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# Quinze méthodes pour calculer l'inverse d'une matrice

David Pigeon

► To cite this version:

David Pigeon. Quinze méthodes pour calculer l'inverse d'une matrice. 2024. hal-04617942v2

HAL Id: hal-04617942

https://hal.science/hal-04617942v2

Preprint submitted on 24 Jun 2024

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lished or not. The documents may come from
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scientifiques de niveau recherche, publiés ou non,
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publics ou privés.
# Quinze méthodes pour calculer l'inverse d'une matrice

David Pigeon

► To cite this version:

David Pigeon. Quinze méthodes pour calculer l'inverse d'une matrice. 2025. hal-04617942v4

HAL Id: hal-04617942

https://hal.science/hal-04617942v4

Preprint submitted on 30 Jan 2025

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# Quinze méthodes pour calculer l'inverse d'une matrice

David Pigeon

24 juin 2024

**Mots clés** : matices, inversion, opérations élémentaires, pivot de Gauss, décomposition *LU*, comatrice, co-facteurs, déterminant, Cayley-Hamilton, polynôme caractéristique, décomposition *QR*, décomposition Cholesky, décomposition de Schur, matrices d'Householder, décomposition polaire, rotations de Givens.

## Résumé

On donne sur un exemple quinze méthodes simples pour calculer l'inverse d'une matrices : par la formule avec la comatrice, par les décompositions *PLU* et *LU*, par le pivot de Gauss, en faisant des opérations sur les lignes, en faisant des opérations sur les colonnes, en utilisant le théorème de Cayley-Hamilton et une formule déduite de ce théorème, en utilisant la diagonalisation, en utilisant les décomposition de Schur, de Cholesky, *QR* et polaire.

## Table des matières

<table><tr><td>1</td><td>Comatrice</td><td>7</td></tr><tr><td>1.1</td><td>Introduction</td><td>7</td></tr><tr><td>1.2</td><td>Exemple</td><td>9</td></tr><tr><td>2</td><td>Décompositions PLU et LU</td><td>10</td></tr><tr><td>2.1</td><td>Introduction</td><td>10</td></tr><tr><td>2.2</td><td>Exemple</td><td>15</td></tr><tr><td>2.3</td><td>Exemple de décomposition en matrices élémentaires</td><td>16</td></tr><tr><td>3</td><td>Pivot de Gauss</td><td>18</td></tr><tr><td>3.1</td><td>Introduction</td><td>18</td></tr><tr><td>3.2</td><td>Exemple</td><td>19</td></tr><tr><td>4</td><td>Opération sur les lignes</td><td>21</td></tr><tr><td>4.1</td><td>Introduction</td><td>21</td></tr><tr><td>4.2</td><td>Exemple</td><td>21</td></tr><tr><td>4.3</td><td>Produit des matrices associées aux opérations élémentaires</td><td>22</td></tr><tr><td>5</td><td>Opération sur les colonnes</td><td>24</td></tr><tr><td>5.1</td><td>Introduction</td><td>24</td></tr><tr><td>5.2</td><td>Exemple</td><td>25</td></tr><tr><td>5.3</td><td>Produit des matrices associées aux opérations élémentaires</td><td>26</td></tr><tr><td>6</td><td>Théorème de Cayley-Hamilton</td><td>28</td></tr><tr><td>6.1</td><td>Introduction</td><td>28</td></tr><tr><td>6.2</td><td>Exemple</td><td>30</td></tr></table>
# Quinze méthodes pour calculer l'inverse d'une matrice

David Pigeon*

30 janvier 2025

**Mots clés** : matices, inversion, opérations élémentaires, pivot de Gauss, décomposition *LU*, comatrice, co-facteurs, déterminant, Cayley-Hamilton, polynôme caractéristique, décomposition *QR*, décomposition Cholesky, décomposition de Schur, matrices d'Householder, décomposition polaire, rotations de Givens.

## Résumé

On donne sur un exemple quinze méthodes simples pour calculer l'inverse d'une matrices : par la formule avec la comatrice, par les décompositions *PLU* et *LU*, par le pivot de Gauss, en faisant des opérations sur les lignes, en faisant des opérations sur les colonnes, en utilisant le théorème de Cayley-Hamilton et une formule déduite de ce théorème, en utilisant la diagonalisation, et en utilisant les décomposition de Schur, de Cholesky, *QR* et polaire.

## Table des matières

<table><tr><td>1</td><td>Comatrice</td><td>7</td></tr><tr><td>1.1</td><td>Introduction</td><td>7</td></tr><tr><td>1.2</td><td>Exemple</td><td>9</td></tr><tr><td>2</td><td>Décompositions PLU et LU</td><td>11</td></tr><tr><td>2.1</td><td>Introduction</td><td>11</td></tr><tr><td>2.2</td><td>Exemple</td><td>16</td></tr><tr><td>2.3</td><td>Exemple de décomposition en matrices élémentaires</td><td>17</td></tr><tr><td>3</td><td>Pivot de Gauss</td><td>19</td></tr><tr><td>3.1</td><td>Introduction</td><td>19</td></tr><tr><td>3.2</td><td>Exemple</td><td>20</td></tr><tr><td>4</td><td>Opération sur les lignes</td><td>22</td></tr><tr><td>4.1</td><td>Introduction</td><td>22</td></tr><tr><td>4.2</td><td>Exemple</td><td>22</td></tr><tr><td>4.3</td><td>Produit des matrices associées aux opérations élémentaires</td><td>23</td></tr><tr><td>5</td><td>Opération sur les colonnes</td><td>25</td></tr><tr><td>5.1</td><td>Introduction</td><td>25</td></tr><tr><td>5.2</td><td>Exemple</td><td>26</td></tr><tr><td>5.3</td><td>Produit des matrices associées aux opérations élémentaires</td><td>27</td></tr><tr><td>6</td><td>Théorème de Cayley-Hamilton</td><td>29</td></tr><tr><td>6.1</td><td>Introduction</td><td>29</td></tr><tr><td>6.2</td><td>Exemple</td><td>31</td></tr></table>

<footnote>*https://sites.google.com/view/davidpigeon/</footnote>
<table><tbody><tr><td>7</td><td>Formule déduite du théorème de Cayley-Hamilton</td><td>32</td></tr><tr><td>7.1</td><td>Introduction</td><td>32</td></tr><tr><td>7.2</td><td>Exemple</td><td>34</td></tr><tr><td>8</td><td>Diagonalisation et polynôme minimal</td><td>36</td></tr><tr><td>8.1</td><td>Introduction</td><td>36</td></tr><tr><td>8.2</td><td>Exemple</td><td>41</td></tr><tr><td>9</td><td>Diagonalisation et matrice de passage</td><td>43</td></tr><tr><td>9.1</td><td>Introduction</td><td>43</td></tr><tr><td>9.2</td><td>Exemple</td><td>43</td></tr><tr><td>10</td><td>Diagonalisation et matrice orthogonale</td><td>46</td></tr><tr><td>10.1</td><td>Introduction</td><td>46</td></tr><tr><td>10.2</td><td>Exemple</td><td>49</td></tr><tr><td>11</td><td>Décomposition de Schur</td><td>53</td></tr><tr><td>11.1</td><td>Introduction</td><td>53</td></tr><tr><td>11.2</td><td>Exemple</td><td>58</td></tr><tr><td>12</td><td>Décomposition de Cholesky</td><td>61</td></tr><tr><td>12.1</td><td>Introduction</td><td>61</td></tr><tr><td>12.2</td><td>Exemple</td><td>64</td></tr><tr><td>13</td><td>Décomposition QR et orthonormalisation de Gram-Schmidt</td><td>66</td></tr><tr><td>13.1</td><td>Introduction</td><td>66</td></tr><tr><td>13.2</td><td>Exemple</td><td>70</td></tr><tr><td>14</td><td>Décomposition RQ et matrices d'Householder</td><td>72</td></tr><tr><td>14.1</td><td>Introduction</td><td>72</td></tr><tr><td>14.2</td><td>Exemple</td><td>74</td></tr><tr><td>15</td><td>Décomposition polaire</td><td>76</td></tr><tr><td>15.1</td><td>Introduction</td><td>76</td></tr><tr><td>15.2</td><td>Exemple</td><td>77</td></tr><tr><td>A</td><td>Matrices d'opérations</td><td>79</td></tr><tr><td>A.1</td><td>Groupes symétriques</td><td>79</td></tr><tr><td>A.2</td><td>Déterminant d'une matrice</td><td>83</td></tr><tr><td>A.3</td><td>Matrices de permutation</td><td>85</td></tr><tr><td>A.4</td><td>Matrices d'opérations élémentaires</td><td>87</td></tr><tr><td>A.5</td><td>Propriétés</td><td>88</td></tr><tr><td>A.6</td><td>Cas des matrices triangulaires</td><td>91</td></tr><tr><td>B</td><td>Opérations élémentaires sur les lignes</td><td>95</td></tr><tr><td>B.1</td><td>Les trois opérations élémentaires</td><td>95</td></tr><tr><td>B.2</td><td>Un exemple simple</td><td>96</td></tr><tr><td>C</td><td>Opérations élémentaires sur les colonnes</td><td>97</td></tr><tr><td>C.1</td><td>Les trois opérations élémentaires</td><td>97</td></tr><tr><td>C.2</td><td>Un exemple simple</td><td>98</td></tr></tbody></table>
<table><tbody><tr><td>7</td><td>Formule déduite du théorème de Cayley-Hamilton</td><td>33</td></tr><tr><td>7.1</td><td>Introduction</td><td>33</td></tr><tr><td>7.2</td><td>Exemple</td><td>35</td></tr><tr><td>8</td><td>Diagonalisation et polynôme minimal</td><td>36</td></tr><tr><td>8.1</td><td>Introduction</td><td>36</td></tr><tr><td>8.2</td><td>Exemple</td><td>40</td></tr><tr><td>9</td><td>Diagonalisation et matrice de passage</td><td>43</td></tr><tr><td>9.1</td><td>Introduction</td><td>43</td></tr><tr><td>9.2</td><td>Exemple</td><td>43</td></tr><tr><td>10</td><td>Diagonalisation et matrice orthogonale</td><td>46</td></tr><tr><td>10.1</td><td>Introduction</td><td>46</td></tr><tr><td>10.2</td><td>Exemple</td><td>49</td></tr><tr><td>11</td><td>Décomposition de Schur</td><td>53</td></tr><tr><td>11.1</td><td>Introduction</td><td>53</td></tr><tr><td>11.2</td><td>Exemple</td><td>58</td></tr><tr><td>12</td><td>Décomposition de Cholesky</td><td>61</td></tr><tr><td>12.1</td><td>Introduction</td><td>61</td></tr><tr><td>12.2</td><td>Exemple</td><td>64</td></tr><tr><td>13</td><td>Décomposition QR et orthonormalisation de Gram-Schmidt</td><td>66</td></tr><tr><td>13.1</td><td>Introduction</td><td>66</td></tr><tr><td>13.2</td><td>Exemple</td><td>70</td></tr><tr><td>14</td><td>Décomposition RQ et matrices d'Householder</td><td>72</td></tr><tr><td>14.1</td><td>Introduction</td><td>72</td></tr><tr><td>14.2</td><td>Exemple</td><td>75</td></tr><tr><td>15</td><td>Décomposition polaire</td><td>77</td></tr><tr><td>15.1</td><td>Introduction</td><td>77</td></tr><tr><td>15.2</td><td>Exemple</td><td>80</td></tr><tr><td>A</td><td>Matrices d'opérations</td><td>82</td></tr><tr><td>A.1</td><td>Groupes symétriques</td><td>82</td></tr><tr><td>A.2</td><td>Déterminant d'une matrice</td><td>86</td></tr><tr><td>A.3</td><td>Matrices de permutation</td><td>88</td></tr><tr><td>A.4</td><td>Matrices d'opérations élémentaires</td><td>90</td></tr><tr><td>A.5</td><td>Propriétés</td><td>91</td></tr><tr><td>A.6</td><td>Cas des matrices triangulaires</td><td>94</td></tr><tr><td>B</td><td>Opérations élémentaires sur les lignes</td><td>98</td></tr><tr><td>B.1</td><td>Les trois opérations élémentaires</td><td>98</td></tr><tr><td>B.2</td><td>Un exemple simple</td><td>99</td></tr><tr><td>C</td><td>Opérations élémentaires sur les colonnes</td><td>100</td></tr><tr><td>C.1</td><td>Les trois opérations élémentaires</td><td>100</td></tr><tr><td>C.2</td><td>Un exemple simple</td><td>101</td></tr></tbody></table>
<table><tr><td>D Rotations de Givens</td><td>99</td></tr><tr><td>D.1 Introduction</td><td>99</td></tr><tr><td>D.2 Exemple</td><td>102</td></tr><tr><td>Références</td><td>105</td></tr></table>
<table><tr><td>D Rotations de Givens</td><td>102</td></tr><tr><td>D.1 Introduction</td><td>102</td></tr><tr><td>D.2 Exemple</td><td>105</td></tr><tr><td>Références</td><td>108</td></tr></table>
# Introduction

Dans tout le texte, si rien n'est précisé, $n$ et $p$ sont des entiers naturels non nuls et $\mathbb{R}$ le corps de nombres réels.
On note :

* $\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})$ l'ensemble des matrices de taille $(n,p)$;

* $\mathcal{M}_n(\mathbb{R}) := \mathcal{M}_{n,n}(\mathbb{R})$ l'ensemble des matrices carrés de taille $n$.

## Définition 0.0.1

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. On dit que $M$ est **inversible** s'il existe $N \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$MN = I_n \quad \wedge \quad NM = I_n.$$

On note $\text{GL}_n(\mathbb{R})$ le **groupe linéaire des matrices inversibles de tailles $n$**.

Si $M$ est inversible alors la matrice $N$ est unique, on a la note :

$$M^{-1}.$$

On peut montrer qu'une seule des deux égalités est utile car on a le théorème suivant.

## Théorème 0.0.2

Soit $M, N \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. Supposons que $MN = I_n$. Alors on a $NM = I_n$.

Chaque section du texte comporte deux sous-sections. Une première sous-section théorique où on étudie le cas en dimension $n$ (pour une partie des résultats, on démontrera le ou les théorèmes dans le cas $n := 3$) et une seconde sous-section où on applique ces résultats à la matrice $A$ qui suit.

## La matrice $A$ du texte

La matrice $A$ à laquelle on applique les résultats théoriques pour le calcul de $A^{-1}$ est la matrice :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

On va calculer l'inverse de $A$ de quinze façons différentes<fnref n="1" /> :

1. en utilisant la comatrice;

2. en utilisant les décompositions PLU et LU;

3. en appliquant la méthode du pivot de Gauss;

4. en faisant des opérations élémentaires sur les lignes;

5. en faisant des opérations élémentaires sur les colonnes;

6. en utilisant le théorème de Cayley-Hamilton;

7. en utilisant une formule déduit du théorème de Cayley-Hamilton;

8. en diagonalisant et en utilisant le polynôme minimal;

<footnote n="1">1. On commence par les méthodes avec la comatrice et les décompositions PLU et LU car elles sont à la base de plusieurs preuves qui suivront.</footnote>
# Introduction

Dans tout le texte, si rien n'est précisé, $n$ et $p$ sont des entiers naturels non nuls et $\mathbb{R}$ le corps de nombres réels.
On note :

* $\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})$ l'ensemble des matrices de taille $(n,p)$;

* $\mathcal{M}_n(\mathbb{R}) := \mathcal{M}_{n,n}(\mathbb{R})$ l'ensemble des matrices carrés de taille $n$.

