MPSI · Représentation matricielle

Inversibilité et rang d'une matrice

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Caractérisations de l'inversibilité

Question

L'inversibilité d'une matrice carrée est, telle qu'on l'a définie, une propriété d'existence : il faut exhiber une matrice BB vérifiant AB=BA=InAB=BA=I_n. C'est une condition coûteuse à vérifier et impossible à réfuter directement. Or AA représente un endomorphisme de Kn\mathbb{K}^n, dont on sait déjà que la bijectivité se lit sur le noyau ou sur le rang. Que deviennent ces deux critères une fois traduits sur la matrice ?

Proposition 1 : Caractérisations de l'inversibilité

Soit A∈Mn(K)A\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{K}). Alors :

  1. AA est inversible si et seulement si rg⁡A=n\operatorname{rg} A=n.
  2. AA est inversible si et seulement si Ker⁡A={0Kn}\operatorname{Ker} A=\left\{0_{\mathbb{K}^n}\right\}, c'est-à-dire :
∀X∈Kn,AX=0  ⟹  X=0.\forall X\in\mathbb{K}^n,\quad AX=0 \implies X=0.

Démonstration :

Soit u∈L(Kn)u\in\mathcal{L}(\mathbb{K}^n) l'endomorphisme canoniquement associé à AA.

  1. AA est inversible si et seulement si uu est bijective, ce qui est équivalent à rg⁡u=n\operatorname{rg} u=n, c'est-à-dire rg⁡A=n\operatorname{rg} A=n.
  2. AA est inversible si et seulement si uu est bijective, ce qui est équivalent à uu est injective, c'est-à-dire Ker⁡A=Ker⁡u={0Kn}\operatorname{Ker} A=\operatorname{Ker} u=\left\{0_{\mathbb{K}^n}\right\}.

Remarque :

On note C1,…,CnC_1,\dots,C_n les matrices colonnes de AA. Soit X∈KnX\in\mathbb{K}^n ; on pose X=(x1⋮xn)X=\begin{pmatrix} x_1\\ \vdots\\ x_n \end{pmatrix}. Alors

AX=∑i=1nxi Ci.AX=\sum_{i=1}^{n} x_i\, C_i.

Donc AA est inversible si et seulement si ses colonnes forment une famille libre.

Exemple :

Une matrice carrée ayant une colonne nulle n'est jamais inversible, et il en va de même d'une matrice ayant deux colonnes égales : dans les deux cas la famille des colonnes est liée. Ainsi (105207301)\begin{pmatrix} 1 & 0 & 5\\ 2 & 0 & 7\\ 3 & 0 & 1\end{pmatrix} et (141202313)\begin{pmatrix} 1 & 4 & 1\\ 2 & 0 & 2\\ 3 & 1 & 3\end{pmatrix} sont non inversibles, sans le moindre calcul. Mais comment trancher lorsque rien ne saute aux yeux ?

Test 1 : Colonnes et bases

Une matrice A∈Mn(K)A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) est inversible si et seulement si la famille de ses colonnes est une base de Kn\mathbb{K}^n.

Test 2 : Rang maximal et inversibilité

Soit A∈Mn,p(K)A\in\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}). Si rg⁡A=n\operatorname{rg} A=n, alors AA est inversible.

Exercice 1

Soit A=(210121012)∈M3(R)A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 1\\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}\in\mathcal{M}_3(\mathbb{R}).

Montrer que AA est inversible en déterminant son noyau.

Solution :(cliquer pour afficher)

Soit X=(xyz)∈R3X=\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\end{pmatrix}\in\mathbb{R}^3. On a

AX=0  ⟺  {2x+y=0x+2y+z=0y+2z=0AX=0 \iff \begin{cases} 2x+y=0\\ x+2y+z=0\\ y+2z=0 \end{cases}

La première équation donne y=−2xy=-2x et la troisième z=−y2=xz=-\dfrac{y}{2}=x. En reportant dans la deuxième :

x+2(−2x)+x=−2x=0,x+2(-2x)+x=-2x=0,

donc x=0x=0, puis y=0y=0 et z=0z=0. Ainsi Ker⁡A={0R3}\operatorname{Ker} A=\left\{0_{\mathbb{R}^3}\right\} et, d'après la caractérisation précédente, AA est inversible.

