions.

Opérations élémentaires sur un système

Démonstration. Démontrons l'énoncé général, dont le premier découle : une opération élémentaire sur les lignes du système revient en effet à multiplier à gauche $A$ et $B$ par la matrice inversible correspondante, $T_{i,j}(\lambda )$, $D_i(\lambda )$ ou $P_{i,j}$.

Soit donc $Q$ inversible. Si $X$ vérifie $AX=B$, alors en multipliant à gauche par $Q$,

$$(QA)X=Q(AX)=QB,$$

donc $X$ est solution du second système. Réciproquement, si $X$ vérifie $(QA)X=QB$, alors en multipliant à gauche par $Q^{-1}$,

$$AX=\left(Q^{-1}Q\right)AX=Q^{-1}((QA)X)=Q^{-1}(QB)=B,$$

donc $X$ est solution du premier. Les deux systèmes ont les mêmes solutions.

Complément : la réversibilité, vue sur les équations. Il est instructif de refaire la démonstration sans matrices pour l'opération $L_i\leftarrow L_i+\lambda L_j$. Notons $(S^{\mathrm{\prime }})$ le système obtenu. Si $X$ est solution de $(S)$, toutes ses équations sont vérifiées, en particulier $L_i$ et $L_j$ ; en ajoutant membre à membre l'égalité $L_i$ et $\lambda$ fois l'égalité $L_j$, on obtient une égalité vraie, qui est exactement la nouvelle équation de $(S^{\mathrm{\prime }})$, les autres équations étant inchangées. Donc $X$ est solution de $(S^{\mathrm{\prime }})$. Réciproquement, si $X$ est solution de $(S^{\mathrm{\prime }})$, la ligne $L_j$ est commune aux deux systèmes donc vérifiée, et en retranchant $\lambda$ fois cette égalité de l'équation $L_i+\lambda L_j$, on retrouve l'égalité $L_i$. Le point décisif est que l'opération réciproque $L_i\leftarrow L_i-\lambda L_j$ est de même type : c'est elle qui garantit qu'on ne perd ni ne crée de solution. C'est aussi pourquoi une dilatation par $\lambda =0$ est interdite : elle n'est pas réversible, et remplacerait une équation par $0=0$, ce qui ajouterait des solutions.

Systèmes échelonnés

L'algorithme du pivot de Gauss

Démonstration. L'algorithme ci-dessous fournit la construction, et il se termine en au plus $\min (n,p)$ étapes puisque chaque étape traite une colonne et une ligne définitivement. L'équivalence des systèmes obtenus est garantie par la propriété de la section précédente : chaque opération élémentaire sur les lignes conserve l'ensemble des solutions.

Systèmes carrés et inversibilité

Démonstration. Montrons $1\Rightarrow 2\Rightarrow 3\Rightarrow 4\Rightarrow 1$.

$1\Rightarrow 2$. Supposons $A$ inversible et soit $B$ une colonne. Si $AX=B$, alors en multipliant à gauche par $A^{-1}$ on obtient $X=A^{-1}B$ : il y a donc au plus une solution. Réciproquement, $A(A^{-1}B)=(A{A}^{-1})B=B$, donc $A^{-1}B$ est solution. Il y en a donc exactement une.

$2\Rightarrow 3$. Appliquons l'assertion 2 à $B=0$ : le système $AX=0$ admet une unique solution. Or la colonne nulle en est une. C'est donc la seule.

$3\Rightarrow 4$. D'après l'algorithme du pivot, il existe une matrice inversible $Q$, produit de matrices d'opérations élémentaires, telle que $T=QA$ soit échelonnée par lignes. Comme $A$ est carrée, $T$ l'est aussi, donc $T$ est triangulaire supérieure. Supposons par l'absurde que l'un des coefficients diagonaux de $T$ soit nul. La démonstration du théorème sur les matrices triangulaires construit alors explicitement une colonne $X\mathrm{\ne }0$ telle que $TX=0$. Mais alors

$$AX=\left(Q^{-1}T\right)X=Q^{-1}(TX)=Q^{-1}\times 0=0,$$

ce qui contredit l'assertion 3. Tous les coefficients diagonaux de $T$ sont donc non nuls, et il y a bien $n$ pivots.

$4\Rightarrow 1$. Avec les mêmes notations, $T=QA$ est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux tous non nuls, donc inversible. Alors $A=Q^{-1}T$ est un produit de deux matrices inversibles, donc est inversible.

Calcul de l'inverse par le pivot

Démonstration. Justifions la méthode. Chaque opération élémentaire sur les lignes revient à multiplier à gauche par une matrice inversible ; après $m$ opérations, le tableau de gauche est devenu $QA$ et celui de droite $Q{I}_n=Q$, où $Q$ est le produit des matrices d'opérations utilisées, donc une matrice inversible.

Si le tableau de gauche devient $I_n$, on a donc $QA=I_n$ avec $Q$ inversible. En multipliant à gauche par $Q^{-1}$, il vient $A=Q^{-1}$, donc $A$ est inversible et $A^{-1}=Q$, qui est précisément le tableau de droite.

Si au contraire une ligne du tableau de gauche devient nulle, la matrice $QA$ n'est pas inversible, puisqu'elle a une ligne nulle ; comme $Q$ est inversible, $A$ ne l'est pas non plus, car sinon $QA$ serait un produit de deux matrices inversibles.

Deux applications

Suites récurrentes couplées

Voici la situation type dans laquelle tout le chapitre se met au service d'un problème concret : deux suites définies l'une par l'autre, dont on veut le terme général.

Équations matricielles

Ce qu'il faut savoir faire

Les réflexes du chapitre, dans l'ordre où ils se présentent en exercice.

Quelques points de vigilance, qui sont exactement les fautes les plus fréquentes.

• Vérifier les tailles avant d'écrire un produit ou une somme. Un produit qui n'existe pas ne se rattrape pas.
• Ne jamais simplifier par une matrice : de $AB=AC$ on ne conclut $B=C$ qu'après avoir justifié que $A$ est inversible, et en multipliant explicitement à gauche par $A^{-1}$.
• Justifier la commutation avant toute application de la formule du binôme ou du développement de $(A+B{)}^2$. La phrase « $\lambda I_n$ commute avec toute matrice » doit figurer sur la copie.
• Respecter l'ordre des facteurs dans ${}^t(AB)={}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}B{}^t\text{\hspace{0.17em}⁣}A$ et dans $(AB{)}^{-1}=B^{-1}{A}^{-1}$.
• Lignes à gauche, colonnes à droite : une opération sur les lignes est une multiplication à gauche, une opération sur les colonnes une multiplication à droite.
• Ne pas mélanger lignes et colonnes dans la résolution d'un système : seules les opérations sur les lignes conservent l'ensemble des solutions.
• Conclure et vérifier : un système se termine par la phrase donnant $\mathcal{S}$, avec les paramètres nommés, et par un contrôle numérique. Un inverse se termine par le calcul de $A{A}^{-1}$.