## Définition 0.0.1

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. On dit que $M$ est **inversible** s'il existe $N \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$MN = I_n \land NM = I_n.$$

On note $\text{GL}_n(\mathbb{R})$ le groupe linéaire des matrices inversibles de tailles $n$.

Si $M$ est inversible alors la matrice $N$ est unique, on a la note :

$$M^{-1}.$$

On peut montrer qu'une seule des deux égalités est utile car on a le théorème suivant.

## Théorème 0.0.2

Soit $M, N \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. Supposons que $MN = I_n$. Alors on a $NM = I_n$.

Chaque section du texte comporte deux sous-sections. Une première sous-section théorique où on étudie le cas en dimension $n$ (pour une partie des résultats, on démontrera le ou les théorèmes dans le cas $n := 3$) et une seconde sous-section où on applique ces résultats à la matrice $A$ qui suit.

## La matrice $A$ du texte

La matrice $A$ à laquelle on applique les résultats théoriques pour le calcul de $A^{-1}$ est la matrice :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

On va calculer l'inverse de $A$ de quinze façons différentes<fnref n="1" /> :

1. en utilisant la comatrice;

2. en utilisant les décompositions PLU et LU;

3. en appliquant la méthode du pivot de Gauss;

4. en faisant des opérations élémentaires sur les lignes;

5. en faisant des opérations élémentaires sur les colonnes;

6. en utilisant le théorème de Cayley-Hamilton;

7. en utilisant une formule déduite du théorème de Cayley-Hamilton;

<footnote n="1">1. On commence par les méthodes avec la comatrice et les décompositions PLU et LU car elles sont à la base de plusieurs preuves qui suivront.</footnote>
9. en diagonalisant et en utilisant la matrice de passage;

10. en diagonalisant et en utilisant une matrice de passage orthogonale;

11. en utilisant la décomposition de Schur;

12. en utilisant la décomposition Cholesky;

13. en utilisant la décomposition QR avec la méthode de Gram-Schmidt;

14. en utilisant la décomposition RQ avec les matrices d'Householder;

15. en utilisant la décomposition polaire.

On obtiendra dans tous les cas que l'inverse de $A$ vaut :

$$A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}.$$

Les méthodes utilisées dans le texte ne sont pas forcément des méthodes usuelles pour calculer l'inverse d'une matrice. Les deux objectifs du texte sont :

(1) faire pratiquer sur un exemple simple des outils puissants et usuels d'algèbre linéaire;

(2) faire découvrir de nouvelles techniques d'algèbre linéaire. Certaines méthodes seront lourdes en calcul. Elles semblent inutiles car longues mais peuvent l'être suivant les informations que l'on possède avant le calcul de l'inverse.

La fin du texte comporte quatre annexes :

A. sur les notions utiles d'algèbre linéaire : le déterminant et les matrices élémentaires;

B. sur les opérations élémentaires sur les lignes;

C. sur les opérations élémentaires sur les colonne;

D. une dernière technique pour calculer la décomposition QR en utilisant les rotations de Givens.

On trouvera dans les livres de Denis Serre [2], de Roger A. Horn et Charles R. Johnson [1], et sur les pages Wikipédia [3] des informations complémentaires à ce texte.

## Inversibilité de $A$

On finit cette introduction avec l'inversibilité de la matrice $A$. On montre de deux façons différentes que $A$ est inversible (voir en annexe et dans le texte pour les notations utilisées).<fnref n="2" />

(1) En exploitant le 0 sur la dernière ligne et comme le rang est invariant par les opérations sur les lignes et les colonnes (voir les sections B et C pour les notations utilisées), on a directement que :

$$ \begin{align*} \operatorname{rg}(A) &= \operatorname{rg} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \\ &= \operatorname{rg} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \quad L_2 \to L_2 - 2L_1 \\ &= 1 + \operatorname{rg} \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \end{align*} $$

<footnote n="2">2. Chacune des méthodes que l'on verra dans ce texte peuvent-être aussi des méthodes pour montrer l'inversibilité : un calcul possible ou un calcul qui se termine étant autant de critères d'inversibilité.</footnote>
8. en diagonalisant et en utilisant le polynôme minimal;

9. en diagonalisant et en utilisant la matrice de passage;

10. en diagonalisant et en utilisant une matrice de passage orthogonale;

11. en utilisant la décomposition de Schur;

12. en utilisant la décomposition Cholesky;

13. en utilisant la décomposition QR avec la méthode de Gram-Schmidt;

14. en utilisant la décomposition RQ avec les matrices d'Householder;

15. en utilisant la décomposition polaire.

On obtiendra dans tous les cas que l'inverse de $A$ vaut :

$$A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}.$$

Les méthodes utilisées dans le texte ne sont pas forcément des méthodes usuelles pour calculer l'inverse d'une matrice. Les deux objectifs du texte sont :

(1) faire pratiquer sur un exemple simple des outils puissants et usuels d'algèbre linéaire;

(2) faire découvrir de nouvelles techniques d'algèbre linéaire. Certaines méthodes seront lourdes en calcul. Elles semblent inutiles car longues mais peuvent l'être suivant les informations que l'on possède avant le calcul de l'inverse.

La fin du texte comporte quatre annexes :

A. sur les notions utiles d'algèbre linéaire : le déterminant et les matrices élémentaires;

B. sur les opérations élémentaires sur les lignes;

C. sur les opérations élémentaires sur les colonne;

D. une dernière technique pour calculer la décomposition QR en utilisant les rotations de Givens.

On trouvera dans les livres de Denis Serre [2], de Roger A. Horn et Charles R. Johnson [1], et sur les pages Wikipédia [3] des informations complémentaires à ce texte.

## Inversibilité de $A$

On finit cette introduction avec l'inversibilité de la matrice $A$. On montre de deux façons différentes que $A$ est inversible (voir en annexe et dans le texte pour les notations utilisées).<fnref n="2" />

(1) En exploitant le 0 sur la dernière ligne et comme le rang est invariant par les opérations sur les lignes et les colonnes (voir les sections B et C pour les notations utilisées), on a directement que :

$$ \begin{align*} \operatorname{rg}(A) &= \operatorname{rg} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \\ &= \operatorname{rg} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ -2 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \quad L_2 \to L_2 - 2L_1 \end{align*} $$

<footnote n="2">2. Chacune des méthodes que l'on verra dans ce texte peuvent-être aussi des méthodes pour montrer l'inversibilité : un calcul possible ou un calcul qui se termine étant un critère d'inversibilité.</footnote>
$= 3$

car les deux lignes de la matrice de taille 2 sont non colinéaires (donc forment une famille libre).

(2) En calculant le déterminant par rapport à la dernière colonne, on a :

$$
\begin{align*}
\det(A) &= \begin{vmatrix} 2 & -3 \\ -1 & 2 \end{vmatrix} \begin{vmatrix} 2 & -2 \\ -1 & 2 \end{vmatrix} \\
&= 1 - 4 \\
&= -3 \\
&\neq 0
\end{align*}
$$
$$ 
\begin{aligned}
&= 1 + \mathrm{rg} \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \\
&= 3
\end{aligned}
$$

car les deux lignes de la matrice de taille 2 sont non colinéaires (donc forment une famille libre).

(2) En calculant le déterminant par rapport à la dernière colonne, on a :

$$ 
\begin{aligned}
\det(A) &= \begin{vmatrix} 2 & -3 \\ -1 & 2 \end{vmatrix} - 2 \begin{vmatrix} 2 & -2 \\ -1 & 2 \end{vmatrix} \\
&= 1 - 4 \\
&= -3 \\
&\neq 0
\end{aligned}
$$
## 1 Comatrice

On utilise dans cette section la formule usuelle reliant l'inverse d'une matrice et la transposée de la matrice des cofacteurs appelée aussi comatrice (voir l'appendice A pour les informations nécessaires sur le groupe symétrique et le déterminant).

### 1.1 Introduction

On rappelle la définition de la comatrice d'une matrice carrée.

**Définition 1.1.1**

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.

(i) Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$.

(a) Le mineur $\Delta_{i,j}(M)$ d'indice $(i, j)$ de $M$ est défini comme le déterminant de la matrice $M$ à laquelle on a enlevé la ligne $i$ et la colonne $j$.

(b) Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$. Le cofacteur d'indice $(i, j)$ de $M$ est défini par :

$$(-1)^{i+j} \Delta_{i,j}(M).$$

(ii) La comatrice de $M$ est la matrice des cofacteurs définie par :

$$\mathrm{Com}(M) := ((-1)^{i+j} \Delta_{i,j}(M))_{i,j} \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}).$$

On en déduit une méthode pour calculer l'inverse grâce au résultat usuel suivant.

**Proposition 1.1.2**

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. On a :

$$\det(M)I_n = M\mathrm{Com}(M)^T = \mathrm{Com}(M)^T M.$$

*Démonstration.* On note $M := (m_{i,j})_{ij}$. Montrons une des deux égalités pour $n := 3$. On a pour tous $i, j \in \{1, 2, 3\}$ :

$$ 
\begin{align*}
[M\mathrm{Com}(M)^T]_{ij} &= \left[ \begin{pmatrix} m_{11} & m_{12} & m_{13} \\ m_{21} & m_{22} & m_{23} \\ m_{31} & m_{32} & m_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \Delta_{11}(M) & -\Delta_{21}(M) & \Delta_{31}(M) \\ -\Delta_{12}(M) & \Delta_{22}(M) & -\Delta_{32}(M) \\ \Delta_{13}(M) & -\Delta_{23}(M) & \Delta_{33}(M) \end{pmatrix} \right]_{ij} \\
&= \sum_{k=1}^{3} m_{ik} [\mathrm{Com}(M)^T]_{kj} \\
&= \sum_{k=1}^{3} m_{ik} [\mathrm{Com}(M)]_{jk} \\
&= \sum_{k=1}^{3} (-1)^{j+k} m_{ik} \Delta_{j,k}(M)
\end{align*}
$$

On a deux cas.

(1) Cas $i = j$. Prenons par exemple $i := j := 1$. On a :

$$ 
\begin{align*}
\mathfrak{S}_3 &= \{\mathrm{Id}, (12), (13), (23), (123) = (12)(23), (132) = (13)(32)\} \\
&=: \{\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3, \sigma_4, \sigma_5, \sigma_6\}
\end{align*}
$$
## 1 Comatrice

On utilise dans cette section la formule usuelle reliant l'inverse d'une matrice et la transposée de la matrice des cofacteurs appelée aussi comatrice (voir l'appendice A pour les informations nécessaires sur le groupe symétrique et le déterminant).

### 1.1 Introduction

On rappelle la définition de la comatrice d'une matrice carrée.

**Définition 1.1.1**

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.

(i) Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$.

(a) Le **mineur** $\Delta_{i,j}(M)$ **d'indice** $(i, j)$ **de** $M$ est défini comme le déterminant de la matrice $M$ à laquelle on a enlevé la ligne $i$ et la colonne $j$.

(b) Le **cofacteur d'indice** $(i, j)$ **de** $M$ est défini par :

$$(-1)^{i+j} \Delta_{i,j}(M).$$

(ii) La **comatrice de** $M$ est la matrice des cofacteurs définie par :

$$\mathrm{Com}(M) := ((-1)^{i+j} \Delta_{i,j}(M))_{i,j} \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}).$$

On en déduit une méthode pour calculer l'inverse grâce au résultat usuel suivant.

**Proposition 1.1.2**

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. On a :

$$\det(M)I_n = M\mathrm{Com}(M)^T = \mathrm{Com}(M)^T M.$$

*Démonstration.* On note $M := (m_{i,j})_{ij}$. Montrons une des deux égalités pour $n := 3$. On a pour tous $i, j \in \{1, 2, 3\}$ :

$$ \begin{align*} [M\mathrm{Com}(M)^T]_{ij} &= \begin{bmatrix} m_{11} & m_{12} & m_{13} \\ m_{21} & m_{22} & m_{23} \\ m_{31} & m_{32} & m_{33} \end{bmatrix} \begin{pmatrix} \Delta_{11}(M) & -\Delta_{21}(M) & \Delta_{31}(M) \\ -\Delta_{12}(M) & \Delta_{22}(M) & -\Delta_{32}(M) \\ \Delta_{13}(M) & -\Delta_{23}(M) & \Delta_{33}(M) \end{pmatrix} \end{bmatrix}_{ij} \\ &= \sum_{k=1}^{3} m_{ik} [\mathrm{Com}(M)^T]_{kj} \\ &= \sum_{k=1}^{3} m_{ik} [\mathrm{Com}(M)]_{jk} \\ &= \sum_{k=1}^{3} (-1)^{j+k} m_{ik} \Delta_{j,k}(M) \end{align*} $$

On a deux cas.

(1) Cas $i = j$. Prenons par exemple $i := j := 1$. On a :

$$\mathcal{S}_3 = \{\mathrm{Id}, (12), (13), (23), (123) = (12)(23), (132) = (13)(32)\}$$
et les signatures des six permutations valent :

$\varepsilon(\sigma_1) = 1$

$\varepsilon(\sigma_2) = -1$

$\varepsilon(\sigma_3) = -1$

$\varepsilon(\sigma_4) = -1$

$\varepsilon(\sigma_5) = 1$

$\varepsilon(\sigma_6) = 1$

On a :

$$
\begin{align*}
& [M \operatorname{Com}(M)^T]_{11} \\
&= \sum_{k=1}^{3} m_{1k} (-1)^{1+k} \Delta_{1,k}(M) \\
&= m_{11} \Delta_{1,1}(M) - m_{12} \Delta_{1,2}(M) + m_{13} \Delta_{1,3}(M) \\
&= m_{11} \begin{vmatrix} m_{22} & m_{23} \\ m_{32} & m_{33} \end{vmatrix} - m_{12} \begin{vmatrix} m_{21} & m_{23} \\ m_{31} & m_{33} \end{vmatrix} + m_{13} \begin{vmatrix} m_{21} & m_{22} \\ m_{31} & m_{32} \end{vmatrix} \\
&= m_{11} m_{22} m_{33} - m_{11} m_{23} m_{32} - m_{12} m_{21} m_{33} + m_{12} m_{23} m_{31} + m_{13} m_{21} m_{32} - m_{13} m_{22} m_{31} \\
&= \varepsilon(\sigma_1) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_1(i)} + \varepsilon(\sigma_4) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_4(i)} + \varepsilon(\sigma_2) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_2(i)} \\
&\qquad + \varepsilon(\sigma_5) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_5(i)} + \varepsilon(\sigma_6) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_6(i)} + \varepsilon(\sigma_3) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_3(i)} \\
&= \sum_{k=1}^{6} \varepsilon(\sigma_k) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_k(i)} \\
&= \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_3} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^{n} m_{i,\sigma(i)} \\
&= \det(M)
\end{align*}
$$

(2) Cas $i \neq j$. Prenons par exemple $i := 1$ et $j := 2$. On a :

$$
\begin{align*}
& [M \operatorname{Com}(M)^T]_{12} \\
&= \sum_{k=1}^{3} m_{1k} (-1)^{2+k} \Delta_{2,k}(M) \\
&= -m_{11} \Delta_{2,1}(M) + m_{12} \Delta_{2,2}(M) - m_{13} \Delta_{2,3}(M) \\
&= -m_{11} \begin{vmatrix} m_{12} & m_{13} \\ m_{32} & m_{33} \end{vmatrix} + m_{12} \begin{vmatrix} m_{11} & m_{13} \\ m_{31} & m_{33} \end{vmatrix} - m_{13} \begin{vmatrix} m_{11} & m_{12} \\ m_{31} & m_{32} \end{vmatrix} \\
&= -m_{11} m_{12} m_{33} + m_{11} m_{32} m_{13} + m_{12} m_{11} m_{33} - m_{12} m_{31} m_{13} - m_{13} m_{11} m_{32} + m_{13} m_{31} m_{12} \\
&=0
\end{align*}
$$

<figure><img src="image_2.png" /></figure>

On en déduit alors une formule pour calculer l'inverse d'une matrice.