On notera qu'aucune des trois colonnes n'est nulle et qu'aucune n'est visiblement combinaison des autres : ici, seul le calcul permettait de conclure.

Inverse à droite et inversibilité

Question

Dans un anneau quelconque, un élément peut admettre un inverse à droite sans être inversible : la définition exige les deux égalités AB=InAB=I_n et BA=InBA=I_n. Mais Mn(K)\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) est l'anneau des endomorphismes d'un espace de dimension finie, où surjectivité et injectivité s'entraînent l'une l'autre. Une seule des deux vérifications suffirait-elle ?

Proposition 2 : Inversibilité et inverse à droite

Soient A,B∈Mn(K)A,B\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{K}).

Si AB=InAB=I_n, alors AA est inversible et A−1=BA^{-1}=B.

Démonstration :

Soient uu et vv les endomorphismes canoniquement associés à AA et BB respectivement.

On a AB=Mat⁡Bn(u∘v)AB=\operatorname{Mat}_{\mathcal{B}_n}(u\circ v), où Bn\mathcal{B}_n désigne la base canonique de Kn\mathbb{K}^n.

Si AB=InAB=I_n, alors u∘v=id⁡u\circ v=\operatorname{id}. Alors uu est surjective. Or uu est un endomorphisme en dimension finie, donc uu est bijective et u−1=vu^{-1}=v.

Ainsi AA est inversible et A−1=BA^{-1}=B.

Remarque :

La proposition est bien sûr symétrique : si BA=InBA=I_n, alors en échangeant les rôles de AA et BB on obtient que BB est inversible d'inverse AA, donc AA est inversible d'inverse BB. En pratique : une seule des deux égalités est à vérifier.

Ce résultat est propre à la dimension finie. Il tombe en défaut dans un anneau d'endomorphismes en dimension infinie : sur K[X]\mathbb{K}[X], l'application D:P↦P′D:P\mapsto P' et l'application I:P↦∫0XPI:P\mapsto\int_0^X P vérifient D∘I=id⁡D\circ I=\operatorname{id}, alors que DD n'est pas injective.

Test 3 : Une égalité en entraîne une autre

Soient A,B∈Mn(K)A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) telles que AB=InAB=I_n. Alors BA=InBA=I_n.

Test 4 : Inverse à droite entre matrices rectangulaires

Soient A∈Mn,p(K)A\in\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) et B∈Mp,n(K)B\in\mathcal{M}_{p,n}(\mathbb{K}) telles que AB=InAB=I_n. Alors AA est inversible.

Exercice 2

Soit A∈Mn(K)A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) telle que

A3+A−2In=0.A^3+A-2I_n=0.

Montrer que AA est inversible et exprimer A−1A^{-1} en fonction de AA.

Solution :(cliquer pour afficher)

On isole InI_n dans la relation donnée :

A3+A=2Inc’est-aˋ-direA(A2+In)=2In.A^3+A=2I_n \quad\text{c'est-à-dire}\quad A\left(A^2+I_n\right)=2I_n.

Le facteur AA commute avec A2+InA^2+I_n, mais ce n'est même pas nécessaire ici : en divisant par 22,

A⋅12(A2+In)=In.A\cdot\frac{1}{2}\left(A^2+I_n\right)=I_n.

D'après la proposition, AA est inversible et

A−1=12(A2+In).A^{-1}=\frac{1}{2}\left(A^2+I_n\right).

La méthode est générale : dès qu'on dispose d'un polynôme annulateur de AA de terme constant non nul, on factorise AA dans la relation et on lit l'inverse.

Rédaction — Montrer qu'une matrice carrée est inversible :

Trois routes, à choisir selon la forme de l'énoncé.

