# Matrice/Inverse

Nous avons défini le produit matriciel et constaté qu'il n'était ni commutatif, ni simplifiable à gauche ou à droite. Comme annoncé alors, nous allons voir dans ce chapitre que cependant, certaines matrices carrées sont simplifiables (des deux côtés) et même inversibles, sous réserve que l'anneau K soit un corps commutatif (comme $\mathbb {Q}$, $\mathbb {R}$ ou $\mathbb {C}$), ce que nous supposerons désormais.

## Exemple motivant

Soit une équation simple impliquant des nombres réels :
    $ax=b$.
On suppose $a$ non nul. Alors la solution existe, est unique, et il s'agit de :
    $x={\frac {b}{a}}={\frac {1}{a}}\times b$.
On cherche à trouver quelque chose d'analogue pour les matrices, qui permettrait de résoudre les équations matricielles de même type :
    $AX=B$.

## Définition

Soit $A$ une matrice carrée de taille n × n. Lorsqu'elle existe, on appelle inverse de $A$, et l'on note $A^{-1}$, une matrice telle que : $A\,A^{-1}=A^{-1}\,A=\mathrm {I} _{n}$. Cette matrice inverse (nécessairement de taille n × n) est alors unique, et $A$ est dite inversible.
* Si $\lambda \in K^{*}$, la matrice scalaire $\lambda \mathrm {I} _{n}$ est inversible : $(\lambda \mathrm {I} _{n})^{-1}={\frac {1}{\lambda }}\mathrm {I} _{n}$.
* Plus généralement, une matrice diagonale $\operatorname {diag} \left(\lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\right)$ est inversible si et seulement si tous ses termes diagonaux $\lambda _{i}$ sont non nuls, et son inverse est alors $\operatorname {diag} \left({\frac {1}{\lambda }}_{1},\dots ,{\frac {1}{\lambda }}_{n}\right)$.

## Groupe des matrices inversibles

Puisque $\mathrm {M} _{n}(K)$ est un anneau, on a immédiatement :
Les matrices inversibles de taille n × n à coefficients dans K forment un groupe pour la multiplication, appelé groupe général linéaire ou groupe linéaire et noté
    $\mathrm {GL} _{n}\left(K\right)$.
Par conséquent :
* si $A$ est inversible alors $A^{-1}$ l'est aussi, et
    $\left(A^{-1}\right)^{-1}=A$ ;
* si $A,B\in \mathrm {GL} _{n}\left(K\right)$ alors le produit $AB$ est inversible, et l'inverse du produit est le produit des inverses, dans l'ordre contraire :
    $\left(AB\right)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$.

## Condition nécessaire et suffisante d'inversibilité
### Non-nullité du déterminant

Si $A$ est inversible alors son déterminant est évidemment non nul, puisque
    $\det \left(A^{-1}\right)\det A=\det \left(A^{-1}A\right)=\det \left(\mathrm {I} _{n}\right)=1$.
Réciproquement, si $\det A\neq 0$ alors la formule de Laplace (cf. chapitre précédent) prouve que $A$ est inversible, et fournit une expression de son inverse :
Une matrice carrée $A$ est inversible si et seulement si $\det A\neq 0$, et dans ce cas, on a :
$A^{-1}={\frac {1}{\det A}}\,^{t}\!\left(\operatorname {com} A\right)$
Cette condition nécessaire d'inversibilité n'est suffisante que lorsque K est un corps commutatif. Si K est seulement un anneau commutatif, la condition $\det M\neq 0$ est à remplacer par : $\det M$ est inversible dans K. Par exemple dans $\mathrm {M} _{n}(\mathbb {Z} )$, les matrices inversibles ne sont pas toutes les matrices de déterminant non nul, mais seulement celles dont le déterminant est égal à $\pm 1$.
Cette caractérisation des matrices inversibles permet de démontrer que dans $\mathrm {M} _{n}(\mathbb {R} )$ et dans $\mathrm {M} _{n}(\mathbb {C} )$:
* le sous-ensemble des matrices inversibles est dense (cf. Espaces vectoriels normés/Exercices/Dimension finie#Exercice 2-2 : densité de GLn) ;
* son complémentaire est négligeable, c'est-à-dire de mesure de Lebesgue nulle$^,$.