Corollaire 1.1.3

Soit $A \in \operatorname{GL}_n(\mathbb{R})$. On a :

$$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \operatorname{Com}(A)^T.$$
$$ =: \{\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3, \sigma_4, \sigma_5, \sigma_6\} $$

et les signatures des six permutations valent :

$$ \varepsilon(\sigma_1) = 1 $$

$$ \varepsilon(\sigma_2) = -1 $$

$$ \varepsilon(\sigma_3) = -1 $$

$$ \varepsilon(\sigma_4) = -1 $$

$$ \varepsilon(\sigma_5) = 1 $$

$$ \varepsilon(\sigma_6) = 1 $$

On a :

$$
\begin{align*}
& [M \operatorname{Com}(M)^T]_{11} \\
&= \sum_{k=1}^{3} m_{1k} (-1)^{1+k} \Delta_{1,k}(M) \\
&= m_{11} \Delta_{1,1}(M) - m_{12} \Delta_{1,2}(M) + m_{13} \Delta_{1,3}(M) \\
&= m_{11} \begin{vmatrix} m_{22} & m_{23} \\ m_{32} & m_{33} \end{vmatrix} - m_{12} \begin{vmatrix} m_{21} & m_{23} \\ m_{31} & m_{33} \end{vmatrix} + m_{13} \begin{vmatrix} m_{21} & m_{22} \\ m_{31} & m_{32} \end{vmatrix} \\
&= m_{11} m_{22} m_{33} - m_{11} m_{23} m_{32} - m_{12} m_{21} m_{33} + m_{12} m_{23} m_{31} + m_{13} m_{21} m_{32} - m_{13} m_{22} m_{31} \\
&= \varepsilon(\sigma_1) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_1(i)} + \varepsilon(\sigma_4) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_4(i)} + \varepsilon(\sigma_2) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_2(i)} \\
&\qquad + \varepsilon(\sigma_5) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_5(i)} + \varepsilon(\sigma_6) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_6(i)} + \varepsilon(\sigma_3) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_3(i)} \\
&= \sum_{k=1}^{6} \varepsilon(\sigma_k) \prod_{i=1}^{3} m_{i,\sigma_k(i)} \\
&= \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_3} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^{n} m_{i,\sigma(i)} \\
&= \det(M)
\end{align*}
$$

(2) Cas $i \neq j$. Prenons par exemple $i := 1$ et $j := 2$. On a :

$$
\begin{align*}
& [M \operatorname{Com}(M)^T]_{12} \\
&= \sum_{k=1}^{3} m_{1k} (-1)^{2+k} \Delta_{2,k}(M) \\
&= -m_{11} \Delta_{2,1}(M) + m_{12} \Delta_{2,2}(M) - m_{13} \Delta_{2,3}(M) \\
&= -m_{11} \begin{vmatrix} m_{12} & m_{13} \\ m_{32} & m_{33} \end{vmatrix} + m_{12} \begin{vmatrix} m_{11} & m_{13} \\ m_{31} & m_{33} \end{vmatrix} - m_{13} \begin{vmatrix} m_{11} & m_{12} \\ m_{31} & m_{32} \end{vmatrix} \\
&= -m_{11} m_{12} m_{33} + m_{11} m_{32} m_{13} + m_{12} m_{11} m_{33} - m_{12} m_{31} m_{13} - m_{13} m_{11} m_{32} + m_{13} m_{31} m_{12} \\
&=0
\end{align*}
$$

□

On en déduit alors une formule pour calculer l'inverse d'une matrice.
## 1.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

en utilisant la formule du corollaire :

$$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \mathrm{Com}(A)^T.$$

* Comatrice de A. On a :

$$\begin{align*}
\mathrm{Com}(A) &= \begin{pmatrix}
\Delta_{11}(A) & -\Delta_{12}(A) & \Delta_{13}(A) \\
-\Delta_{21}(A) & \Delta_{22}(A) & -\Delta_{23}(A) \\
\Delta_{31}(A) & -\Delta_{32}(A) & \Delta_{33}(A)
\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}
\begin{vmatrix} -3 & 2 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & 2 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & -3 \\ -1 & 2 \end{vmatrix} \\
\begin{vmatrix} -2 & 1 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & -2 \\ -1 & 2 \end{vmatrix} \\
\begin{vmatrix} -2 & 1 \\ -3 & 2 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 2 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & -2 \\ 2 & -3 \end{vmatrix}
\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}
-4 & -2 & 1 \\
2 & 1 & -2 \\
-1 & -2 & -2
\end{pmatrix}
\end{align*}$$

* Déterminant de A. On a :

$$\begin{align*}
\det(A) &= \begin{vmatrix}
2 & -2 & 1 \\
2 & -3 & 2 \\
-1 & 2 & 0
\end{vmatrix} \\
&= 2 \begin{vmatrix}
-3 & 2 \\
2 & 0
\end{vmatrix} - 2 \begin{vmatrix}
-2 & 1 \\
2 & 0
\end{vmatrix} - \begin{vmatrix}
-2 & 1 \\
-3 & 2
\end{vmatrix} \\
&= -8 + 4 + 1 \\
&= -3
\end{align*}$$

Ainsi on a :

$$\begin{align*}
A^{-1} &= \frac{1}{\det(A)} \mathrm{Com}(A)^T \\
&= \frac{1}{-3} \begin{pmatrix} -4 & -2 & 1 \\ 2 & 1 & -2 \\ -1 & -2 & -2 \end{pmatrix}^T \\
&= -\frac{1}{3} \begin{pmatrix} -4 & 2 & -1 \\ -2 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & -2 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}$$
Corollaire 1.1.3

Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. On a :

$$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \text{Com}(A)^T.$$

1.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

en utilisant la formule du corollaire :

$$A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \text{Com}(A)^T.$$

• Comatrice de A. On a :

$$\begin{align*}
\text{Com}(A) &= \begin{pmatrix}
\Delta_{11}(A) & -\Delta_{12}(A) & \Delta_{13}(A) \\
-\Delta_{21}(A) & \Delta_{22}(A) & -\Delta_{23}(A) \\
\Delta_{31}(A) & -\Delta_{32}(A) & \Delta_{33}(A)
\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}
\begin{vmatrix} -3 & 2 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 2 & 2 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & -3 \\ -1 & 2 \end{vmatrix} \\
- \begin{vmatrix} -2 & 1 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 2 & -2 \\ -1 & 2 \end{vmatrix} \\
\begin{vmatrix} -2 & 1 \\ -3 & 2 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 2 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & -2 \\ 2 & -3 \end{vmatrix}
\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}
-4 & -2 & 1 \\
2 & 1 & -2 \\
-1 & -2 & -2
\end{pmatrix}
\end{align*}$$

• Déterminant de A. On a :

$$\begin{align*}
\det(A) &= \begin{vmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{vmatrix} \\
&= 2 \begin{vmatrix} -3 & 2 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} - 2 \begin{vmatrix} -2 & 1 \\ 2 & 0 \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} -2 & 1 \\ -3 & 2 \end{vmatrix} \\
&= -8 + 4 + 1 \\
&= -3
\end{align*}$$

Ainsi on a :

$$\begin{align*}
A^{-1} &= \frac{1}{\det(A)} \text{Com}(A)^T \\
&= \frac{1}{-3} \begin{pmatrix} -4 & -2 & 1 \\ 2 & 1 & -2 \\ -1 & -2 & -2 \end{pmatrix}^T \\
&= -\frac{1}{3} \begin{pmatrix} -4 & 2 & -1 \\ -2 & 1 & -2 \\ 1 & -2 & -2 \end{pmatrix}
\end{align*}$$
## 2 Décompositions PLU et LU

On utilise dans cette section les décompositions PLU et LU pour calculer l'inverse d'une matrice (voir l'appен-dice A pour les informations nécessaires sur le déterminant et les matrices d'opérations). Grâce à ces décompositions permettent d'exprimer une matrice inversible comme le produit de deux matrices triangulaires à multiplication par une matrice de permutations. Le calcul de l'inverse de la matrice devient donc facile.

### 2.1 Introduction

On commence par une définition qui nous servira pour la décomposition LU, celle de mineur principal.

**Définition 2.1.1**

Soit $M := (m_{ij})_{ij} \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. Les mineurs principaux de $M$ sont les déterminants des sous-matrices :

$$ (m_{ij})_{1\le i,j\le k} $$

pour $k \in \{1, \dots, n\}$.

On note alors pour tout $k \in \{1, \dots, n\}$ :

$$ \mu_k(M) := \det((m_{ij})_{1\le i,j\le k}) $$

appelé **mineur principal de $M$ de taille $k$**.

Par exemple pour une matrice :

$$ M := \begin{pmatrix} m_{11} & m_{12} & m_{13} \\ m_{21} & m_{22} & m_{23} \\ m_{31} & m_{32} & m_{33} \end{pmatrix} $$

les trois mineurs principaux sont :

$$ \mu_1(M) = \det(m_{11}) = m_{11} $$

$$ \mu_2(M) = \Delta_{33}(M) = \begin{vmatrix} m_{11} & m_{12} \\ m_{21} & m_{22} \end{vmatrix} = m_{11}m_{22} - m_{12}m_{21} $$

$$ \mu_3(M) = \det(M) = \begin{vmatrix} m_{11} & m_{12} & m_{13} \\ m_{21} & m_{22} & m_{23} \\ m_{31} & m_{32} & m_{33} \end{vmatrix} $$

On a alors les résultats suivant sur l'existence et l'unicité des décompositions PLU et LU.

**Proposition 2.1.2**

(i) (Décomposition LU) Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ dont tous les mineurs principaux sont non nuls.

(a) Il existe des **uniques** matrices $L, U \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ de la forme :

$$ L := \begin{pmatrix} 1 & & & & (0) \\ l_{2,1} & 1 & & & \\ \vdots & \vdots & \ddots & & \\ l_{n,1} & \cdots & l_{n,n-1} & 1 & \end{pmatrix}, \quad U := \begin{pmatrix} u_{1,1} & u_{1,2} & \cdots & u_{1,n} \\ & u_{22} & & \vdots \\ & & \ddots & \vdots \\ & & & u_{n,n} \end{pmatrix} $$

telles que :

$$ A = LU $$
$$ = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} $$
On appelle cette décomposition **la décomposition LU de A**.

(b) On a :
$$A^{-1} = U^{-1}L^{-1}.$$

(ii) (**Décomposition PLU**) Soit $A \in GL_n(\mathbb{R})$.

(a) Il existe une matrice de permutations $P \in GL_n(\mathbb{R})$ et deux matrices $L, U \in GL_n(\mathbb{R})$ de la forme :

$$L := \begin{pmatrix} 1 & & & (0) \\ l_{2,1} & 1 & & \\ \vdots & \ddots & \ddots & \\ l_{n,1} & \cdots & l_{n,n-1} & 1 \end{pmatrix}, \quad U := \begin{pmatrix} u_{1,1} & u_{1,2} & \cdots & u_{1,n} \\ & u_{22} & & \vdots \\ & & \ddots & \\ & & & u_{n,n} \end{pmatrix}$$

telles que :
$$A = PLU$$

On appelle cette décomposition **une décomposition PLU de A**.

(b) On a :
$$A^{-1} = U^{-1}L^{-1}P^{-1}.$$

**Démonstration.** Montrons le résultat dans le cas $n := 3$. Posons :

$$A := \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} \in GL_3(\mathbb{R}).$$

(i) Notons les trois mineurs principaux de $A$ par :

$$\mu_1 := \mu_1(A) = a_{11}$$

$$\mu_2 := \mu_2(A) = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{vmatrix} = a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21}$$

$$\mu_3 := \mu_3(A) = \det(A)$$

Soit :
$$L := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ l_{21} & 1 & 0 \\ l_{31} & l_{32} & 1 \end{pmatrix}, \quad U := \begin{pmatrix} u_{11} & u_{12} & u_{13} \\ 0 & u_{22} & u_{23} \\ 0 & 0 & u_{33} \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}).$$

On a par identification :

$$A = LU$$

$$\iff \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ l_{21} & 1 & 0 \\ l_{31} & l_{32} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_{11} & u_{12} & u_{13} \\ 0 & u_{22} & u_{23} \\ 0 & 0 & u_{33} \end{pmatrix}$$

$$\iff \begin{cases} \text{1ère ligne :} & a_{11} = u_{11}, a_{12} = u_{12}, a_{13} = u_{13} \\ \text{2ème ligne :} & a_{21} = l_{21}u_{11}, a_{22} = l_{21}u_{12} + u_{22}, a_{23} = l_{21}u_{13} + u_{23} \\ \text{3ème ligne :} & a_{31} = l_{31}u_{11}, a_{32} = l_{31}u_{12} + l_{32}u_{22}, a_{33} = l_{31}u_{13} + l_{32}u_{23} + u_{33} \\ \text{déterminant :} & \mu_3 = \det(A) = u_{11}u_{22}u_{33} \end{cases}$$
## 2 Décompositions PLU et LU

On utilise dans cette section les décompositions PLU et LU pour calculer l'inverse d'une matrice (voir l'appendice A pour les informations nécessaires sur le déterminant et les matrices d'opérations). Ces décompositions permettent d'exprimer une matrice inversible comme le produit de deux matrices triangulaires à multiplication par une matrice de permutations près. Le calcul de l'inverse de la matrice devient donc facile.

### 2.1 Introduction

On commence par une définition qui nous servira pour la décomposition LU, celle de mineur principal.

#### Définition 2.1.1

Soit $M := (m_{ij})_{ij} \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. Les mineurs principaux de $M$ sont les déterminants des sous-matrices :

$$ (m_{ij})_{1\le i,j\le k} $$

pour $k \in \{1, \dots, n\}$.

On note alors pour tout $k \in \{1, \dots, n\}$ :

$$ \mu_k(M) := \det((m_{ij})_{1\le i,j\le k}) $$

appelé **mineur principal de $M$ de taille $k$**.

Par exemple pour une matrice :

$$ M := \begin{pmatrix} m_{11} & m_{12} & m_{13} \\ m_{21} & m_{22} & m_{23} \\ m_{31} & m_{32} & m_{33} \end{pmatrix} $$

les trois mineurs principaux sont :

$$ \mu_1(M) = \det(m_{11}) = m_{11} $$

$$ \mu_2(M) = \Delta_{33}(M) = \begin{vmatrix} m_{11} & m_{12} \\ m_{21} & m_{22} \end{vmatrix} = m_{11}m_{22} - m_{12}m_{21} $$

$$ \mu_3(M) = \det(M) = \begin{vmatrix} m_{11} & m_{12} & m_{13} \\ m_{21} & m_{22} & m_{23} \\ m_{31} & m_{32} & m_{33} \end{vmatrix} $$

On a alors le résultat suivant sur l'existence et l'unicité des décompositions PLU et LU.

#### Proposition 2.1.2

(i) (Décomposition LU) Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ dont tous les mineurs principaux sont non nuls.