Route 1 — par le noyau. Résoudre le système homogène AX=0AX=0 et montrer qu'il n'admet que la solution nulle. À privilégier quand AA est donnée explicitement et de petite taille.

Route 2 — par le rang. Échelonner AA et vérifier qu'on obtient nn pivots, c'est-à-dire rg⁡A=n\operatorname{rg} A=n. À privilégier quand on veut en outre le rang, ou quand la taille est grande.

Route 3 — par un inverse à droite. Exhiber BB telle que AB=InAB=I_n ; il est alors inutile de vérifier BA=InBA=I_n. À privilégier quand l'énoncé fournit une relation algébrique satisfaite par AA (relation polynomiale, nilpotence, A2=AA^2=A…) : on isole InI_n et on factorise par AA.

Exercice 3

Soit N∈Mn(K)N\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}) une matrice nilpotente : il existe q∈N∗q\in\mathbb{N}^* tel que Nq=0N^q=0.

Montrer que In−NI_n-N est inversible et déterminer son inverse.

Solution :(cliquer pour afficher)

Posons B=In+N+N2+⋯+Nq−1B=I_n+N+N^2+\dots+N^{q-1}. Le produit se télescope :

(In−N) B=(In+N+⋯+Nq−1)−(N+N2+⋯+Nq)=In−Nq=In,(I_n-N)\,B=\left(I_n+N+\dots+N^{q-1}\right)-\left(N+N^2+\dots+N^{q}\right)=I_n-N^{q}=I_n,

puisque Nq=0N^q=0.

D'après la proposition, In−NI_n-N est inversible et

(In−N)−1=In+N+N2+⋯+Nq−1=∑k=0q−1Nk.(I_n-N)^{-1}=I_n+N+N^2+\dots+N^{q-1}=\sum_{k=0}^{q-1}N^k.

C'est la version matricielle de la somme d'une série géométrique — la nilpotence remplaçant ici toute question de convergence.

Rang et multiplication par une matrice inversible

Question

Le rang mesure la « taille » de l'image. Multiplier AA par une autre matrice modifie évidemment ses coefficients, et en général son rang : multiplier par la matrice nulle l'anéantit. Mais si le facteur est inversible, il ne fait que réécrire la même application dans d'autres coordonnées. Le rang doit-il alors rester inchangé — et si oui, est-ce l'image ou le noyau qui est préservé selon le côté où l'on multiplie ?

Proposition 3 : Multiplication par une matrice inversible

Soient A∈Mn,p(K)A\in\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}), B∈GLp(K)B\in\mathrm{GL}_p(\mathbb{K}) et C∈GLn(K)C\in\mathrm{GL}_n(\mathbb{K}). Alors :

  1. Im⁡(AB)=Im⁡A\operatorname{Im}(AB)=\operatorname{Im} A et rg⁡(AB)=rg⁡(A)\operatorname{rg}(AB)=\operatorname{rg}(A).
  2. Ker⁡(CA)=Ker⁡A\operatorname{Ker}(CA)=\operatorname{Ker} A et rg⁡(CA)=rg⁡(A)\operatorname{rg}(CA)=\operatorname{rg}(A).

Démonstration :

Soient u∈L(Kp,Kn)u\in\mathcal{L}(\mathbb{K}^p,\mathbb{K}^n), v∈L(Kp)v\in\mathcal{L}(\mathbb{K}^p) et w∈L(Kn)w\in\mathcal{L}(\mathbb{K}^n) les applications canoniquement associées à AA, BB et CC respectivement.

  1. On a
Im⁡(AB)=Im⁡(u∘v)=u(Im⁡v)=u(Kp)=Im⁡u,\operatorname{Im}(AB)=\operatorname{Im}(u\circ v)=u(\operatorname{Im} v)=u(\mathbb{K}^p)=\operatorname{Im} u,

donc Im⁡(AB)=Im⁡A\operatorname{Im}(AB)=\operatorname{Im} A et rg⁡(AB)=rg⁡(A)\operatorname{rg}(AB)=\operatorname{rg}(A).

