Matrices inversibles et pivot en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

Pour \(1 \leq i \leq n\) et \(1 \leq j \leq p\), la matrice élémentaire \(E_{ij}\) de \(\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K})\) porte un \(1\) en position \((i, j)\) et des \(0\) partout ailleurs. Toute matrice s’écrit alors de façon unique \(A = \sum_{i,j} a_{ij}E_{ij}\).

Prenons \(A\) à \(n\) lignes et \(p\) colonnes, puis \(B\) à \(p\) lignes et \(q\) colonnes. Leur produit \(C = AB\) possède \(n\) lignes et \(q\) colonnes, et son terme général est :

\[c_{ij} = \sum_{k=1}^{p} a_{ik}\,b_{kj}\quad\text{pour } 1 \leq i \leq n,\ 1 \leq j \leq q.\]

Le produit est associatif et distributif par rapport à l’addition. De plus, \(I_n A = A I_p = A\) pour \(A \in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K})\). Enfin, pour les matrices élémentaires carrées de taille \(n\), on a \(E_{ij}E_{kl} = \delta_{jk}E_{il}\), où \(\delta_{jk}\) vaut \(1\) si \(j = k\) et \(0\) sinon.

Démontrons la dernière formule. Le coefficient \((r, s)\) de \(E_{ij}E_{kl}\) vaut \(\sum_m (E_{ij})_{rm}(E_{kl})_{ms}\). Un terme n’est non nul que si \(r = i\), \(m = j\), \(m = k\) et \(s = l\). Ainsi, si \(j \neq k\), tous les termes sont nuls. Sinon, il reste un seul \(1\), placé en position \((i, l)\).

Dans \(\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\), prenons \(E_{12}\) et \(E_{21}\). La formule précédente donne \(E_{12}E_{21} = E_{11}\), tandis que \(E_{21}E_{12} = E_{22}\). Par conséquent, \(AB \neq BA\) en général. De même, \(E_{12}E_{12} = 0\) : un produit de matrices non nulles peut être nul.

Partant de \(A\) à \(n\) lignes et \(p\) colonnes, on fabrique sa transposée \(A^{\top}\), à \(p\) lignes et \(n\) colonnes, en échangeant les deux indices : le terme situé en position \((i, j)\) dans \(A^{\top}\) est \(a_{ji}\). Visuellement, le tableau bascule autour de sa diagonale.

La transposition est linéaire et involutive. Surtout, pour des formats compatibles, \((AB)^{\top} = B^{\top}A^{\top}\).

Le coefficient \((i, j)\) de \((AB)^{\top}\) est celui de \(AB\) en position \((j, i)\), soit \(\sum_k a_{jk}b_{ki}\). Or le coefficient \((i, j)\) de \(B^{\top}A^{\top}\) vaut \(\sum_k b_{ki}\,a_{jk}\). Les deux sommes coïncident, car les scalaires commutent.

• \(A \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})\) est diagonale si \(a_{ij} = 0\) dès que \(i \neq j\).
• Elle est triangulaire supérieure si \(a_{ij} = 0\) dès que \(i > j\), et triangulaire inférieure si \(a_{ij} = 0\) dès que \(i < j\).
• Elle est symétrique si \(A^{\top} = A\), et antisymétrique si \(A^{\top} = -A\). On note \(\mathcal{S}_n(\mathbb{K})\) et \(\mathcal{A}_n(\mathbb{K})\) ces deux ensembles.

Multiplions deux matrices triangulaires supérieures de même taille. Le résultat reste triangulaire supérieur, et chacun de ses termes diagonaux s’obtient en multipliant les deux termes diagonaux placés au même rang. Le même énoncé vaut pour les matrices diagonales.

Soit \(A\) et \(B\) triangulaires supérieures, et \(i > j\). Dans \((AB)_{ij} = \sum_k a_{ik}b_{kj}\), le facteur \(a_{ik}\) est nul si \(k < i\), et \(b_{kj}\) est nul si \(k > j\). Comme \(j < i\), chaque indice \(k\) vérifie l’une des deux conditions. Donc \((AB)_{ij} = 0\). Pour \(i = j\), seul le terme \(k = i\) subsiste, ce qui donne \(a_{ii}b_{ii}\).

Toute matrice carrée s’écrit de façon unique comme somme d’une symétrique et d’une antisymétrique. Prenons \(M = \begin{pmatrix} 2 & 7 \\ -1 & 5 \end{pmatrix}\).

1. Analyse. Si \(M = S + T\) avec \(S\) symétrique et \(T\) antisymétrique, alors \(M^{\top} = S – T\). Donc \(S = \frac{1}{2}(M + M^{\top})\) et \(T = \frac{1}{2}(M – M^{\top})\).
2. Synthèse. Ces deux matrices conviennent. Ici, \(S = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 3 & 5 \end{pmatrix}\) et \(T = \begin{pmatrix} 0 & 4 \\ -4 & 0 \end{pmatrix}\).

On vérifie bien que \(S + T = M\).