(a) Il existe des **uniques** matrices $L, U \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ de la forme :

$$ L := \begin{pmatrix} 1 & & & & (0) \\ l_{2,1} & 1 & & & \\ \vdots & \vdots & \ddots & & \\ l_{n,1} & \cdots & l_{n,n-1} & 1 & \end{pmatrix}, \quad U := \begin{pmatrix} u_{1,1} & u_{1,2} & \cdots & u_{1,n} \\ & u_{22} & & \vdots \\ & & \ddots & \vdots \\ (0) & & & u_{n,n} \end{pmatrix} $$

telles que :

$$ A = LU $$
$$
\begin{array}{rcl}
\iff \mu_1, \mu_2 \neq 0 & \wedge & \left\{
\begin{array}{l}
u_{11} = a_{11} = \mu_1, \quad u_{12} = a_{12}, \quad u_{13} = a_{13} \\
l_{21} = \frac{a_{21}}{u_{11}} = \frac{a_{21}}{\mu_1} \\
u_{22} = a_{22} - l_{21}u_{12} = a_{22} - \frac{a_{21}a_{12}}{\mu_1} = \frac{\mu_2}{\mu_1} \\
u_{23} = a_{23} - l_{21}u_{13} = \frac{\Delta_{32}}{\mu_1} \\
l_{31} = \frac{a_{31}}{u_{11}} = \frac{a_{31}}{\mu_1} \\
l_{32} = \frac{a_{32} - l_{31}u_{12}}{u_{11}u_{22}} = \frac{\Delta_{23}}{\mu_2} \\
u_{33} = \frac{\mu_3}{u_{11}u_{22}} = \frac{\mu_3}{\mu_2}
\end{array}
\right\} \\
\\
\iff \mu_1, \mu_2 \neq 0 & \wedge & L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ a_{21}/\mu_1 & 1 & 0 \\ a_{31}/\mu_1 & \Delta_{23}/\mu_2 & 1 \end{pmatrix}, \quad U = \begin{pmatrix} \mu_1 & a_{12} & a_{13} \\ 0 & \mu_2/\mu_1 & \Delta_{32}/\mu_1 \\ 0 & 0 & \mu_3/\mu_2 \end{pmatrix}
\end{array}
$$

On a donc, par le raisonnement par équivalence, existence et unicité de la décomposition *LU*.

(ii) Il suffit de montrer qu'il existe une matrice de permutation $P'$ telle que $P'A$ ait tous ces mineurs principaux non-nuls car ainsi $P'A$ s'écrira $P'A = LU$ comme dans le cas (i) i.e. :

$$
A = P'^{-1}LU = PLU.
$$

avec $P := (P')^{-1}$ qui est aussi une matrice de permutations.

Comme $A$ est inversible, sa première colonne est non nulle. Donc il existe un indice $i_0 \in \{1,2,3\}$ tel que $a_{i_0,1} \neq 0$. Posons alors :

$$
P' := \mathbf{P}_{1,i_0}.
$$

Posons $A' := P'A$. La matrice $A'$ est du type :

$$
A' := \begin{pmatrix} a_{i_0,1} & a'_{12} & a'_{13} \\ a'_{21} & a'_{22} & a'_{23} \\ a'_{31} & a'_{32} & a'_{33} \end{pmatrix}
$$

Comme $A'$ est inversible (car $A$ et $P'$ le sont), les deux premières colonnes de $A'$ sont non-colinéaires. Alors un des deux déterminants suivants est non nul (s'ils étaient tous les deux nuls les deux colonnes seraient colinéaires donc $A'$ ne serait pas inversible) :

$$
\alpha := \begin{vmatrix} a_{i_0,1} & a'_{12} \\ a'_{21} & a'_{22} \end{vmatrix}, \quad \beta := \begin{vmatrix} a_{i_0,1} & a'_{12} \\ a'_{31} & a'_{32} \end{vmatrix}.
$$

On a alors deux cas.

(1) Cas $\alpha \neq 0$. Alors on a :

$$
\mu_1(A') := a_{i_0,1}, \quad \mu_2(A') := \alpha, \quad \mu_3(A') := \det(A')
$$

qui sont tous non-nuls. Ainsi $A'$ vérifie les conditions de (i) et par la remarque faite au début de la preuve
de (ii), on a le résultat.

(2) Cas $\alpha = 0$ et $\beta \neq 0$. Posons :

$$
P'' := \mathbf{P}_{2,3}, \quad A'' := P''A' = P''P'A.
$$

La matrice $P''P$ est une matrice de permutation. La matrice $A''$ est inversible et est du type :

$$
A'' := \begin{pmatrix} a_{i_0,1} & a'_{12} & a'_{13} \\ a'_{31} & a'_{32} & a'_{33} \\ a'_{21} & a'_{22} & a'_{23} \end{pmatrix}
$$
On appelle cette décomposition **la décomposition LU de A**.

(b) On a :
$$A^{-1} = U^{-1}L^{-1}.$$

(ii) (**Décomposition PLU**) Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$.

(a) Il existe une matrice de permutations $P \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ et deux matrices $L, U \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ de la forme :

$$L := \begin{pmatrix} 1 & & & (0) \\ l_{2,1} & 1 & & \\ \vdots & \ddots & \ddots & \\ l_{n,1} & \cdots & l_{n,n-1} & 1 \end{pmatrix}, \quad U := \begin{pmatrix} u_{1,1} & u_{1,2} & \cdots & u_{1,n} \\ & u_{22} & & \vdots \\ & & \ddots & \\ (0) & & & u_{n,n} \end{pmatrix}$$

telles que :
$$A = PLU$$

On appelle cette décomposition **une décomposition PLU de A**.

(b) On a :
$$A^{-1} = U^{-1}L^{-1}P^{-1}.$$

*Démonstration.* Montrons le résultat dans le cas $n := 3$. Posons :

$$A := \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} \in \text{GL}_3(\mathbb{R}).$$

(i) Notons les trois mineurs principaux de $A$ par :

$$\mu_1 := \mu_1(A) = a_{11}$$

$$\mu_2 := \mu_2(A) = \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{vmatrix} = a_{11}a_{22} - a_{12}a_{21}$$

$$\mu_3 := \mu_3(A) = \det(A)$$

Soit :
$$L := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ l_{21} & 1 & 0 \\ l_{31} & l_{32} & 1 \end{pmatrix}, \quad U := \begin{pmatrix} u_{11} & u_{12} & u_{13} \\ 0 & u_{22} & u_{23} \\ 0 & 0 & u_{33} \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R}).$$

On a par identification :

$$A = LU$$

$$\iff \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ l_{21} & 1 & 0 \\ l_{31} & l_{32} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_{11} & u_{12} & u_{13} \\ 0 & u_{22} & u_{23} \\ 0 & 0 & u_{33} \end{pmatrix}$$
$$\iff \begin{cases} \text{1ère ligne :} & a_{11} = u_{11}, a_{12} = u_{12}, a_{13} = u_{13} \\ \text{2ème ligne :} & a_{21} = l_{21}u_{11}, a_{22} = l_{21}u_{12} + u_{22}, a_{23} = l_{21}u_{13} + u_{23} \\ \text{3ème ligne :} & a_{31} = l_{31}u_{11}, a_{32} = l_{31}u_{12} + l_{32}u_{22}, a_{33} = l_{31}u_{13} + l_{32}u_{23} + u_{33} \\ \text{déterminant :} & \mu_3 = \det(A) = u_{11}u_{22}u_{33} \end{cases}$$
Alors on a :

$$ \mu_1(A'') := a_{i_0, 1} , \quad \mu_2(A'') := \beta , \quad \mu_3(A'') := \det(A'') $$

qui sont tous non-nuls. Ainsi $A''$ vérifie aussi les conditions de (i) et par la remarque faite au début de la preuve de (ii), on a le résultat.

☐

Une décomposition *LU* donne une décomposition *PLU* en prenant $P := I_n$. Comme nous verrons dans l'exemple suivant, la décomposition *PLU* n'est pas forcément unique *i.e.* il n'existe pas forcément une seule matrice de permutation *P* telle que *PA* ait tous ses mineurs principaux non nuls.

### Exemple 2.1.3

Soit :

$$ A := \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}. $$

On va trouver deux décompositions *PLU* distinctes pour *A*.

(1) Les deux mineurs principaux de *A* sont :

$$ \mu_1(A) = 1 , \quad \mu_2(A) = \det(A) = 1 - 4 = -3. $$

Comme ils sont non nuls, *A* a une unique décomposition *LU*. Soit :

$$ L := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ l & 1 \end{pmatrix} , \quad U := \begin{pmatrix} u & v \\ 0 & w \end{pmatrix}. $$

On a :

$$ \begin{align*} A = LU &\iff \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ l & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u & v \\ 0 & w \end{pmatrix} \\ &\iff \left\{ \begin{array}{l} 1 = u, 2 = v \\ 2 = lu, \det(A) = -3 = uw \end{array} \right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{l} u = 1, v = 2 \\ l = 2, w = -3 \end{array} \right. \\ &\iff L = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} , \quad U = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & -3 \end{pmatrix} \end{align*} $$

(2) Posons :

$$ P := \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} , \quad A' := PA = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}. $$

Les deux mineurs principaux de $A'$ sont :

$$ \mu_1(A') = 2 , \quad \mu_2(A') = \det(A) = 4 - 1 = 3. $$

Comme ils sont non nuls, $A'$ a une unique décomposition *LU*. Soit :

$$ L' := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ l' & 1 \end{pmatrix} , \quad U' := \begin{pmatrix} u' & v' \\ 0 & w' \end{pmatrix}. $$

On a :

$$ A' = L'U' \iff \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ l' & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u' & v' \\ 0 & w' \end{pmatrix} $$
$$
\begin{array}{rcl}
\iff \mu_1, \mu_2 \neq 0 & \wedge & \left\{
\begin{array}{l}
u_{11} = a_{11} = \mu_1, \quad u_{12} = a_{12}, \quad u_{13} = a_{13} \\
l_{21} = \frac{a_{21}}{u_{11}} = \frac{a_{21}}{\mu_1} \\
u_{22} = a_{22} - l_{21}u_{12} = a_{22} - \frac{a_{21}a_{12}}{\mu_1} = \frac{\mu_2}{\mu_1} \\
u_{23} = a_{23} - l_{21}u_{13} = \frac{\Delta_{32}}{\mu_1} \\
l_{31} = \frac{a_{31}}{u_{11}} = \frac{a_{31}}{\mu_1} \\
l_{32} = \frac{a_{32} - l_{31}u_{12}}{u_{11}u_{22}} = \frac{\Delta_{23}}{\mu_2} \\
u_{33} = \frac{\mu_3 u_{22}}{u_{11}u_{22}} = \frac{\mu_3}{\mu_2}
\end{array}
\right\} \\
\\
\iff \mu_1, \mu_2 \neq 0 & \wedge & L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ a_{21}/\mu_1 & 1 & 0 \\ a_{31}/\mu_1 & \Delta_{23}/\mu_2 & 1 \end{pmatrix}, \quad U = \begin{pmatrix} \mu_1 & a_{12} & a_{13} \\ 0 & \mu_2/\mu_1 & \Delta_{32}/\mu_1 \\ 0 & 0 & \mu_3/\mu_2 \end{pmatrix}
\end{array}
$$

On a donc, par le raisonnement par équivalence, existence et unicité de la décomposition *LU*.

(ii) Il suffit de montrer qu'il existe une matrice de permutation $P'$ telle que $P'A$ ait tous ces mineurs principaux non-nuls car ainsi $P'A$ s'écrira $P'A = LU$ comme dans le cas (i) *i.e.* :

$$
A = P'^{-1}LU = PLU.
$$

avec $P := (P')^{-1}$ qui est aussi une matrice de permutations.

Comme $A$ est inversible, sa première colonne est non nulle. Donc il existe un indice $i_0 \in \{1, 2, 3\}$ tel que $a_{i_0, 1} \neq 0$. Posons alors :

$$
P' := \mathbf{P}_{1,i_0}.
$$

Posons $A' := P'A$. La matrice $A'$ est du type :

$$
A' := \begin{pmatrix} a_{i_0, 1} & a'_{12} & a'_{13} \\ a'_{21} & a'_{22} & a'_{23} \\ a'_{31} & a'_{32} & a'_{33} \end{pmatrix}
$$

Comme $A'$ est inversible (car $A$ et $P'$ le sont), les deux premières colonnes de $A'$ sont non-colinéaires. Alors un des deux déterminants suivants est non nul (s'ils étaient tous les deux nuls les deux colonnes seraient colinéaires donc $A'$ ne serait pas inversible) :

$$
\alpha := \begin{vmatrix} a_{i_0, 1} & a'_{12} \\ a'_{21} & a'_{22} \end{vmatrix}, \quad \beta := \begin{vmatrix} a_{i_0, 1} & a'_{12} \\ a'_{31} & a'_{32} \end{vmatrix}.
$$

On a alors deux cas.

(1) Cas $\alpha \neq 0$. Alors on a :

$$
\mu_1(A') := a_{i_0, 1}, \quad \mu_2(A') := \alpha, \quad \mu_3(A') := \det(A')
$$

qui sont tous non-nuls. Ainsi $A'$ vérifie les conditions de (i) et par la remarque faite au début de la preuve
de (ii), on a le résultat.

(2) Cas $\alpha = 0$ et $\beta \neq 0$. Posons :

$$
P'' := \mathbf{P}_{2,3}, \quad A'' := P''A' = P''P'A.
$$

La matrice $P''P$ est une matrice de permutation. La matrice $A''$ est inversible et est du type :

$$
A'' := \begin{pmatrix} a_{i_0, 1} & a'_{12} & a'_{13} \\ a'_{31} & a'_{32} & a'_{33} \\ a'_{21} & a'_{22} & a'_{23} \end{pmatrix}
$$
$$
\begin{align*}
&\iff \begin{cases} 2 = u', & 1 = v' \\ 1 = l'u', & \det(A') = 3 = u'w' \end{cases} \\
&\iff \begin{cases} u' = 2, & v' = 1 \\ l = 1/2, & w = 3/2 \end{cases} \\
&\iff L' = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1/2 & 1 \end{pmatrix}, \quad U' = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 3/2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

En conclusion, on a trouvé deux décomposition PLU distinctes pour A :

$$
\begin{align*}
A &= LU \\
&= I_2 LU \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & -3 \end{pmatrix} \\
A &= P^{-1} A' L U \\
&= P' L' U' \\
&= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1/2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 3/2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

avec $P' := P^{-1}$.

On obtient alors le résultat fondamental suivant.

Corollaire 2.1.4

Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. Alors $A$ s'écrit comme le produit d'au plus :

$n^2 + n - 1$

matrices élémentaires.

Démonstration. La matrice $A$ admet une décomposition PLU par la proposition 2.1.2 i.e. il existe une matrice de permutation $P \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ et deux matrices $L, U \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ de la forme :

$$
L := \begin{pmatrix} 1 & & & (0) \\ l_{2,1} & 1 & & \\ \vdots & \vdots & \ddots & \\ l_{n,1} & \cdots & l_{n,n-1} & 1 \end{pmatrix}, \quad U := \begin{pmatrix} u_{1,1} & u_{1,2} & \cdots & u_{1,n} \\ & u_{2,2} & & \vdots \\ & & \ddots & \\ & & & u_{n,n} \end{pmatrix}
$$

telles que :

$A = PLU$

Par la proposition A.6.3, les matrices $L$ et $U$ se décomposent en produit de matrices élémentaires i.e. il existe
$r \in \{0, \dots, n(n-1)/2\}, s \in \{0, \dots, n(n+1)/2\}$ et $B_1, \dots, B_r, B_{r+1}, \dots, B_{r+s} \in \mathcal{E}_n(\mathbb{R})$ tels que :

$L = B_r \cdots B_1, \quad U = B_{r+s} \cdots B_{r+1}.$

Par le point (i,b) du lemmeA.5.1, il existe un entier $t \in \{0, \dots, n-1\}$ et des matrices de transpositions $B_{r+s+t}, \dots, B_{r+s+1} \in \mathcal{E}_n(\mathbb{R})$ telles que :

$P_{\sigma} = B_{r+s+1} \cdots B_{r+s+t}$
Alors on a :

$$ \mu_1(A'') := a_{i_0, 1} , \quad \mu_2(A'') := \beta , \quad \mu_3(A'') := \det(A'') $$

qui sont tous non-nuls. Ainsi $A''$ vérifie aussi les conditions de (i) et par la remarque faite au début de la preuve de (ii), on a le résultat.