  1. On a
Ker⁡(CA)=Ker⁡(w∘u)=Ker⁡u,\operatorname{Ker}(CA)=\operatorname{Ker}(w\circ u)=\operatorname{Ker} u,

car ww est injective : pour tout x∈Kpx\in\mathbb{K}^p, (w∘u)(x)=0  ⟺  u(x)=0(w\circ u)(x)=0 \iff u(x)=0.

Donc Ker⁡(CA)=Ker⁡A\operatorname{Ker}(CA)=\operatorname{Ker} A et rg⁡(CA)=rg⁡(A)\operatorname{rg}(CA)=\operatorname{rg}(A).

Exemple :

Prenons A=(1000)A=\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix} et B=(0110)B=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}, qui est inversible. Alors AB=(0100)AB=\begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix} : la matrice a changé, mais son rang vaut toujours 11 et son image est toujours Vect⁡((1,0))\operatorname{Vect}\big((1,0)\big). En revanche Ker⁡(AB)=Vect⁡((1,0))\operatorname{Ker}(AB)=\operatorname{Vect}\big((1,0)\big) diffère de Ker⁡A=Vect⁡((0,1))\operatorname{Ker} A=\operatorname{Vect}\big((0,1)\big) : la multiplication à droite préserve l'image, pas le noyau.

Test 5 : Produit quelconque et rang

Pour toutes matrices A,B∈Mn(K)A,B\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}), on a rg⁡(AB)=rg⁡(A)\operatorname{rg}(AB)=\operatorname{rg}(A).

Corollaire 1

Les opérations élémentaires conservent le rang.

Démonstration :

Rappelons qu'à chaque opération élémentaire sur les lignes d'une matrice de Mn,p(K)\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) — transposition Li↔LjL_i\leftrightarrow L_j, dilatation Li←λLiL_i\leftarrow\lambda L_i avec λ≠0\lambda\neq 0, transvection Li←Li+λLjL_i\leftarrow L_i+\lambda L_j avec i≠ji\neq j — est associée une matrice élémentaire C∈Mn(K)C\in\mathcal{M}_n(\mathbb{K}), inversible, telle que la matrice obtenue soit CACA.

De même, à chaque opération élémentaire sur les colonnes est associée une matrice élémentaire B∈Mp(K)B\in\mathcal{M}_p(\mathbb{K}), inversible, telle que la matrice obtenue soit ABAB.

Soit A′A' la matrice déduite de AA par une opération élémentaire.

  • Si l'opération porte sur les lignes, A′=CAA'=CA avec C∈GLn(K)C\in\mathrm{GL}_n(\mathbb{K}), donc rg⁡A′=rg⁡(CA)=rg⁡A\operatorname{rg} A'=\operatorname{rg}(CA)=\operatorname{rg} A d'après le point 2 de la proposition.
  • Si l'opération porte sur les colonnes, A′=ABA'=AB avec B∈GLp(K)B\in\mathrm{GL}_p(\mathbb{K}), donc rg⁡A′=rg⁡(AB)=rg⁡A\operatorname{rg} A'=\operatorname{rg}(AB)=\operatorname{rg} A d'après le point 1.

Une suite finie d'opérations élémentaires s'obtient en itérant ce raisonnement : une récurrence immédiate sur le nombre d'opérations montre que le rang est conservé à chaque étape, donc à l'arrivée.

Test 6 : Ce que préservent les opérations sur les lignes

Une opération élémentaire sur les lignes de AA ne modifie pas Ker⁡A\operatorname{Ker} A.

Rédaction — Calculer le rang d'une matrice :

Soit A∈Mn,p(K)A\in\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}).

Étape 1. Échelonner AA par opérations élémentaires sur les lignes (et, si c'est commode, sur les colonnes : les deux conservent le rang).

