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Cours : Matrices en ECG1

Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en ECG1

Matrices inversibles, produit de matrices & polynôme d’une matrice

Méthode 1 : Produit de matrices.

Rappelons que la notation $\mathcal M_{n,p} \left( \mathbb{K} \right)$ désigne l’ensemble des matrices à coefficients dans $\mathbb{K}$ ayant $n$ lignes et $p$ colonnes.

Dans le cas où $n = p =1,$ on identifie $\mathcal M_{n,p} \left( \mathbb{K} \right)$ avec $\mathbb{K}.$

Soient $A \in \mathcal M_{n,p} \left( \mathbb{K} \right)$ et $B \in \mathcal M_{l,q}$ deux matrices. Pour que le produit $A \times B$ ait un sens, il faut et il suffit que $p=l.$ Dans ce cas, $A \times B \in \mathcal M_{n,q} \left( \mathbb{K} \right).$

Dans le cas particulier où $A$ et $B$ sont deux matrices carrées d’ordre $n,$ le produit $A \times B$ est défini et est une matrice carrée d’ordre $n.$

Il faut donc retenir que :

$\bullet$ le produit $A \times B$ est donc possible si et seulement si le nombre de colonnes de $A$ est égal au nombre de lignes de $B.$

$\bullet$ si $A = \left( a_{i, j } \right)_{1 \le i \le n , 1 \le j \le p}$ et $B = \left( b_{i,j} \right)_{1 \le i \le p, 1 \le j \le q},$

alors $A \times B = \left( c_{i, j } \right)_{1 \le i \le n, 1 \le j \le q}$ o\`u si $1 \le i \le n$ et $1 \le j \le q,$ on a

$c_{i, j} = \sum_{k=1}^p a_{i,k} b_{k , j} .$

$\bullet$ dans le cas particulier où $B$ est une matrice colonne $B \in \mathcal M_{p , 1} \left( \mathbb{K} \right),$ alors le produit $A \times B$ est une matrice colonne dont le nombre de lignes est égal au nombre de lignes de $A.$

Si $A = \left( a_{i, j } \right)_{1 \le i \le n , 1 \le j \le p}$ et $B = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_p \end{pmatrix},$ alors $A \times B = \left( y_i \right)_{1 \le i \le n}$ avec, pour $0 \le i \le n,$

$y_i = \sum_{k=1}^p a_{i , k} x_k.$

Exemple : On pose $A= \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ et $B =\begin{pmatrix} 4 & 5 & 6 \end{pmatrix}.$

Calculer les matrices $AB$ et $BA$ si cela est possible.

Réponse :

$\bullet$ Le nombre de colonnes de $A$ est égal au nombre de lignes de $B,$ donc le produit $A \times B$ existe et
$A \times B = \begin{pmatrix} 1 \times 4 & 1 \times 5 & 1 \times 6 \\ 2 \times 4 & 2 \times 5 & 2 \times 6 \\ 3 \times 4 & 3 \times 5 & 3 \times 6 \end{pmatrix}$

= $\begin{pmatrix} 4 & 5 & 6 \\ 8 & 10 & 12 \\ 12 & 15 & 18 \end{pmatrix}.$

$\bullet$ Le nombre de colonnes de $B$ est égal au nombre de lignes de $A,$ donc le produit $B \times A$ existe et

$B \times A = 4 \times 1 + 5 \times 2 + 6 \times 3 = 32.$

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Méthode 2 : Polynôme d’une matrice.

$\bullet$ Si $P=\sum_{k=0}^p a_k X^k \in \mathbb{K} \left[ X \right]$ et si $A \in \mathcal M_n \left( \mathbb{K} \right),$ on définit la matrice
$P \left( A \right) = \sum_{k=0}^p a_k A^k$ $= a_0 I_n + a_1 A + \cdots + a_p A^p.$

$\bullet$ On peut montrer que si $P, Q \in \mathbb{K} \left[ X \right]$ et si $\lambda \in \mathbb{R},$

$\left( P + \lambda Q \right) \left( A \right) = P \left( A \right) + \lambda Q \left( A \right) \; \text{et} \; \left( P Q \right) \left( A \right) = P \left( A \right) Q \left( A \right).$

$\bullet$ On dit que $P \in \mathbb{K} \left[ X \right]$ est un polynôme annulateur de $A$ si $P \left( A \right) = 0.$ On remarque que le polynôme nul annule toutes les matrices, ce n’est donc pas un polynôme annulateur très intéressant !