□

Une décomposition $LU$ donne une décomposition $PLU$ en prenant $P := I_n$. Comme nous verrons dans l'exemple suivant, la décomposition $PLU$ n'est pas forcément unique i.e. il n'existe pas forcément une seule matrice de permutation $P$ telle que $PA$ ait tous ses mineurs principaux non nuls.

### Exemple 2.1.3

Soit :

$$ A := \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}. $$

On va trouver deux décompositions $PLU$ distinctes pour $A$.

(1) Les deux mineurs principaux de $A$ sont :

$$ \mu_1(A) = 1 , \quad \mu_2(A) = \det(A) = 1 - 4 = -3. $$

Comme ils sont non nuls, $A$ a une unique décomposition $LU$. Soit :

$$ L := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ l & 1 \end{pmatrix} , \quad U := \begin{pmatrix} u & v \\ 0 & w \end{pmatrix}. $$

On a :

$$ \begin{align*} A = LU &\iff \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ l & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u & v \\ 0 & w \end{pmatrix} \\ &\iff \left\{ \begin{array}{l} 1 = u, \ 2 = v \\ 2 = lu, \ \det(A) = -3 = uw \end{array} \right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{l} u = 1, \ v = 2 \\ l = 2, \ w = -3 \end{array} \right. \\ &\iff L = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} , \quad U = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & -3 \end{pmatrix} \end{align*} $$

(2) Posons :

$$ P := \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} , \quad A' := PA = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}. $$

Les deux mineurs principaux de $A'$ sont :

$$ \mu_1(A') = 2 , \quad \mu_2(A') = \det(A') = 4 - 1 = 3. $$

Comme ils sont non nuls, $A'$ a une unique décomposition $LU$. Soit :

$$ L' := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ l' & 1 \end{pmatrix} , \quad U' := \begin{pmatrix} u' & v' \\ 0 & w' \end{pmatrix}. $$
Ainsi on a :

$$A = B_{r+s+t} \cdots B_1.$$

et :

$$r+s+t \le \frac{n(n-1)}{2} + \frac{n(n+1)}{2} + n-1 = n^2 + n - 1.$$

□

## 2.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

en décomposant $A$ par la décomposition PLU ou la décomposition LU. Posons $A := (a_{ij})_{ij}$. Les mineurs principaux de $A$ valent :

$$\mu_1(A) = a_{11} = 2$$

$$\mu_2(A) = \begin{vmatrix} 2 & -2 \\ 2 & -3 \end{vmatrix} = -2$$

$$\mu_3(A) = \det(A) = -3.$$

Ils sont tous non-nuls. Donc on est dans la condition (i) : la matrice $A$ admet une unique décomposition $LU$.

• Calculs de $L$ et $U$. Soit

$$L := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ l_{21} & 1 & 0 \\ l_{31} & l_{32} & 1 \end{pmatrix}, \quad U := \begin{pmatrix} u_{11} & u_{12} & u_{13} \\ 0 & u_{22} & u_{23} \\ 0 & 0 & u_{33} \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})$$

On a :

$$A = LU$$

$$\iff \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ l_{21} & 1 & 0 \\ l_{31} & l_{32} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_{11} & u_{12} & u_{13} \\ 0 & u_{22} & u_{23} \\ 0 & 0 & u_{33} \end{pmatrix}$$

$$\iff \begin{cases} \text{1ère ligne : } a_{11} = u_{11}, a_{12} = u_{12}, a_{13} = u_{13} \\ \text{2ème ligne : } a_{21} = l_{21}u_{11}, a_{22} = l_{21}u_{12} + u_{22}, a_{23} = l_{21}u_{13} + u_{23} \\ \text{3ème ligne : } a_{31} = l_{31}u_{11}, a_{32} = l_{31}u_{12} + l_{32}u_{22}, a_{33} = l_{31}u_{13} + l_{32}u_{23} + u_{33} \end{cases}$$

$$\iff \begin{cases} u_{11} = 2, u_{12} = -2, u_{13} = 1 \\ l_{21} = a_{21}/u_{11} = 1 \\ u_{22} = a_{22} - l_{21}u_{12} = -1 \\ u_{23} = a_{23} - l_{21}u_{13} = 1 \\ l_{31} = a_{31}/u_{11} = -1/2 \\ l_{32} = (a_{32} - l_{31}u_{12})/u_{22} = -1 \\ u_{33} = a_{33} - l_{31}u_{13} - l_{32}u_{23} = 3/2 \end{cases}$$

$$\iff L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ -1/2 & -1 & 1 \end{pmatrix}, \quad U = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 3/2 \end{pmatrix}$$
On a :

$$
\begin{align*}
A' = L'U' &\iff \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ l' & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u' & v' \\ 0 & w' \end{pmatrix} \\
&\iff \left\{ \begin{array}{l} 2 = u', \ 1 = v' \\ 1 = l'u', \ \det(A') = 3 = u'w' \end{array} \right. \\
&\iff \left\{ \begin{array}{l} u' = 2, \ v' = 1 \\ l = 1/2, \ w = 3/2 \end{array} \right. \\
&\iff L' = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1/2 & 1 \end{pmatrix}, \quad U' = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 3/2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

En conclusion, on a trouvé deux décompositions PLU distinctes pour A :

$$
\begin{align*}
A &= LU \\
  &= I_2 LU \\
  &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & -3 \end{pmatrix} \\
A &= P^{-1} A' L U \\
  &= P' L' U' \\
  &= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1/2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 3/2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

avec $P' := P^{-1}$.

On obtient alors le résultat fondamental suivant.

Corollaire 2.1.4

Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. Alors $A$ s'écrit comme le produit d'au plus :

$n^2 + n - 1$

matrices élémentaires.

Démonstration. La matrice $A$ admet une décomposition PLU par la proposition 2.1.2 i.e. il existe une matrice de permutation $P \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ et deux matrices $L, U \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ de la forme :

$$
L := \begin{pmatrix} 1 & & & (0) \\ l_{2,1} & 1 & & \\ \vdots & \vdots & \ddots & \\ l_{n,1} & \cdots & l_{n,n-1} & 1 \end{pmatrix}, \quad U := \begin{pmatrix} u_{1,1} & u_{1,2} & \cdots & u_{1,n} \\ & u_{22} & & \vdots \\ & & \ddots & \\ & & & u_{n,n} \end{pmatrix}
$$

telles que :

$A = PLU$

Par la proposition A.6.3, les matrices $L$ et $U$ se décomposent en produit de matrices élémentaires i.e. il existe $r \in \{0, \dots, n(n-1)/2\}$, $s \in \{0, \dots, n(n+1)/2\}$ et $B_1, \dots, B_r, B_{r+1}, \dots, B_{r+s} \in \mathcal{E}_n(\mathbb{R})$ tels que :

$L = B_r \cdots B_1, \quad U = B_{r+s} \cdots B_{r+1}.$
• Calculs de $L^{-1}$ et $U^{-1}$. Les matrices $L$ et $U$ sont inversibles car elles sont triangulaires avec aucun 0 sur leur diagonales. On a alors :

$$A^{-1} = U^{-1}L^{-1}$$

On peut trouver les inverses de $L$ et $U$ par une des méthodes exposées dans les sections du texte. On a aussi une expression directe dans l'appendice dans le cas d'une matrice triangulaire (voir la sous-section A.6). On a directement :

$$L^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1/2 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \quad U^{-1} = \begin{pmatrix} 1/2 & -1 & 1/3 \\ 0 & -1 & 2/3 \\ 0 & 0 & 2/3 \end{pmatrix}$$

• Calcul de $A^{-1}$. Ainsi on a :

$$\begin{aligned} A^{-1} &= U^{-1}L^{-1} \\ &= \begin{pmatrix} 1/2 & -1 & 1/3 \\ 0 & -1 & 2/3 \\ 0 & 0 & 2/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1/2 & 1 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

## 2.3 Exemple de décomposition en matrices élémentaires

Décomposons :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

en matrice élémentaires de taille 3. On a $A = LU$ avec :

$$L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ -1/2 & -1 & 1 \end{pmatrix}, \quad U = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 3/2 \end{pmatrix}$$

Par les propositions A.6.1 et A.6.2, on peut décomposer $L$ et $U$ en :

$$\begin{aligned} L &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ -1/2 & -1 & 1 \end{pmatrix} = \mathbf{T}_{2,1}(1)\mathbf{T}_{3,1}(-1/2)\mathbf{T}_{3,2}(-1) \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1/2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} U &= \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 3/2 \end{pmatrix} = \mathbf{D}_1(2)\mathbf{D}_2(-1)\mathbf{D}_3(3/2)\mathbf{T}_{1,2}(-1)\mathbf{T}_{1,3}(1/2)\mathbf{T}_{2,3}(-1) \\ &= \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3/2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1/2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Ainsi on a :

$$A = LU$$
Par le point (i,b) du lemmeA.5.1, il existe un entier $t \in \{0, \dots, n-1\}$ et des matrices de transpositions $B_{r+s+t}, \dots, B_{r+s+1} \in \mathcal{E}_n(\mathbb{R})$ telles que :

$$P_{\sigma} = B_{r+s+1} \cdots B_{r+s+t}$$

Ainsi on a :

$$A = B_{r+s+t} \cdots B_1.$$

et :

$$r + s + t \le \frac{n(n-1)}{2} + \frac{n(n+1)}{2} + n - 1 = n^2 + n - 1.$$

□

## 2.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

en décomposant $A$ par la décomposition PLU ou la décomposition LU. Posons $A := (a_{ij})_{ij}$. Les mineurs principaux de $A$ valent :

$$\mu_1(A) = a_{11} = 2$$

$$\mu_2(A) = \begin{vmatrix} 2 & -2 \\ 2 & -3 \end{vmatrix} = -2$$

$$\mu_3(A) = \det(A) = -3.$$

Ils sont tous non-nuls. Donc on est dans la condition (i) : la matrice $A$ admet une unique décomposition LU.

• Calculs de $L$ et $U$. Soit

$$L := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ l_{21} & 1 & 0 \\ l_{31} & l_{32} & 1 \end{pmatrix}, \quad U := \begin{pmatrix} u_{11} & u_{12} & u_{13} \\ 0 & u_{22} & u_{23} \\ 0 & 0 & u_{33} \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\mathbb{R})$$

On a :

$$A = LU$$

$$\iff \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ l_{21} & 1 & 0 \\ l_{31} & l_{32} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_{11} & u_{12} & u_{13} \\ 0 & u_{22} & u_{23} \\ 0 & 0 & u_{33} \end{pmatrix}$$

$$\iff \begin{cases} \text{1ère ligne : } a_{11} = u_{11}, a_{12} = u_{12}, a_{13} = u_{13} \\ \text{2ème ligne : } a_{21} = l_{21}u_{11}, a_{22} = l_{21}u_{12} + u_{22}, a_{23} = l_{21}u_{13} + u_{23} \\ \text{3ème ligne : } a_{31} = l_{31}u_{11}, a_{32} = l_{31}u_{12} + l_{32}u_{22}, a_{33} = l_{31}u_{13} + l_{32}u_{23} + u_{33} \end{cases}$$

$$\iff \begin{cases} u_{11} = 2, u_{12} = -2, u_{13} = 1 \\ l_{21} = a_{21}/u_{11} = 1 \\ u_{22} = a_{22} - l_{21}u_{12} = -1 \\ u_{23} = a_{23} - l_{21}u_{13} = 1 \\ l_{31} = a_{31}/u_{11} = -1/2 \\ l_{32} = (a_{32} - l_{31}u_{12})/u_{22} = -1 \\ u_{33} = a_{33} - l_{31}u_{13} - l_{32}u_{23} = 3/2 \end{cases}$$
$$
\begin{align*}
&= \mathbf{T}_{2,1}(1) \mathbf{T}_{3,1}(-1/2) \mathbf{T}_{3,2}(-1) \mathbf{D}_{1}(2) \mathbf{D}_{2}(-1) \mathbf{D}_{3}(3/2) \mathbf{T}_{1,2}(-1) \mathbf{T}_{1,3}(1/2) \mathbf{T}_{2,3}(-1) \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1/2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
&\qquad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3/2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1/2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
$$ \iff L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ -1/2 & -1 & 1 \end{pmatrix}, \quad U = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 3/2 \end{pmatrix} $$

• **Calculs de $L^{-1}$ et $U^{-1}$**. Les matrices $L$ et $U$ sont inversibles car elles sont triangulaires avec aucun 0 sur leurs diagonales. On a alors :

$$ A^{-1} = U^{-1}L^{-1} $$

On peut trouver les inverses de $L$ et $U$ par une des méthodes exposées dans les sections du texte. On a aussi une expression directe dans l'appendice dans le cas d'une matrice triangulaire (voir la sous-section A.6). On a directement :

$$ L^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1/2 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \quad U^{-1} = \begin{pmatrix} 1/2 & -1 & 1/3 \\ 0 & -1 & 2/3 \\ 0 & 0 & 2/3 \end{pmatrix}. $$

• **Calcul de $A^{-1}$**. Ainsi on a :

$$ \begin{aligned} A^{-1} &= U^{-1}L^{-1} \\ &= \begin{pmatrix} 1/2 & -1 & 1/3 \\ 0 & -1 & 2/3 \\ 0 & 0 & 2/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -1/2 & 1 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{aligned} $$

## 2.3 Exemple de décomposition en matrices élémentaires

Décomposons :

$$ A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} $$

en matrices élémentaires de taille 3. On a $A = LU$ avec :

$$ L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ -1/2 & -1 & 1 \end{pmatrix}, \quad U = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 3/2 \end{pmatrix}. $$

Par les propositions A.6.1 et A.6.2, on peut décomposer $L$ et $U$ en :

$$ \begin{aligned} L &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ -1/2 & -1 & 1 \end{pmatrix} = \mathbf{T}_{2,1}(1)\mathbf{T}_{3,1}(-1/2)\mathbf{T}_{3,2}(-1) \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1/2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \\ U &= \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 3/2 \end{pmatrix} = \mathbf{D}_1(2)\mathbf{D}_2(-1)\mathbf{D}_3(3/2)\mathbf{T}_{1,2}(-1)\mathbf{T}_{1,3}(1/2)\mathbf{T}_{2,3}(-1) \\ &= \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3/2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1/2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{aligned} $$
# 3 Pivot de Gauss

Dans cette section, on expose l’algorithme du pivot de Gauss. En agissant sur les lignes d’un système linéaire associé à une matrice inversible, cet algorithme rend le système triangulaire sans éléments nuls sur la diagonale. Il devient donc facile à résoudre en "remontant" les équations, ce qui nous donne une expression de l’inverse. On utilise les notations de l’appendice B.

## 3.1 Introduction

### Proposition 3.1.1

Soit $A := (a_{ij})_{ij} \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$, $B \in \mathbb{R}^n$ et soit le système :

$$ (E) : AX = B $$

d’inconnue $X \in \mathbb{R}^n$. Pour calculer $A^{-1}$, on peut résoudre le système $(E)$ en opérant sur les lignes, on a l’équivalence pour $X \in \mathbb{R}^n$ :

$$ X \in \text{Sol}(E) \iff AX = B \iff X = A^{-1}B. $$

Cette méthode s’appelle la **méthode du pivot de Gauss** ou l’**élimination de Gauss-Jordan**.