### Conditions équivalentes

Soit $A\in \mathrm {M} _{n}(K)$. Les propositions suivantes (dans lesquelles on identifie M$_{n,1}$(K) à K$^n$) sont équivalentes :
* A est inversible ;
* l'application linéaire $K^{n}\to K^{n},\;X\mapsto AX$ est bijective (ou, ce qui est équivalent : injective, ou encore : surjective) ;
* A est inversible à gauche, c'est-à-dire qu'il existe une matrice B telle que BA = I$_n$ ;
* A est inversible à droite, c'est-à-dire qu'il existe une matrice B telle que AB = I$_n$ ;
* les colonnes de A forment une base de K$^n$ ;
* la transposée de A est inversible (et dans ce cas, on a $(^{t}\!A)^{-1}=^{t}\!(A^{-1})$).
$1\Leftrightarrow 2\Leftrightarrow 3\Leftrightarrow 4$ : la proposition 3 équivaut à l'injectivité de l'application $f:K^{n}\to K^{n},\;X\mapsto AX$ et la proposition 4 à sa surjectivité. Les deux sont par conséquent équivalentes entre elles, donc équivalentes à la proposition 1.
$4\Leftrightarrow 5$ : la proposition 4 équivaut à la surjectivité de $f$, dont l'image est engendrée par les n colonnes de A.
$1\Leftrightarrow 6$ : résulte de la formule sur la transposée d'un produit.
La deuxième caractérisation se reformule en termes de système d'équations linéaires. Pour l'application $K^{n}\to K^{n},\;X\mapsto AX$ :
* l'injectivité équivaut à :
** pour tout b dans K$^n$, le système AX = b a au plus une solution, ou encore à
** le système homogène AX = 0 a pour seule solution X = 0 (c'est-à-dire le noyau de cette application est nul) ;
* la surjectivité équivaut à :
** pour tout b dans K$^n$, le système AX = b a au moins une solution .

## Calcul de l'inverse

Calculer l'inverse d'une matrice est une tâche ardue à la main dès lors qu'on aborde les matrices 3 × 3, et la difficulté croît avec la taille.

### Cas des matrices 2 × 2

Un cas très simple (et à mémoriser) est celui des matrices de taille 2 × 2, dont l'inverse est facile à calculer :
Si $M={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\in \mathrm {GL} _{2}\left(K\right)$, alors $M^{-1}={\frac {1}{ad-bc}}{\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}}$.
${\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}}^{-1}=-{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}4&-2\\-3&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-2&1\\{\frac {3}{2}}&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$.

### Cas général

Le moyen le plus simple est d’utiliser la méthode dite du pivot de Gauss.
Soit la matrice A définie par :
    $A={\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}}$.
On place, à droite de cette matrice que l’on cherche à inverser, la matrice identité. On a donc :
    $A={\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}}\mid \mathrm {I} _{2}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$.
On applique alors le pivot de Gauss en ligne sur la matrice A et l'on effectue simultanément les mêmes opérations élémentaires sur la matrice I$_2$, jusqu'à obtenir la matrice identité à la place de A. La matrice que l'on obtient alors à la place de la matrice identité est égale à A$^{–1}$ :
    ${\begin{matrix}{\begin{pmatrix}1&2\\3-3\times 1=0&4-3\times 2\end{pmatrix}}&\mid &{\begin{pmatrix}1&0\\0-3\times 1&1-3\times 0\end{pmatrix}}\\{\begin{pmatrix}1&2\\0&-2\end{pmatrix}}&\mid &{\begin{pmatrix}1&0\\-3&1\end{pmatrix}}\\{\begin{pmatrix}1+1\times 0&2+1\times (-2)=0\\0&-2\end{pmatrix}}&\mid &{\begin{pmatrix}1+1\times (-3)&0+1\times 1\\-3&1\end{pmatrix}}\\{\begin{pmatrix}1&0\\0&-2\end{pmatrix}}&\mid &{\begin{pmatrix}-2&1\\-3&1\end{pmatrix}}\\{\begin{pmatrix}1&0\\0\times (-1/2)&-2\times (-1/2)=1\end{pmatrix}}&\mid &{\begin{pmatrix}-2&1\\-3\times (-1/2)&1\times (-1/2)\end{pmatrix}}\\{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}=\mathrm {I} _{2}&\mid &{\begin{pmatrix}-2&1\\3/2&-1/2\end{pmatrix}}=A^{-1}.\end{matrix}}$