$\bullet$ A ce sujet pour une matrice $A= \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix},$ avez-vous remarqué que

$A^2 - \left( a + d \right) A + \left( ad - bc \right) I_2 =0 \, ?$

Cela signifie que $P=X^2- \left( a + d \right) X + \left( ad - bc \right)$ est un polynôme annulateur de $A.$

Exemple : Soit $A = \begin{pmatrix} 1 &3 \\ 2 & 6 \end{pmatrix}.$ Soit $P = 1 + X + X^2,$ calculer $P \left( A \right).$

Réponse : Par définition, on a :
$P \left( A \right) = A^2 + A + I_2$ $= \begin{pmatrix} 7 & 21 \\ 14 & 42 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 2 & 6 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ $= \begin{pmatrix} 9 & 24 \\ 16 & 49 \end{pmatrix}.$

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Méthode 3 : Calcul de puissances de matrices.

Il faut se souvenir que calculer la puissance $n$ -ième d’une matrice, ce n’est -presque- jamais simple! Il y a des cas où l’on sait faire :

$\bullet$ si $A=\mathrm{diag} \left( \lambda_1 , \cdots \lambda_d \right)$ est diagonale, alors $A^n = \mathrm{diag} \left(\lambda_1^n , \cdots \lambda_d^n \right),$

$\bullet$ si $A$ est nilpotente (i.e. il existe $p \in \mathbb{N}$ tel que $A^p =0$ ) alors, pour tout $k \ge p,$ on a $A^k =0.$ Il reste simplement à calculer $A^2 , \cdots , A^{k -1}.$

On peut quand même donner quelques méthodes générales pour s’en sortir.

$\bullet$ Dans le cas où $A = B + C$ avec $BC = CB,$ on peut utiliser la formule du binôme de Newton.

Cette méthode marchera bien si $A = B + \lambda I$ et si les puissances de $B$ sont simples à calculer (par exemple $B$ nilpotente).

$\bullet$ Essayer de conjecturer une formule puis la montrer par récurrence.

$\bullet$ Si l’on a un polynôme annulateur $P$ de la matrice $A,$ on peut faire la division euclidienne de $X^n$ par $P,$ cela donne $X^n = P Q + R$ avec $\deg R < \deg P.$ Cette relation donne $A^n = R \left( A \right)$ car $P \left( A \right) = 0.$

Cette méthode est très efficace surtout si l’on connaît un polynôme annulateur de $A$ de petit degré ( $2$ ou $3$ ).

Exemple : Calculer leur puissance $n$ -ième de $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$

Réponse :

Ecrivons $A = I_3 + N$ avec $I_3$ la matrice identité et $N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$ On remarque que $N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ et $N^3 = 0.$ Ainsi pour $n \ge 2$ , en appliquant la formule du binôme de Newton (possible car $N$ et $I_3$ commutent), on a

$A^n$ $= \left( I_3 + N \right)^n = \displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} N^k I_3^{n-k}$

$= \displaystyle\binom{n}{0}I_3 + \displaystyle\binom{n}{1}N + \displaystyle\binom{n}{2} N^2$ $+ \underbrace{\displaystyle\sum_{k=3}^n \binom{n}{k} N^k I_3^{n-k}}_{= 0 }$

$= I_3 + n N + \dfrac{n \left( n - 1 \right)}{2} N^2$ .

Pour $n=0,$ on a $A^n = I_3,$ pour $n=1, A^1 = A,$ la relation trouvée ci-dessus est donc vraie pour tout entier $n \in \mathbb{N}.$

Méthode 4 : Appliquer l’algorithme du pivot de Gauss.

Il est fondamental de savoir résoudre de fa\c{c}on efficace un système d’équations, c’est un passage obligé en mathématiques et malheureusement rébarbatif. C’est grâce à cela que l’on peut inverser des matrices. Il est important de savoir le faire et sans erreur de calculs !

Le point de départ est le système suivant (pas nécessairement carré bien qu’en pratique, ils le sont tous !) avec pour inconnues $x_1 , \cdots x_n,$ les autres coefficients $a_{i,j}$ et $b_k$ sont supposés connus.