*Démonstration.* Par le corollaire 2.1.4, il existe $r \in \mathbb{N}$ et des matrices élémentaires $B_1, \dots, B_r \in \mathscr{E}_n(\mathbb{R})$ tels que :

$$ A = B_1 \cdots B_r $$

i.e. on a :

$$ B_r^{-1} \cdots B_1^{-1} A = I_n. $$

Et donc on a :

$$ A^{-1} = B_r^{-1} \cdots B_1^{-1}. $$

Par l’appendice B, multiplier à gauche une matrice par une matrice élémentaires $B_i^{-1}$ est équivalent à agir sur les lignes de la matrice. Posons pour tout $i \in \{1, \dots, r\}$ :

$$ \text{Op}_i := \text{Op}_L(B_i^{-1}). $$

Soit $X, B \in \mathbb{R}^n$. Alors en agissant sur le système :

$$ AX = B $$

en faisant successivement les opérations sur les lignes :

$$ \text{Op}_1 \text{ puis } \text{Op}_2 \text{ puis } \cdots \text{ Op}_r $$

i.e. en multipliant à gauche par :

$$ B_1^{-1} \text{ puis } B_2^{-1} \text{ puis } \cdots B_r^{-1} $$

on a :

$$ \begin{align*} X \in \text{Sol}(E) &\iff AX = B \\ &\iff B_r^{-1} \cdots B_1^{-1} AX = B_r^{-1} \cdots B_1^{-1} B \\ &\iff X = A^{-1}B \end{align*} $$

D’où le résultat.

□
Ainsi on a :

$$
\begin{align*}
A &= LU \\
&= \mathbf{T}_{2,1}(1)\mathbf{T}_{3,1}(-1/2)\mathbf{T}_{3,2}(-1)\mathbf{D}_{1}(2)\mathbf{D}_{2}(-1)\mathbf{D}_{3}(3/2)\mathbf{T}_{1,2}(-1)\mathbf{T}_{1,3}(1/2)\mathbf{T}_{2,3}(-1) \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1/2 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
&\qquad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3/2 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1/2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
Posons :

$$
A := (a_{ij})_{ij}, \quad A^{-1} := (c_{ij})_{ij} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R}), \quad X := (x_i)_i, \quad B := (b_i)_i \in \mathbb{R}^n.
$$

Alors le système (E) est équivalent à :

$$
(E) : \left\{
\begin{array}{l}
a_{1,1}x_1 + a_{1,2}x_2 + \cdots + a_{1,n}x_n = b_1 \\
a_{2,1}x_1 + a_{2,2}x_2 + \cdots + a_{2,n}x_n = b_2 \\
\vdots \\
a_{n,1}x_1 + a_{n,2}x_2 + \cdots + a_{n,n}x_n = b_n
\end{array}
\right.
$$

En agissant sur les lignes de (E) par les trois opérations élémentaires sur les lignes (voir annexe B), on obtient que
le système (E) est équivalent à :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
x_1 = c_{1,1}b_1 + c_{1,2}b_2 + \cdots + c_{1,n}b_n \\
x_2 = c_{2,1}b_1 + c_{2,2}b_2 + \cdots + c_{2,n}b_n \\
\vdots \\
x_n = c_{n,1}b_1 + c_{n,2}b_2 + \cdots + c_{n,n}b_n
\end{array}
\right.
$$

3.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$
A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}
$$

en opérant sur les lignes par le pivot de Gauss. Soit :

$$
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \in \mathbb{R}^3.
$$

On a :

$$
\begin{align*}
A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} &\iff \left\{
\begin{array}{l}
2x - 2y + z = a \\
2x - 3y + 2z = b \\
-x + 2y = c
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
-x + 2y = c \\
2x - 3y + 2z = b \\
2x - 2y + z = a
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
-x + 2y = c \\
y + 2z = b + 2c \quad L_2 \leftarrow L_2 + 2L_1 \\
2y + z = a + 2c \quad L_3 \leftarrow L_3 + 2L_1
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
-x + 2y = c \\
2y + z = b + 2c \\
-3z = a - 2b - 2c \quad L_3 \leftarrow L_3 - 2L_2
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
x = 2y - c \\
y = (b + 2c - z)/2 \\
z = (-a + 2b + 2c)/3
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
x = (4a - 2b + c)/3 \\
y = (2a - b + 2c)/3 \\
z = (-a + 2b + 2c)/3
\end{array}
\right.
\end{align*}
$$
# 3 Pivot de Gauss

Dans cette section, on expose l’algorithme du pivot de Gauss. En agissant sur les lignes d’un système linéaire associé à une matrice inversible, cet algorithme rend le système triangulaire sans élément nul sur la diagonale. Il devient donc facile à résoudre en "remontant" les équations, ce qui nous donne une expression de l’inverse. On utilise les notations de l’appendice B.

## 3.1 Introduction

### Proposition 3.1.1

Soit $A := (a_{ij})_{ij} \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$, $B \in \mathbb{R}^n$ et soit le système :

$$ (E) : AX = B $$

d’inconnue $X \in \mathbb{R}^n$. Pour calculer $A^{-1}$, on peut résoudre le système $(E)$ en opérant sur les lignes, on a l’équivalence pour $X \in \mathbb{R}^n$ :

$$ X \in \text{Sol}(E) \iff AX = B \iff X = A^{-1}B. $$

Cette méthode s’appelle la **méthode du pivot de Gauss** ou l’**élimination de Gauss-Jordan**.

**Démonstration.** Par le corollaire 2.1.4, il existe $r \in \mathbb{N}$ et des matrices élémentaires $B_1, \dots, B_r \in \mathscr{E}_n(\mathbb{R})$ tels que :

$$ A = B_1 \cdots B_r $$

i.e. on a :

$$ B_r^{-1} \cdots B_1^{-1} A = I_n. $$

Et donc on a :

$$ A^{-1} = B_r^{-1} \cdots B_1^{-1}. $$

Par l’appendice B, multiplier à gauche une matrice par une matrice élémentaires $B_i^{-1}$ est équivalent à agir sur les lignes de la matrice. Posons pour tout $i \in \{1, \dots, r\}$ :

$$ \text{Op}_i := \text{Op}_L(B_i^{-1}). $$

Soit $X, B \in \mathbb{R}^n$. Alors en agissant sur le système :

$$ AX = B $$

en faisant successivement les opérations sur les lignes :

$\text{Op}_1$ puis $\text{Op}_2$ puis \dots puis $\text{Op}_r$

i.e. en multipliant à gauche par :

$B_1^{-1}$ puis $B_2^{-1}$ puis \dots puis $B_r^{-1}$

on a :

$$ \begin{align*} X \in \text{Sol}(E) &\iff AX = B \\ &\iff B_r^{-1} \cdots B_1^{-1} AX = B_r^{-1} \cdots B_1^{-1} B \\ &\iff X = A^{-1}B \end{align*} $$

D'où le résultat.

□
$$ \iff \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} $$

Donc on a :

$$ A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}. $$
Posons :

$$
A := (a_{ij})_{ij}, \quad A^{-1} := (c_{ij})_{ij} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R}), \quad X := (x_i)_i, \quad B := (b_i)_i \in \mathbb{R}^n.
$$

Alors le système (E) est équivalent à :

$$
(E) : \left\{
\begin{array}{l}
a_{1,1}x_1 + a_{1,2}x_2 + \cdots + a_{1,n}x_n = b_1 \\
a_{2,1}x_1 + a_{2,2}x_2 + \cdots + a_{2,n}x_n = b_2 \\
\vdots \\
a_{n,1}x_1 + a_{n,2}x_2 + \cdots + a_{n,n}x_n = b_n
\end{array}
\right.
$$

En agissant sur les lignes de (E) par les trois opérations élémentaires sur les lignes (voir annexe B), on obtient que
le système (E) est équivalent à :

$$
\left\{
\begin{array}{l}
x_1 = c_{1,1}b_1 + c_{1,2}b_2 + \cdots + c_{1,n}b_n \\
x_2 = c_{2,1}b_1 + c_{2,2}b_2 + \cdots + c_{2,n}b_n \\
\vdots \\
x_n = c_{n,1}b_1 + c_{n,2}b_2 + \cdots + c_{n,n}b_n
\end{array}
\right.
$$

3.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$
A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}
$$

en opérant sur les lignes par le pivot de Gauss. Soit :

$$
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \in \mathbb{R}^3.
$$

On a :

$$
\begin{align*}
A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} &\iff \left\{
\begin{array}{l}
2x - 2y + z = a \\
2x - 3y + 2z = b \\
-x + 2y = c
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
-x + 2y = c \qquad L_1 \leftrightarrow L_3 \\
2x - 3y + 2z = b \\
2x - 2y + z = a
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
-x + 2y = c \\
y + 2z = b + 2c \quad L_2 \leftrightarrow L_2 + 2L_1 \\
2y + z = a + 2c \quad L_3 \leftrightarrow L_3 + 2L_1
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
-x + 2y = c \\
2y + z = b + 2c \\
-3z = a - 2b - 2c \quad L_3 \leftrightarrow L_3 - 2L_2
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
x = 2y - c \\
y = (b + 2c - z)/2 \\
z = (-a + 2b + 2c)/3
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
x = (4a - 2b + c)/3 \\
y = (2a - b + 2c)/3 \\
z = (-a + 2b + 2c)/3
\end{array}
\right.
\end{align*}
$$
# 4 Opération sur les lignes

On utilise les notations de l'appendice B. La méthode est semblable à celle du pivot de Gauss de la section précédente. La seule différence est qu'au lieu d'agir sur les lignes d'un système linéaire, on agit sur les lignes d'une matrice par blocs.

## 4.1 Introduction

### Proposition 4.1.1

Soit $A \in GL_n(\mathbb{R})$. Il existe $r \in \mathbb{N}_*$ et des matrices d'opérations élémentaires sur les lignes $B_1, \dots, B_r$ de taille $n$ telles qu'en agissant sur la matrice par blocs ($A | I_n$), on ait :

$$B_r \cdots B_1 (A | I_n) = (I_n | A^{-1})$$

i.e. on a :

$$(B_r \cdots B_1 A | B_r \cdots B_1) = (I_n | A^{-1}).$$

On a donc :

$$A^{-1} = B_r \cdots B_1.$$

*Démonstration.* La preuve est similaire à celle de la proposition 3.1.1. Par le corollaire 2.1.4, il existe $r \in \mathbb{N}$ et $B_1, \dots, B_r \in \mathcal{E}_n(\mathbb{R})$ tels que :

$$A = B_1 \cdots B_r$$

i.e. on a :

$$B_r^{-1} \cdots B_1^{-1} A = I_n.$$

Et donc on a :

$$A^{-1} = B_r^{-1} \cdots B_1^{-1}.$$

Par l'appendice B, multiplier à gauche une matrice par une matrice $B_i$ est équivalent à agir sur les lignes de la matrice. A chaque étape, on a donc :

$$ \begin{align*} (A | I_n) &\sim_L B_1 (A | I_n) = (B_1 A | B_1) \\ (B_1 A | B_1) &\sim_L B_2 (B_1 A | B_1) = (B_2 B_1 A | B_2 B_1) \\ \vdots & \\ (B_{r-1} \cdots B_1 A | B_{r-1} \cdots B_1) &\sim_L B_r (B_{r-1} \cdots B_1 A | B_{r-1} \cdots B_1) \\ & = (B_r \cdots B_1 A | B_r \cdots B_1) = (I_n | A^{-1}). \end{align*} $$

D'où le résultat.

□

## 4.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

en opérant sur les lignes de la matrice par blocs ($A | I_3$). On a successivement :
$$ \iff \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} $$

Donc on a :

$$ A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}. $$
$$
\begin{array}{l@{\hspace{2em}}c@{\hspace{2em}}l}
(A | I_3) = &
\begin{pmatrix}
2 & -2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
2 & -3 & 2 & 0 & 1 & 0 \\
-1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} & \\
\sim_L &
\begin{pmatrix}
-1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
2 & -3 & 2 & 0 & 1 & 0 \\
2 & -2 & 1 & 1 & 0 & 0
\end{pmatrix} & L_1 \leftrightarrow L_3 \\
\sim_L &
\begin{pmatrix}
-1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 2 & 1 & 1 & 0 & 2
\end{pmatrix} & L_2 \leftrightarrow L_2 + 2L_1 \\
& & L_3 \leftrightarrow L_3 + 2L_1 \\
\sim_L &
\begin{pmatrix}
-1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & -3 & 1 & -2 & -2
\end{pmatrix} & L_3 \leftrightarrow L_3 - 2L_2 \\
\sim_L &
\begin{pmatrix}
-1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 3 & 0 & 2 & -1 & 2 \\
0 & 0 & -3 & 1 & -2 & -2
\end{pmatrix} & L_2 \leftrightarrow 3L_2 + 2L_3 \\
\sim_L &
\begin{pmatrix}
-3 & 0 & 0 & -4 & 2 & -1 \\
0 & 3 & 0 & 2 & -1 & 2 \\
0 & 0 & -3 & 1 & -2 & -2
\end{pmatrix} & L_1 \leftrightarrow 3L_1 - 2L_2 \\
\sim_L &
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 4/3 & -2/3 & 1/3 \\
0 & 1 & 0 & 2/3 & -1/3 & 2/3 \\
0 & 0 & 1 & -1/3 & 2/3 & 2/3
\end{pmatrix} & \\
& & L_1 \leftrightarrow -1/3.L_1 \\
& & L_2 \leftrightarrow 1/3.L_2 \\
& & L_1 \leftrightarrow -1/3.L_3
\end{array}
$$

Donc on a :

$$
A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}.
$$

4.3 Produit des matrices associées aux opérations élémentaires

Associons à chaque opération (élémentaire ou non) sur les lignes sa matrice (voir la section B pour les notations
utilisées) :

$$
\begin{align*}
\operatorname{Mat}(L_1 \leftrightarrow L_3) &= \mathbf{P}_{1,3} := B_1 \\
\operatorname{Mat}(L_2 \leftrightarrow L_2 + 2L_1) &= \mathbf{T}_{2,1}(2) := B_2 \\
\operatorname{Mat}(L_3 \leftrightarrow L_3 + 2L_1) &= \mathbf{T}_{3,1}(2) := B_3 \\
\operatorname{Mat}(L_3 \leftrightarrow L_3 - 2L_2) &= \mathbf{T}_{3,1}(-2) := B_4 \\
\operatorname{Mat}(L_2 \leftrightarrow 3L_2 + 2L_3) &= \operatorname{Mat}(L_2 \leftrightarrow 3L_2) \operatorname{Mat}(L_2 \leftrightarrow L_2 + 2/3.L_3) \\
&= \mathbf{D}_2(3)\mathbf{T}_{2,3}(2/3) := B_6B_5 \\
\operatorname{Mat}(L_1 \leftrightarrow 3L_1 - 2L_2) &= \operatorname{Mat}(L_1 \leftrightarrow 3L_1) \operatorname{Mat}(L_1 \leftrightarrow L_1 - 2/3.L_2) \\
&= \mathbf{D}_1(3)\mathbf{T}_{1,2}(-2/3) := B_8B_7 \\
\operatorname{Mat}(L_1 \leftrightarrow -1/3.L_1) &= \mathbf{D}_1(-1/3) := B_9 \\
\operatorname{Mat}(L_2 \leftrightarrow 1/3.L_2) &= \mathbf{D}_2(1/3) := B_{10} \\
\operatorname{Mat}(L_3 \leftrightarrow -1/3.L_3) &= \mathbf{D}_3(-1/3) := B_{11}
\end{align*}
$$
# 4 Opération sur les lignes

On utilise les notations de l'appendice B. La méthode est semblable à celle du pivot de Gauss de la section précédente. La seule différence est qu'au lieu d'agir sur les lignes d'un système linéaire, on agit sur les lignes d'une matrice par blocs.