Soit \(A, B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})\) telles que \(AB = BA\). Alors, pour tout \(m \in \mathbb{N}\) :

\[(A + B)^m = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} A^k B^{m-k}.\]

La preuve est celle du binôme dans \(\mathbb{R}\), par récurrence sur \(m\). Le seul point délicat est l’étape \(B^{m-k}A = AB^{m-k}\), qui découle de \(AB = BA\) par une récurrence immédiate. Ensuite, la relation de Pascal regroupe les termes comme d’habitude.

On dit que \(N\), carrée de taille \(n\), est nilpotente lorsque l’une de ses puissances \(N^p\), avec \(p \geq 1\), vaut la matrice nulle. Le minimum des exposants \(p\) qui conviennent porte le nom d’indice de nilpotence.

1. Écrire \(A = \lambda I_n + N\), en choisissant \(\lambda\) pour que \(N\) soit nilpotente (souvent \(\lambda\) est la valeur commune de la diagonale).
2. Justifier que \(\lambda I_n\) et \(N\) commutent : c’est automatique, car \(I_n\) commute avec tout.
3. Calculer \(N^2\), \(N^3\)… jusqu’à la première puissance nulle.
4. Appliquer le binôme : la somme s’arrête au rang \(p – 1\), quel que soit \(m\).

Soit \(A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\). On écrit \(A = I_3 + N\) avec \(N = \begin{pmatrix} 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\). Le calcul donne \(N^2 = 6E_{13}\) et \(N^3 = 0\). Comme \(I_3\) et \(N\) commutent, pour tout \(m \geq 0\) :

\[A^m = I_3 + mN + \frac{m(m-1)}{2}N^2 = \begin{pmatrix} 1 & 2m & 3m^2 – 4m \\ 0 & 1 & 3m \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.\]

Pour \(m = 1\), on retrouve bien \(A\), puisque \(3 – 4 = -1\).

Avant tout calcul de puissance, on calcule \(A^2\) et parfois \(A^3\). Très souvent, une régularité apparaît : matrice proportionnelle à \(A\), matrice nulle, ou retour à l’identité. On formule alors une conjecture, puis on la démontre par récurrence.

Si l’on connaît une solution particulière \(X_0\) de \(AX = B\), on obtient toutes les autres en lui ajoutant une solution \(H\) du système homogène, et seulement ainsi. Par conséquent, un système compatible a une solution unique si et seulement si le système homogène n’a que la solution nulle.

Si \(AX = B\), alors \(A(X – X_0) = B – B = 0\), donc \(X – X_0\) résout le système homogène. Réciproquement, si \(AH = 0\), alors \(A(X_0 + H) = B + 0 = B\).

• Échange : \(L_i \leftrightarrow L_j\).
• Dilatation : \(L_i \leftarrow \alpha L_i\), avec \(\alpha \neq 0\).
• Transvection : \(L_i \leftarrow L_i + \beta L_j\), avec \(i \neq j\).

Chaque opération élémentaire sur les lignes de \(A\) revient à multiplier \(A\) à gauche par une matrice inversible, obtenue en appliquant la même opération à \(I_n\). Par exemple, \(L_i \leftarrow L_i + \beta L_j\) correspond à \(I_n + \beta E_{ij}\), dont l’inverse est \(I_n – \beta E_{ij}\).

1. Repérer la colonne non nulle la plus à gauche, y prendre un coefficient non nul (idéalement \(1\)), puis le faire monter en tête par un échange de lignes.
2. Annuler les coefficients situés sous ce pivot par des transvections \(L_i \leftarrow L_i – \frac{a_{i1}}{a_{11}}L_1\).
3. Recommencer sur le sous-système formé des lignes suivantes, jusqu’à obtenir une forme échelonnée.
4. Lire la compatibilité sur les lignes du type \(0 = c\), puis remonter le système pour exprimer les inconnues.

Résolvons le système suivant, d’inconnues réelles \(x, y, z\).

\[\left\{ \begin{array}{rcl} x – y + 2z & = & 5 \\ 3x – 2y + 7z & = & 17 \\ -2x + 4y – z & = & -3 \end{array} \right.\]

1. Les opérations \(L_2 \leftarrow L_2 – 3L_1\) et \(L_3 \leftarrow L_3 + 2L_1\) donnent \(y + z = 2\) et \(2y + 3z = 7\).
2. Ensuite, \(L_3 \leftarrow L_3 – 2L_2\) donne \(z = 3\).
3. En remontant, \(y = 2 – 3 = -1\), puis \(x = 5 + y – 2z = -2\).

L’unique solution est donc \((x, y, z) = (-2, -1, 3)\). On contrôle dans la troisième équation : \(4 – 4 – 3 = -3\).

Un système linéaire homogène qui compte strictement plus d’inconnues que d’équations admet au moins une solution non nulle.

Après l’algorithme du pivot, le système échelonné contient au plus une inconnue principale par équation. Il y a donc au plus \(n\) inconnues principales, pour \(p > n\) inconnues. Au moins une inconnue est donc libre. En lui donnant la valeur \(1\), puis en remontant le système, on obtient une solution non nulle.