$\begin{cases} a_{1,1} x_1 + a_{1,2 } x_2 + \cdots + a_{1, n} x_n & = b_1 \\ a_{2,1} x_1 + a_{2,2 } x_2 + \cdots + a_{2, n} x_n & = b_2 \\ \vdots \\ a_{m,1} x_1 + a_{m,2 } x_2 + \cdots + a_{m, n} x_n & = b_m \end{cases}.$

On suppose que l’un des coefficients $a_{1 ,j}$ pour $j \in [\![ 1 , m ]\!]$ est non nul. En changeant éventuellement l’ordre des équations, on peut se ramener au cas o\`u $a_{1,1} \neq 0.$ On dit que $a_{1,1}$ est le premier pivot. En pratique, on choisit un pivot simple, égal à $1$ lorsque c’est possible.

En faisant des opérations sur les lignes (c’est-à-dire que l’on fait $L_i \leftarrow L_i + a L_j$ avec $a \in \mathbb{R}$ ), il faut réussir à annuler les coefficients devant $x_1$ à partir de la deuxième ligne. Comme $a_{1, 1} \neq 0,$ on utilise $L_i \leftarrow L_i -\frac{a_{i , 1}}{a_{1, 1}} L_1$ pour tout $2 \le i \le m$ de sorte que le système devienne :

$\begin{cases} a_{1,1} x_1 + a_{1,2 } x_2 + \cdots + a_{1, n} x_n & = b_1 \\ \qquad \quad \ \ \widetilde{a_{2,2 }} x_2 + \cdots + \widetilde{a_{2, n}} x_n & = \widetilde{b_2} \\ \qquad \quad \ \ \vdots \\ \qquad \quad \ \ \widetilde{ a_{m,2 } } x_2 + \cdots + \widetilde{a_{m, n} } x_n & =\widetilde{ b_m} \end{cases}.$

Si tous les coefficients $\widetilde{a_{i, j}}$ pour $2 \le i \le m$ et $2 \le j \le n$ sont nuls, alors les opérations de triangularisation du système sont terminées.

Si au moins l’un des coefficients $\widetilde{a_{i , j}}$ pour $i \in [\![ 2, m ]\!]$ et $j \in [\![ 2 , m ]\!]$ est non nul, on introduit en changeant éventuellement l’ordre des équations $2$ \`a $m,$ le pivot suivant de deuxième indice $j$ minimum. En changeant éventuellement l’ordre des équations, on suppose que c’est le coefficient de $x_j$ dans la ligne $2.$ On obtient un système du type :

$\begin{cases} a_{1,1} x_1 + \cdots + a_{1, n } x_n \qquad \quad \ \ \qquad \quad \ \ \qquad \quad \ \ \qquad \quad \ \ & = b_1 \\ \qquad \quad \ \ \widetilde{a_{2,j}} x_j + \cdots + \widetilde{a_{2 , n}} x_n \qquad \ \ \qquad \quad \ \ \qquad \ \ \qquad & = \widetilde{b_2} \\ \qquad \quad \ \ \qquad \quad \ \ \widetilde{a_{3,j}} x_j + \cdots + \widetilde{a_{3 , n}} x_n \qquad \qquad \qquad \; \; \; \; \; & = \widetilde{b_3} \\ \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \ddots \\ \qquad \quad \ \ \qquad \quad \qquad \quad \ \ \qquad \quad \ \ \widetilde{a_{m,j}} x_j + \cdots + \widetilde{a_{m , n}} x_n \, & = \; \widetilde{b_m} \end{cases},$

avec $\widetilde{a_{2, j}} \neq 0.$

Attention : on ne touche pas à la première ligne dans cette phase de l’algorithme.

Pour les lignes $3$ à $m,$ on effectue l’opération $L_i \leftarrow L_i - \frac{\widetilde{ a_{i , j}} }{ \widetilde{a_{2, j} } } L_2$ de fa\c{c}on à faire disparaître le coefficient de $x_j$ dans les lignes numérotées de $3$ à $m.$

On poursuit la méthode précédente sur les lignes $3$ à $m$ jusqu’à ne plus trouver de pivot. On obtient à la fin un système triangulaire que l’on résout en commençant par la dernière équation.

Il est possible d’obtenir un système sans solution, avec une infinité de solutions, et dans le cas $n = m,$ une unique solution.