## 4.1 Introduction

### Proposition 4.1.1

Soit $A \in GL_n(\mathbb{R})$. Il existe $r \in \mathbb{N}_*$ et des matrices d'opérations élémentaires sur les lignes $B_1, \dots, B_r$ de taille $n$ telles qu'en agissant sur la matrice par blocs $(A | I_n)$, on ait :

$$B_r \cdots B_1 (A | I_n) = (I_n | A^{-1})$$

i.e. on a :

$$(B_r \cdots B_1 A | B_r \cdots B_1) = (I_n | A^{-1}).$$

On a donc :

$$A^{-1} = B_r \cdots B_1.$$

*Démonstration.* La preuve est similaire à celle de la proposition 3.1.1. Par le corollaire 2.1.4, il existe $r \in \mathbb{N}$ et $B_1, \dots, B_r \in \mathcal{E}_n(\mathbb{R})$ tels que :

$$A = B_1 \cdots B_r$$

i.e. on a :

$$B_r^{-1} \cdots B_1^{-1} A = I_n.$$

Et donc on a :

$$A^{-1} = B_r^{-1} \cdots B_1^{-1}.$$

Par l'appendice B, multiplier à gauche une matrice par une matrice $B_i$ est équivalent à agir sur les lignes de la matrice. A chaque étape, on a donc :

$$ \begin{align*} (A | I_n) &\sim_L B_1 (A | I_n) = (B_1 A | B_1) \\ (B_1 A | B_1) &\sim_L B_2 (B_1 A | B_1) = (B_2 B_1 A | B_2 B_1) \\ \vdots & \\ (B_{r-1} \cdots B_1 A | B_{r-1} \cdots B_1) &\sim_L B_r (B_{r-1} \cdots B_1 A | B_{r-1} \cdots B_1) \\ &= (B_r \cdots B_1 A | B_r \cdots B_1) = (I_n | A^{-1}). \end{align*} $$

D'où le résultat.

□

## 4.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

en opérant sur les lignes de la matrice par blocs $(A | I_3)$. On a successivement :

$$(A | I_3) = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & -3 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$
Montrons que le produit de ces opérations élémentaires donne l'inverse de $A$. On a :$^3$

$$
\begin{align*}
& B_{11}B_{10}B_{9}B_{8}B_{7}B_{6}B_{5}B_{4}B_{3}B_{2}B_{1} \\
&= \mathbf{D}_{3}(-1/3)\mathbf{D}_{2}(1/3)\mathbf{D}_{1}(-1/3)\mathbf{D}_{1}(3)\mathbf{T}_{1,2}(-2/3)\mathbf{D}_{2}(3)\mathbf{T}_{2,3}(2/3) \\
& \quad \mathbf{T}_{3,2}(-2)\mathbf{T}_{3,1}(2)\mathbf{T}_{2,1}(2)\mathbf{P}_{1,3} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1/3 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -2/3 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \bullet \\
& \quad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2/3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} -1/3 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & 1 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} -1 & 2/3 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 4 & -1 & 2 \\ 2 & -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} -1 & 2/3 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ 1 & -2 & -2 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \\
&= A^{-1}
\end{align*}
$$

<footnote n="3">3. On sépare par le symbole $\bullet$ les multiplications faites ensembles.</footnote>
$$ \sim_L \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 2 & -3 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & 1 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \qquad L_1 \leftrightarrow L_3 $$

$$ \sim_L \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 & 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} \qquad \begin{array}{l} L_2 \leftrightarrow L_2 + 2L_1 \\ L_3 \leftrightarrow L_3 + 2L_1 \end{array} $$

$$ \sim_L \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -3 & 1 & -2 & -2 \end{pmatrix} \qquad L_3 \leftrightarrow L_3 - 2L_2 $$

$$ \sim_L \begin{pmatrix} -1 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 0 & 2 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & -3 & 1 & -2 & -2 \end{pmatrix} \qquad L_2 \leftrightarrow 3L_2 + 2L_3 $$

$$ \sim_L \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0 & -4 & 2 & -1 \\ 0 & 3 & 0 & 2 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & -3 & 1 & -2 & -2 \end{pmatrix} \qquad L_1 \leftrightarrow 3L_1 - 2L_2 $$

$$ \sim_L \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 4/3 & -2/3 & 1/3 \\ 0 & 1 & 0 & 2/3 & -1/3 & 2/3 \\ 0 & 0 & 1 & -1/3 & 2/3 & 2/3 \end{pmatrix} \qquad \begin{array}{l} L_1 \leftrightarrow -1/3.L_1 \\ L_2 \leftrightarrow 1/3.L_2 \\ L_3 \leftrightarrow -1/3.L_3 \end{array} $$

Donc on a :

$$ A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}. $$

## 4.3 Produit des matrices associées aux opérations élémentaires

Associons à chaque opération (élémentaire ou non) sur les lignes sa matrice (voir la section B pour les notations utilisées) :

$$ \mathrm{Mat}(L_1 \leftrightarrow L_3) = \mathbf{P}_{1,3} =: B_1 $$

$$ \mathrm{Mat}(L_2 \leftrightarrow L_2 + 2L_1) = \mathbf{T}_{2,1}(2) =: B_2 $$

$$ \mathrm{Mat}(L_3 \leftrightarrow L_3 + 2L_1) = \mathbf{T}_{3,1}(2) =: B_3 $$

$$ \mathrm{Mat}(L_3 \leftrightarrow L_3 - 2L_2) = \mathbf{T}_{3,1}(-2) =: B_4 $$

$$ \begin{align*} \mathrm{Mat}(L_2 \leftrightarrow 3L_2 + 2L_3) &= \mathrm{Mat}(L_2 \leftrightarrow 3L_2) \mathrm{Mat}(L_2 \leftrightarrow L_2 + 2/3.L_3) \\ &= \mathbf{D}_2(3)\mathbf{T}_{2,3}(2/3) =: B_6B_5 \end{align*} $$

$$ \begin{align*} \mathrm{Mat}(L_1 \leftrightarrow 3L_1 - 2L_2) &= \mathrm{Mat}(L_1 \leftrightarrow 3L_1) \mathrm{Mat}(L_1 \leftrightarrow L_1 - 2/3.L_2) \\ &= \mathbf{D}_1(3)\mathbf{T}_{1,2}(-2/3) =: B_8B_7 \end{align*} $$

$$ \mathrm{Mat}(L_1 \leftrightarrow -1/3.L_1) = \mathbf{D}_1(-1/3) =: B_9 $$

$$ \mathrm{Mat}(L_2 \leftrightarrow 1/3.L_2) = \mathbf{D}_2(1/3) =: B_{10} $$

$$ \mathrm{Mat}(L_3 \leftrightarrow -1/3.L_3) = \mathbf{D}_3(-1/3) =: B_{11} $$

Montrons que le produit de ces opérations élémentaires donne l'inverse de $A$. On a :$^3$

$$ \begin{align*} B_{11}B_{10}B_9B_8B_7B_6B_5B_4B_3B_2B_1 & \\ = \mathbf{D}_3(-1/3)\mathbf{D}_2(1/3)\mathbf{D}_1(-1/3)\mathbf{D}_1(3)\mathbf{T}_{1,2}(-2/3)\mathbf{D}_2(3)\mathbf{T}_{2,3}(2/3) & \\ \mathbf{T}_{3,2}(-2)\mathbf{T}_{3,1}(2)\mathbf{T}_{2,1}(2)\mathbf{P}_{1,3} & \end{align*} $$

<footnote n="3">3. On sépare par le symbole $\bullet$ les multiplications faites ensembles.</footnote>
# 5 Opération sur les colonnes

On utilise les notations de l'appendice C. La méthode est similaire à la section précédente 4. On agit cette fois-ci sur les colonnes d'une matrice par blocs.

## 5.1 Introduction

### Proposition 5.1.1

Soit $A \in GL_n(\mathbb{R})$. Il existe $r \in \mathbb{N}_*$ et des matrices d'opérations élémentaires sur les colonnes $B_1, \dots, B_r$ de taille $n$ telles qu'en agissant sur la matrice par blocs $\left(\frac{A}{I_n}\right)$, on ait :

$$ \left(\frac{A}{I_n}\right) B_1 \cdots B_r = \left(\frac{I_n}{A^{-1}}\right) $$

i.e. on a :

$$ \left( \frac{A B_1 \cdots B_r}{B_1 \cdots B_r} \right) = \left( \frac{I_n}{A^{-1}} \right). $$

On a donc :

$$ A^{-1} = B_1 \cdots B_r. $$

*Démonstration.* Posons la matrice par blocs :

$$ (A' | I_n) := (A^T | I_n) = \left(\frac{A}{I_n}\right)^T. $$

On est dans le cas de la proposition 4.1.1 avec la matrice par blocs $(A' | I_n)$. Il existe $r \in \mathbb{N}_*$ et des matrices d'opérations élémentaires sur les lignes $B'_1, \dots, B'_r$ de taille $n$ telles qu'en agissant sur la matrice par blocs $(A' | I_n)$, on ait :

$$ B'_r \cdots B'_1 (A' | I_n) = (I_n | (A')^{-1}) $$

i.e. on a :

$$ (B'_r \cdots B'_1 A' | B'_r \cdots B'_1) = (I_n | (A')^{-1}). $$

On a donc :

$$ A'^{-1} = B'_r \cdots B'_1. $$

Ainsi en repassant à la transposée et en posant pour tout $i \in \{1, \dots, r\}$ :

$$ B_i := (B'_i)^T. $$

A chaque étape, on a donc :

$$ \left(\frac{A}{I_n}\right) \stackrel{\sim}{C} \left(\frac{A}{I_n}\right) B_1 = \left(\frac{A B_1}{B_1}\right) \\ \left(\frac{A B_1}{B_1}\right) \stackrel{\sim}{C} \left(\frac{A B_1}{B_1}\right) B_2 = \left(\frac{A B_1 B_2}{B_1 B_2}\right) \\ \vdots \\ \left(\frac{A B_1 \cdots B_{r-1}}{B_1 \cdots B_{r-1}}\right) \stackrel{\sim}{C} \left(\frac{A B_1 \cdots B_{r-1}}{B_1 \cdots B_{r-1}}\right) B_r $$
$$
\begin{align*}
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1/3 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -2/3 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2/3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} -1/3 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & -2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & -2 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} -1 & 2/3 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 4 & -1 & 2 \\ 2 & -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} -1 & 2/3 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ 1 & -2 & -2 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \\
&= A^{-1}
\end{align*}
$$
$$ = \left( \frac{AB_1 \cdots B_r}{B_1 \cdots B_r} \right) = \left( \frac{I_n}{A^{-1}} \right) $$

□

## 5.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$ A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} $$

en opérant sur les colonnes de la matrice par blocs $\left(\frac{A}{I_3}\right)$. On a successivement :

$$ \left(\frac{A}{I_3}\right) = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$

$C_1 \leftrightarrow C_3$

$$ \sim_C \begin{pmatrix} 1 & -2 & 2 \\ 2 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$

$C_2 \leftrightarrow C_2 + 2C_1$

$C_3 \leftrightarrow C_3 - 2C_1$

$$ \sim_C \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix} $$

$C_3 \leftrightarrow C_3 + 2C_2$

$$ \sim_C \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & -2 & 1 \\ 0 & -1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix} $$

$C_2 \leftrightarrow 3C_2 - 2C_3$
# 5 Opération sur les colonnes

On utilise les notations de l'appendice C. La méthode est similaire à la section précédente 4. On agit cette fois-ci sur les colonnes d'une matrice par blocs.

## 5.1 Introduction

### Proposition 5.1.1

Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. Il existe $r \in \mathbb{N}_*$ et des matrices d'opérations élémentaires sur les colonnes $B_1, \dots, B_r$ de taille $n$ telles qu'en agissant sur la matrice par blocs $\left(\frac{A}{I_n}\right)$, on ait :

$$ \left(\frac{A}{I_n}\right) B_1 \cdots B_r = \left(\frac{I_n}{A^{-1}}\right) $$

i.e. on a :

$$ \left( \frac{A B_1 \cdots B_r}{B_1 \cdots B_r} \right) = \left( \frac{I_n}{A^{-1}} \right). $$

On a donc :

$$ A^{-1} = B_1 \cdots B_r. $$

*Démonstration.* Posons la matrice par blocs :

$$ (A' | I_n) := (A^T | I_n) = \left(\frac{A}{I_n}\right)^T. $$

On est dans le cas de la proposition 4.1.1 avec la matrice par blocs $(A' | I_n)$. Il existe $r \in \mathbb{N}_*$ et des matrices d'opérations élémentaires sur les lignes $B'_1, \dots, B'_r$ de taille $n$ telles qu'en agissant sur la matrice par blocs $(A' | I_n)$, on ait :

$$ B'_r \cdots B'_1 (A' | I_n) = (I_n | (A')^{-1}) $$

i.e. on a :

$$ (B'_r \cdots B'_1 A' | B'_r \cdots B'_1) = (I_n | (A')^{-1}). $$

On a donc :

$$ A'^{-1} = B'_r \cdots B'_1. $$

En repassant à la transposée et en posant pour tout $i \in \{1, \dots, r\}$ :

$$ B_i := (B'_i)^T, $$

on a donc à chaque étape :

$$ \left(\frac{A}{I_n}\right) \sim_C \left(\frac{A}{I_n}\right) B_1 = \left(\frac{A B_1}{B_1}\right) $$

$$ \left(\frac{A B_1}{B_1}\right) \sim_C \left(\frac{A B_1}{B_1}\right) B_2 = \left(\frac{A B_1 B_2}{B_1 B_2}\right) $$

∴

$$ \left( \frac{A B_1 \cdots B_{r-1}}{B_1 \cdots B_{r-1}} \right) \sim_C \left( \frac{A B_1 \cdots B_{r-1}}{B_1 \cdots B_{r-1}} \right) B_r $$

$$ = \left( \frac{A B_1 \cdots B_r}{B_1 \cdots B_r} \right) = \left( \frac{I_n}{A^{-1}} \right) $$

□
$$
\sim_C \begin{pmatrix}
3 & 0 & 0 \\
0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 3 \\
\hline
4 & -2 & 1 \\
2 & -1 & 2 \\
-1 & 2 & 2
\end{pmatrix}
\qquad C_1 \leftarrow 3C_1 - 2C_2
$$

$$
\sim_C \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\hline
4/3 & -2/3 & 1/3 \\
2/3 & -1/3 & 2/3 \\
-1/3 & 2/3 & 2/3
\end{pmatrix}
\qquad
\begin{array}{l}
C_1 \leftarrow 1/3 \cdot C_1 \\
C_2 \leftarrow 1/3 \cdot C_2 \\
C_3 \leftarrow 1/3 \cdot C_3
\end{array}
$$