Étape 2. Compter les pivots de la matrice échelonnée obtenue, c'est-à-dire le nombre de ses lignes non nulles. Le rang d'une matrice échelonnée est ce nombre de pivots.

Étape 3. Conclure : rg⁡A\operatorname{rg} A est ce nombre, puisque les opérations élémentaires conservent le rang.

Étape 4 (souvent demandée dans la foulée). En déduire dim⁡Ker⁡A=p−rg⁡A\dim\operatorname{Ker} A=p-\operatorname{rg} A par le théorème du rang. Si l'on veut Ker⁡A\operatorname{Ker} A lui-même, la matrice échelonnée est déjà le bon point de départ : elle a le même noyau que AA.

Exercice 4

On pose

A=(12−1324103603).A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3\\ 2 & 4 & 1 & 0\\ 3 & 6 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
  1. Déterminer rg⁡A\operatorname{rg} A.
  2. En déduire dim⁡Ker⁡A\dim\operatorname{Ker} A.
Solution :(cliquer pour afficher)
  1. Échelonnons AA par opérations sur les lignes. Avec L2←L2−2L1L_2\leftarrow L_2-2L_1 et L3←L3−3L1L_3\leftarrow L_3-3L_1 :
(12−1324103603)⟶(12−13003−6003−6)⟶L3←L3−L2(12−13003−60000).\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3\\ 2 & 4 & 1 & 0\\ 3 & 6 & 0 & 3 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3\\ 0 & 0 & 3 & -6\\ 0 & 0 & 3 & -6 \end{pmatrix} \underset{L_3\leftarrow L_3-L_2}{\longrightarrow} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 3\\ 0 & 0 & 3 & -6\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

La matrice échelonnée obtenue a deux lignes non nulles, donc deux pivots (en positions (1,1)(1,1) et (2,3)(2,3)) : son rang vaut 22. Les opérations élémentaires conservant le rang,

rg⁡A=2.\operatorname{rg} A=2.
  1. Ici A∈M3,4(K)A\in\mathcal{M}_{3,4}(\mathbb{K}), donc p=4p=4 colonnes. Le théorème du rang matriciel donne
dim⁡Ker⁡A=p−rg⁡A=4−2=2.\dim\operatorname{Ker} A=p-\operatorname{rg} A=4-2=2.

On peut le confirmer sans calcul supplémentaire : la deuxième colonne vaut deux fois la première, et la quatrième vaut −2-2 fois la troisième plus …\dots — plus simplement, deux relations indépendantes entre les colonnes correspondent bien à un noyau de dimension 22.

Exercice 5

Soient A∈Mn,p(K)A\in\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}), P∈GLn(K)P\in\mathrm{GL}_n(\mathbb{K}) et Q∈GLp(K)Q\in\mathrm{GL}_p(\mathbb{K}).

Montrer que rg⁡(PAQ)=rg⁡(A)\operatorname{rg}(PAQ)=\operatorname{rg}(A).

Solution :(cliquer pour afficher)

On applique deux fois la proposition, en découpant le produit.

D'abord, AQAQ est le produit de AA par la matrice inversible Q∈GLp(K)Q\in\mathrm{GL}_p(\mathbb{K}), donc d'après le point 1 :

rg⁡(AQ)=rg⁡(A).\operatorname{rg}(AQ)=\operatorname{rg}(A).

Ensuite, P(AQ)P(AQ) est le produit à gauche de AQ∈Mn,p(K)AQ\in\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{K}) par la matrice inversible P∈GLn(K)P\in\mathrm{GL}_n(\mathbb{K}), donc d'après le point 2 :

rg⁡(PAQ)=rg⁡(AQ).\operatorname{rg}(PAQ)=\operatorname{rg}(AQ).

En combinant : rg⁡(PAQ)=rg⁡(A)\operatorname{rg}(PAQ)=\operatorname{rg}(A).

Ce résultat est à retenir : il dit que le rang est insensible à toute réécriture de l'application dans d'autres bases au départ et à l'arrivée. C'est le point de départ de la classification des matrices à équivalence près.