Exemple : Résoudre le système suivant en discutant suivant le paramètre $m \in \mathbb{R}$ :

$\begin{cases} \left( 1 - m \right) x + 2 y - z & = 0 \\ 2 x + \left( 2 - m \right) y + 2 z & = 1 \\ x - 2 y + 3 z & = 2 \end{cases}.$

Réponse :

On ne choisit pas $1 - m$ comme pivot (car il s’annule pour $m = 1$ ). On va échanger les lignes $L_1$ et $L_3,$ le système devient donc :

$\begin{cases} x - 2y + 3 z & = 2 \\ 2 x + \left( 2 - m \right) y + 2 z & = 1 \\ \left( 1 - m \right) x + 2 y - z & = 0 \end{cases}.$

En utilisant $L_2 \leftarrow L_2 - 2 L_1$ et $L_3 \leftarrow L_3 - \left( 1 - m \right) L_1,$ on obtient le système suivant :

$\begin{cases} x - 2y + 3z & = 2 \\ \left( 6 - m \right) y - 4 z & = - 3 \\ \left( 4 - 2m \right) y + \left( 3m- 4 \right) z & = 2 \left( m - 1 \right) \end{cases}.$

Les deux coefficients de $y$ dans les deux dernières lignes s’annulant, on place l’inconnue $z$ en deuxième position ce qui permet d’avoir un pivot égal à $- 4$ indépendant de $m$ :

$\begin{cases} x + 3 z - 2 y & = 2 \\ - 4 z + \left( 6 - m \right) y & = - 3 \\ \left( 3 m - 4 \right) z + \left( 4 - 2 m \right) y & = 2 \left( m - 1 \right) \end{cases}.$

Avec l’opération $L_3 \leftarrow L_3 + \dfrac{3m - 4}{4} L_2$ et après avoir multiplié de $L_3$ par $4,$ on obtient :

$\begin{cases} x + 3 z - 2 y & = 2 \\ - 4 z + \left( 6 - m \right) y & = - 3 \\ - \left( 3m^2 - 14 m + 8 \right) y & = - \left( m - 4 \right) \end{cases},$

soit

$\begin{cases} x + 3 z - 2 y & = 2 \\ - 4 z + \left( 6 - m \right) y & = - 3 \\ \left( 3m - 2 \right) \left( m - 4 \right) y & = m - 4 \end{cases}.$

$\bullet$ Dans le cas où $m \notin \left\{ 4 , \dfrac32 \right\},$ on résout la dernière équation qui donne la valeur de $y,$ puis avec la deuxième ligne, on obtient $z$ et avec la première ligne, on obtient la valeur de $x$ soit :

$y = \dfrac{1}{3m - 2}, z= \dfrac{2m}{3m - 2} \; \text{et} \; x= - \dfrac{2}{3m - 2}.$

Le système admet une unique solution : $\left( - \dfrac{2}{3m - 2}, \dfrac{1}{3m - 2}, \dfrac{2m}{3m - 2} \right).$

$\bullet$ Si $m = \dfrac23,$ la dernière ligne s’écrit $0y = - \dfrac{10}{3},$ elle est impossible, le système n’a pas de solution.

$\bullet$ Si $m = 4,$ le système s’écrit (puisque la dernière équation est $0=0$ ) :

$\begin{cases} x + 3 z - 2y & = 2 \\ - 4 z + 2 y & = - 3 \end{cases},$

soit encore

$\begin{cases} x + 3 z - 2y & = 2 \\ y & = - \dfrac32 + 2z \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x & = - 3 z + 2y + 2 \\ y & = - \dfrac32 + 2z \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}x & = z - 1 \\ y & =2z - \dfrac32 \end{cases}.$

Le système admet une infinité de solutions $\left\{ \left( z - 1 , 2 z - \dfrac32 , z \right) , z \in \R \right\}.$

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Méthode 5 : Montrer qu’une matrice est inversible et calculer son inverse.

On rappelle que la matrice carrée d’ordre $n$ est dite inversible s’il existe une matrice $A'$ telle que $A A' = A' A =I_n.$ La matrice $A'$ est alors unique et on la note $A^{-1}.$

On sait que s’il existe une matrice carrée de même ordre $n$ que $A$ telle que $AB = I_n$ ou telle que $BA = I_n,$ alors $A$ est inversible et $B=A^{- 1}.$

On rappelle aussi qu’une matrice diagonale ou triangulaire $A$ est inversible si, et seulement si, le produit des termes diagonaux est non nul.