Résolvons le système homogène formé de \(x + 2y – z = 0\) et \(3x + 7y + z = 0\).

1. L’opération \(L_2 \leftarrow L_2 – 3L_1\) donne \(y + 4z = 0\).
2. L’inconnue \(z\) est libre. On pose \(z = t\), d’où \(y = -4t\), puis \(x = -2y + z = 9t\).

Les solutions sont donc les \(t\,(9, -4, 1)\), \(t \in \mathbb{R}\). On contrôle dans la seconde équation : \(27 – 28 + 1 = 0\).

On dit que la matrice carrée \(A\) est inversible lorsqu’on peut trouver \(B\), carrée de même taille, vérifiant à la fois \(AB = I_n\) et \(BA = I_n\). Une telle \(B\) est forcément unique, et on la note \(A^{-1}\). L’ensemble des matrices inversibles se note \(\mathrm{GL}_n(\mathbb{K})\).

Muni du produit matriciel, \(\mathrm{GL}_n(\mathbb{K})\) forme un groupe, nommé groupe linéaire d’ordre \(n\). En particulier, si \(A\) et \(B\) sont inversibles, alors \(AB\) l’est aussi et \((AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}\). De plus, \(A^{\top}\) est inversible, d’inverse \((A^{-1})^{\top}\).

On calcule \((AB)(B^{-1}A^{-1}) = A(BB^{-1})A^{-1} = AA^{-1} = I_n\), et de même dans l’autre ordre. Ensuite, en transposant \(AA^{-1} = I_n\), on obtient \((A^{-1})^{\top}A^{\top} = I_n\). L’autre égalité se traite de la même manière.

Pour une matrice carrée \(A\) de taille \(n\), il revient au même de dire :

1. \(A\) est inversible ;
2. le système homogène \(AX = 0\) n’a que la solution \(X = 0\) ;
3. pour tout \(B\), le système \(AX = B\) a une unique solution ;
4. l’algorithme du pivot transforme \(A\) en \(I_n\) ;
5. il existe \(C\) telle que \(AC = I_n\) (ou telle que \(CA = I_n\)).

En taille \(2\), la matrice de lignes \((\alpha, \beta)\) et \((\gamma, \delta)\) est inversible si et seulement si \(\alpha\delta – \beta\gamma \neq 0\). Son inverse s’obtient alors en échangeant les termes diagonaux, en changeant le signe des deux autres et en divisant par \(\alpha\delta – \beta\gamma\) :

\[\begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ \gamma & \delta \end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{\alpha\delta – \beta\gamma}\begin{pmatrix} \delta & -\beta \\ -\gamma & \alpha \end{pmatrix}.\]

Inversons \(A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 2 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\). On part de \((A \mid I_3)\).

1. \(L_2 \leftarrow L_2 – 2L_1\) : la deuxième ligne devient \((0, 1, -1 \mid -2, 1, 0)\).
2. \(L_3 \leftarrow L_3 – L_2\) : la troisième ligne devient \((0, 0, 2 \mid 2, -1, 1)\), puis \(L_3 \leftarrow \frac{1}{2}L_3\) donne \((0, 0, 1 \mid 1, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2})\).
3. \(L_2 \leftarrow L_2 + L_3\) donne \((0, 1, 0 \mid -1, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})\), et \(L_1 \leftarrow L_1 – 2L_3\) donne \((1, 0, 0 \mid -1, 1, -1)\).

Finalement, \(A^{-1} = \begin{pmatrix} -1 & 1 & -1 \\ -1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 1 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\). On vérifie une ligne de \(AA^{-1}\) : la première vaut \((-1 + 2, 1 – 1, -1 + 1) = (1, 0, 0)\).

1. Écrire la relation \(a_d A^d + \cdots + a_1 A + a_0 I_n = 0\), avec \(a_0 \neq 0\).
2. Isoler \(I_n\) : \(I_n = -\frac{1}{a_0}\big(a_d A^d + \cdots + a_1 A\big)\).
3. Factoriser par \(A\) : \(I_n = A \cdot C\) avec \(C = -\frac{1}{a_0}\big(a_d A^{d-1} + \cdots + a_1 I_n\big)\).
4. Conclure que \(A\) est inversible et \(A^{-1} = C\), car \(C\) commute avec \(A\).

Supposons \(A^3 – 2A^2 + 5I_n = 0\). Alors \(A(A^2 – 2A) = -5I_n\), donc \(A \cdot \left(-\frac{1}{5}(A^2 – 2A)\right) = I_n\). Ainsi, \(A\) est inversible et \(A^{-1} = \frac{1}{5}(2A – A^2)\).

Soit \(T\) triangulaire supérieure. Pour que \(T\) admette un inverse, il faut et il suffit qu’aucun zéro ne figure sur sa diagonale. Lorsque c’est le cas, \(T^{-1}\) garde la forme triangulaire supérieure, et ses termes diagonaux valent \(1/t_{11}, \ldots, 1/t_{nn}\).

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