Voici diverses méthodes pour montrer qu’une matrice carrée $A$ d’ordre $n$ est inversible et calculer son inverse :

$\bullet$ On peut résoudre le système $Y=A X,$ c’est-à-dire étant donnée une matrice colonne $Y$ arbitraire à $n$ lignes, existe t-il $X$ unique de type $\left( n , 1 \right)$ telle que $Y = AX$ ? Si oui, $A$ est inversible, sinon elle ne l’est pas. Lorsqu’elle est inversible, on obtient $A^{-1}$ en exprimant $X$ en fonction de $Y.$

$\bullet$ Si l’on a un polynôme annulateur de $A$ de terme constant $a_0 \neq 0,$ on peut isoler $a_0 I_n$ et factoriser par $A$ le reste de l’expression pour faire apparaître une relation du type $A B = I_n$ (ou $B A = I_n$ ) et pour conclure que $A$ est inversible d’inverse $B.$

Exemple : Montrer que la matrice $A = \begin{pmatrix} 7 & 4 & - 4 \\ - 4 & - 3 & 4 \\ - 2 & - 4 & 5 \end{pmatrix}$ est inversible et calculer son inverse.

Réponse :

On vérifie facilement que $A^3 - 9A^2 + 23 A - 15 I_3=0$ (faites-le !). Ainsi, en « passant » $15 I_3$ à droite de l’égalité, on a

$A^3 - 9 A^2 + 23 A = 15 I_3,$

puis, sans oublier la matrice $I_3$ apr\`es $23$ (c’est une faute courante, il ne faut pas la faire !) :

$A \left( \dfrac{1}{15} \left( A^2 - 9 A + 23 I_3 \right) \right) = I_3.$

Cela prouve que $A$ est inversible et $A^{- 1}= \dfrac{1}{15} \left( A^2 - 9 A + 23 I_3 \right).$ Après calculs, on a

$A^{- 1} = \dfrac{1}{15} \begin{pmatrix} 1 & 4 & - 4 \\ 12 & 27 & -12 \\ 10 & 20 & - 5 \end{pmatrix}.$

Méthode 6 : Montrer qu’une matrice n’est pas inversible.

Pour montrer qu’une matrice n’est pas inversible, on peut essayer de trouver une combinaison linéaire non triviale entre les colonnes donnant $0.$ Plus précisément, si $A$ est une matrice de taille $n \times n$ dont les colonnes sont notées $C_1 , \cdots, C_n$ et si l’on trouve $\alpha_1, \cdots , \alpha_n$ non tous nuls tels que

$\alpha_1 C_1 + \cdots + \alpha_n C_n = 0,$

alors la matrice $A$ n’est pas inversible et si $X = \begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_n \end{pmatrix},$ alors $A X = 0.$

Si l’on ne trouve pas « à vu » les réels $\alpha_1 , \cdots , \alpha_n,$ pour montrer que la matrice $A$ n’est pas inversible, on montre que le système $A X = 0$ admet au moins une solution non nulle.

Exemple : Montrer que la matrice $A= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}$ n’est pas inversible.

Réponse :

On pose $C_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}, C_2 = \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 6 \end{pmatrix}$ et $C_3 = \begin{pmatrix} 7 \\ 8 \\ 9 \end{pmatrix}.$ On remarque que $C_1 - 2 C_2 + C_3 =0$ ainsi $A$ n’est pas inversible, dit autrement (c’est équivalent)

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ - 2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}.$

Si l’on ne devine pas la relation $C_1 - 2 C_2 + C_3 =0,$ on peut chercher $x, y$ et $z$ non tous nuls tels que $x C_1 + y C_2 + z C_3 = 0$ soit résoudre le système :

$\begin{cases} x + 2 y + 3 z & = 0 \\ 4 x + 5 y + 6 z & = 0 \\ 7 x + 8 y + 9 z & =0 \end{cases}.$

En utilisant $L_2 \leftarrow L_2 - 4 L_1$ et $L_3 \leftarrow L_3 - 7 L_1$

$\begin{cases} x + 2 y + 3 z & = 0 \\ - 3 y - 6 z & = 0 \\ - 6 y - 12 z & =0 \end{cases}.$

Et enfin, puisque la troisième équation est le double de la deuxième, on a
$\begin{cases} x + 2 y + 3 z & = 0 \\ - 3 y - 6 z & = 0 \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases} x & = - 2 y - 3 z \\ y & = - 2 z \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x & = z \\ y & = - 2 z \end{cases}.$
On retrouve l’égalité $C_1 - 2 C_2 + C_3 =0$ en prenant $z = 1.$

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