Donc on a :

$$
A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} .
$$

5.3 Produit des matrices associées aux opérations élémentaires

Associons à chaque opération (élémentaire ou non) sur les colonnes sa matrice (voir la section C pour les
notations utilisées) :

$$
\mathrm{Mat}(C_1 \leftrightarrow C_3) = \mathbf{P}_{1,3} := B_1
$$

$$
\mathrm{Mat}(C_2 \leftrightarrow C_2 + 2C_1) = \mathbf{T}_{2,1}(2)^T := B_2
$$

$$
\mathrm{Mat}(C_3 \leftrightarrow C_3 - 2C_1) = \mathbf{T}_{3,1}(-2)^T =: B_3
$$

$$
\mathrm{Mat}(C_3 \leftrightarrow C_3 + 2C_2) = \mathbf{T}_{3,2}(2)^T := B_4
$$

$$
\begin{align*}
\mathrm{Mat}(C_2 \leftrightarrow 3C_2 - 2C_3) &= \mathrm{Mat}(C_2 \leftrightarrow C_2 - 2/3 \cdot C_3) \cdot \mathrm{Mat}(C_2 \leftrightarrow 3C_2) \\
&= \mathbf{T}_{2,3}(-2/3)^T \mathbf{D}_2(3) =: B_5 B_6
\end{align*}
$$

$$
\begin{align*}
\mathrm{Mat}(C_1 \leftrightarrow 3C_1 - 2C_2) &= \mathrm{Mat}(C_1 \leftrightarrow C_1 - 2/3 \cdot C_2) \cdot \mathrm{Mat}(C_1 \leftrightarrow 3C_1) \\
&= \mathbf{T}_{1,2}(-2/3)^T \mathbf{D}_1(3) =: B_7 B_8
\end{align*}
$$

$$
\mathrm{Mat}(C_1 \leftrightarrow 1/3 \cdot C_1) = \mathbf{D}_1(1/3) =: B_9
$$

$$
\mathrm{Mat}(C_2 \leftrightarrow 1/3 \cdot C_2) = \mathbf{D}_2(1/3) =: B_{10}
$$

$$
\mathrm{Mat}(C_3 \leftrightarrow 1/3 \cdot C_3) = \mathbf{D}_3(1/3) =: B_{11}
$$

Montrons que le produit de ces opérations élémentaires donne l'inverse de $A$. On a :<fnref n="4" />

$$
\begin{align*}
& B_1 B_2 B_3 B_4 B_5 B_6 B_7 B_8 B_9 B_{10} B_{11} \\
&= \mathbf{P}_{1,3} \mathbf{T}_{2,1} (2)^T \mathbf{T}_{3,1} (-2)^T \mathbf{T}_{3,2} (2)^T \mathbf{T}_{2,3} (-2/3)^T \mathbf{D}_2 (3) \\
& \quad \mathbf{T}_{1,2} (-2/3)^T \mathbf{D}_1 (3) \mathbf{D}_1 (1/3) \mathbf{D}_2 (1/3) \mathbf{D}_3 (1/3) \\
&= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2/3 & 1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

<footnote n="4">4. On sépare par le symbole • les multiplications faites ensembles.</footnote>
## 5.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

en opérant sur les colonnes de la matrice par blocs $(\frac{A}{I_3})$. On a successivement :

$$(\frac{A}{I_3}) = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

$$\sim_C \begin{pmatrix} 1 & -2 & 2 \\ 2 & -3 & 2 \\ 0 & 2 & -1 \end{pmatrix}$$

$$C_1 \leftrightarrow C_3$$

$$\sim_C \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & -2 \\ 0 & 2 & -1 \end{pmatrix}$$

$$C_2 \leftrightarrow C_2 + 2C_1$$

$$C_3 \leftrightarrow C_3 - 2C_1$$

$$\sim_C \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 3 \end{pmatrix}$$

$$C_3 \leftrightarrow C_3 + 2C_2$$

$$\sim_C \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$$

$$C_2 \leftrightarrow 3C_2 - 2C_3$$

$$\sim_C \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$$

$$C_1 \leftrightarrow 3C_1 - 2C_2$$
$$
\begin{align*}
& \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2/3 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1/3 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & 1/3 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/3 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2/3 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & 1/3 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2/3 & 1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/3 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 4/3 & -2/3 & 1/3 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \\
&= A^{-1}
\end{align*}
$$
$$
\sim_C \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\qquad
\begin{array}{l}
C_1 \leftarrow 1/3.C_1 \\
C_2 \leftarrow 1/3.C_2 \\
C_3 \leftarrow 1/3.C_3
\end{array}
$$

Donc on a :

$$
A^{-1} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} .
$$

5.3 Produit des matrices associées aux opérations élémentaires

Associons à chaque opération (élémentaire ou non) sur les colonnes sa matrice (voir la section C pour les
notations utilisées) :

$$
\begin{align*}
\operatorname{Mat}(C_1 \leftrightarrow C_3) &= \mathbf{P}_{1,3} =: B_1 \\
\operatorname{Mat}(C_2 \leftrightarrow C_2 + 2C_1) &= \mathbf{T}_{2,1}(2)^T =: B_2 \\
\operatorname{Mat}(C_3 \leftrightarrow C_3 - 2C_1) &= \mathbf{T}_{3,1}(-2)^T =: B_3 \\
\operatorname{Mat}(C_3 \leftrightarrow C_3 + 2C_2) &= \mathbf{T}_{3,2}(2)^T =: B_4 \\
\operatorname{Mat}(C_2 \leftrightarrow 3C_2 - 2C_3) &= \operatorname{Mat}(C_2 \leftrightarrow C_2 - 2/3 \cdot C_3) \operatorname{Mat}(C_2 \leftrightarrow 3C_2) \\
&= \mathbf{T}_{2,3}(-2/3)^T \mathbf{D}_2(3) =: B_5 B_6 \\
\operatorname{Mat}(C_1 \leftrightarrow 3C_1 - 2C_2) &= \operatorname{Mat}(C_1 \leftrightarrow C_1 - 2/3 \cdot C_2) \operatorname{Mat}(C_1 \leftrightarrow 3C_1) \\
&= \mathbf{T}_{1,2}(-2/3)^T \mathbf{D}_1(3) =: B_7 B_8 \\
\operatorname{Mat}(C_1 \leftrightarrow 1/3 \cdot C_1) &= \mathbf{D}_1(1/3) =: B_9 \\
\operatorname{Mat}(C_2 \leftrightarrow 1/3 \cdot C_2) &= \mathbf{D}_2(1/3) =: B_{10} \\
\operatorname{Mat}(C_3 \leftrightarrow 1/3 \cdot C_3) &= \mathbf{D}_3(1/3) =: B_{11}
\end{align*}
$$

Montrons que le produit de ces opérations élémentaires donne l'inverse de $\mathbf{A}$. On a :<fnref n="4" />

$$
\begin{align*}
& B_1 B_2 B_3 B_4 B_5 B_6 B_7 B_8 B_9 B_{10} B_{11} \\
&= \mathbf{P}_{1,3} \mathbf{T}_{2,1} (2)^T \mathbf{T}_{3,1} (-2)^T \mathbf{T}_{3,2} (2)^T \mathbf{T}_{2,3} (-2/3)^T \mathbf{D}_2 (3) \\
& \quad \mathbf{T}_{1,2} (-2/3)^T \mathbf{D}_1 (3) \mathbf{D}_1 (1/3) \mathbf{D}_2 (1/3) \mathbf{D}_3 (1/3) \\
&= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2/3 & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2/3 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1/3 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & 1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/3 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2/3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & 1/3 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

<footnote n="4">4. On sépare par le symbole • les multiplications faites ensembles.</footnote>
# 6 Théorème de Cayley-Hamilton

Le théorème de Cayley-Hamilton dit que le polynôme caractéristique d'une matrice est un polynôme annulateur de cette matrice. Ainsi dans le cas d'une matrice inversible, on trouve une méthode rapide pour calculer son inverse.

## 6.1 Introduction

On rappelle quelques résultats utiles sur le polynôme caractéristique d'une matrice<fnref n="5" />.

### Définition 6.1.1

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. Le polynôme caractéristique de $M$ est défini par :

$$ \chi_M(X) := \det (M - XI_3). $$

En développant le déterminant, on trouve que le polynôme $\chi_M(X)$ est de degré $n$, de coefficient dominant $(-1)^n$ et de terme constant $\det(M)$. Donc il existe un polynôme $R \in \mathbb{R}[X]$ de degré $n-1$ tel que :

$$ \chi_M(X) = XR(X) + \det(M). \quad (6.1.1) $$

### Exemple 6.1.2

Soit $M := \mathcal{M}_3(\mathbb{R})$. On a en développant par exemple par rapport à la première ligne le déterminant de taille 3 :

$$
\begin{align*}
\chi_M(X) &= \det (M - XI_3) \\
&= \begin{vmatrix}
m_{11} - X & m_{12} & m_{13} \\
m_{21} & m_{22} - X & m_{23} \\
m_{31} & m_{32} & m_{33} - X
\end{vmatrix} \\
&= (m_{11} - X) \begin{vmatrix}
m_{22} - X & m_{23} \\
m_{32} & m_{33} - X
\end{vmatrix} - m_{12} \begin{vmatrix}
m_{21} & m_{23} \\
m_{31} & m_{33} - X
\end{vmatrix} + m_{13} \begin{vmatrix}
m_{21} & m_{22} - X \\
m_{31} & m_{32}
\end{vmatrix} \\
&= (m_{11} - X) [(m_{22} - X)(m_{33} - X) - m_{32}m_{23}] \\
&\quad - m_{12} [m_{21}(m_{33} - X) - m_{31}m_{23}] \\
&\quad + m_{13} [m_{21}m_{32} - m_{31}(m_{22} - X)] \\
&= -X^3 + (m_{11} + m_{11} + m_{11}) X^2 \\
&\quad + (m_{12}m_{21} - m_{11}m_{22} + m_{13}m_{31} + m_{23}m_{32} - m_{11}m_{33} - m_{22}m_{33}) X \\
&\quad - m_{13}m_{22}m_{31} + m_{12}m_{23}m_{31} + m_{13}m_{21}m_{32} - m_{11}m_{23}m_{32} - m_{12}m_{21}m_{33} + m_{11}m_{22}m_{33} \\
&= -X^3 + \operatorname{Tr}(M)X^2 - c_1 X + \det(M)
\end{align*}
$$

avec :

$$ c_1 := m_{12}m_{21} - m_{11}m_{22} + m_{13}m_{31} + m_{23}m_{32} - m_{11}m_{33} - m_{22}m_{33}. $$

On a donc :

$$ \chi_M(X) = XR(X) + \det(M) $$

avec :

$$ R(X) := -X^2 + \operatorname{Tr}(M)X - c_1. $$

<footnote n="5">5. On aurait pu définir $\chi_M$ par $\chi_M(X) := \det(XI_n - M)$.</footnote>
$$ = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2/3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/3 \end{pmatrix} $$

$$ = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 4/3 & -2/3 & 1/3 \end{pmatrix} $$

$$ = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} $$

$$ =A^{-1} $$
### Proposition 6.1.3: Théorème de Cayley-Hamilton

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. On a :

$$ \chi_M(M) = 0. $$

*Démonstration.* Montrons le résultat pour $n := 3$. Posons :

$$ N := \operatorname{Com}(M - XI_3)^T. $$

et :

$$ -X^3 + c_2X^2 + c_1X + c_0 := \chi_M(X) = \det(M - XI_3). $$

En développant les déterminants apparaissant dans la comatrice de $M - XI_3$, on obtient que $N$ est un polynôme de degré 2 du type :

$$ X^2N_2 + XN_1 + N_0 := N = \operatorname{Com}(M - XI_3)^T. $$

Alors on a par la proposition 1.1.2 :

$$
\begin{align*}
-X^3 I_3 + c_2 X^2 I_3 + c_1 X I_3 + c_0 I_3 &= \chi(X) I_3 \\
&= \det(M - XI_3) I_3 \\
&= (M - XI_3) \operatorname{Com}(M - XI_3)^T \\
&= (M - XI_3) N \\
&= (M - XI_3) (X^2 N_2 + XN_1 + N_0) \\
&= -X^3 N_2 + X^2 (MN_2 - N_1) + X (MN_1 - N_0) + MN_0
\end{align*}
$$

Par unicité de la décomposition dans l'anneau $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})[X]$, on a :

$$ c_0I_3 = MN_0 $$

$$ c_1I_3 = MN_1 - N_0 $$

$$ c_2I_3 = MN_2 - N_1 $$

$$ -I_3 = -N_2 $$

Ainsi en multipliant la deuxième équation par $M$, la troisième par $M^2$ et la quatrième par $M^3$, on a :

$$ c_0I_3 = MN_0 $$

$$ c_1M = M(MN_1 - N_0) $$

$$ c_2M^2 = M^2(MN_2 - N_1) $$

$$ -M^3 = -M^3N_2 $$

En sommant ces quatre équations, on a par télescopage :

$$
\begin{align*}
\chi_M(M) &= -M^3 + c_2M^2 + c_1M + c_0I_3 \\
&= -M^3N_2 + M^2(MN_2 - N_1) + M(MN_1 - N_0) + MN_0 \\
&= 0
\end{align*}
$$

<figure><img src="image_3.png" /></figure>

On en déduit le corollaire suivant dans le cas d'une matrice inversible.
# 6 Théorème de Cayley-Hamilton

Le théorème de Cayley-Hamilton dit que le polynôme caractéristique d'une matrice est un polynôme annulateur de cette matrice. Ainsi dans le cas d'une matrice inversible, on trouve une méthode rapide pour calculer son inverse.

## 6.1 Introduction

On rappelle quelques résultats utiles sur le polynôme caractéristique d'une matrice<fnref n="5" />.

### Définition 6.1.1

Soit $M \in \mathscr{M}_n(\mathbb{R})$. Le polynôme caractéristique de $M$ est défini par :

$$ \chi_M(X) := \det (M - XI_3). $$

En développant le déterminant, on trouve que le polynôme $\chi_M(X)$ est de degré $n$, de coefficient dominant $(-1)^n$ et de terme constant $\det(M)$. Donc il existe un polynôme $R \in \mathbb{R}[X]$ de degré $n-1$ tel que :

$$ \chi_M(X) = XR(X) + \det(M). \qquad (6.1.1) $$

### Exemple 6.1.2

Soit $M := (m_{ij})_{ij} \in \mathscr{M}_3(\mathbb{R})$. On a en développant par exemple par rapport à la première ligne le déterminant de taille 3 :

$$
\begin{align*}
\chi_M(X) &= \det (M - XI_3) \\
&= \begin{vmatrix}
m_{11} - X & m_{12} & m_{13} \\
m_{21} & m_{22} - X & m_{23} \\
m_{31} & m_{32} & m_{33} - X
\end{vmatrix} \\
&= (m_{11} - X) \begin{vmatrix}
m_{22} - X & m_{23} \\
m_{32} & m_{33} - X
\end{vmatrix} - m_{12} \begin{vmatrix}
m_{21} & m_{23} \\
m_{31} & m_{33} - X
\end{vmatrix} + m_{13} \begin{vmatrix}
m_{21} & m_{22} - X \\
m_{31} & m_{32}
\end{vmatrix} \\
&= (m_{11} - X) \left[ (m_{22} - X)(m_{33} - X) - m_{32}m_{23} \right] \\
&\quad - m_{12} [m_{21}(m_{33} - X) - m_{31}m_{23}] \\
&\quad + m_{13} [m_{21}m_{32} - m_{31}(m_{22} - X)] \\
&= -X^3 + (m_{11} + m_{11} + m_{11})X^2 \\
&\quad + (m_{12}m_{21} - m_{11}m_{22} + m_{13}m_{31} + m_{23}m_{32} - m_{11}m_{33} - m_{22}m_{33})X \\
&\quad - m_{13}m_{22}m_{31} + m_{12}m_{23}m_{31} + m_{13}m_{21}m_{32} - m_{11}m_{23}m_{32} - m_{12}m_{21}m_{33} + m_{11}m_{22}m_{33} \\
&= -X^3 + \operatorname{Tr}(M)X^2 - c_1X + \det(M)
\end{align*}
$$

avec :

$$ c_1 := m_{12}m_{21} - m_{11}m_{22} + m_{13}m_{31} + m_{23}m_{32} - m_{11}m_{33} - m_{22}m_{33}. $$

On a donc :

$$ \chi_M(X) = XR(X) + \det(M) $$

avec :

$$ R(X) := -X^2 + \operatorname{Tr}(M)X - c_1. $$

<footnote n="5">5. On aurait pu définir $\chi_M$ par $\chi_M(X) := \det(XI_n - M)$.</footnote>
Corollaire 6.1.4

Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. Il existe un polynôme $R \in \mathbb{R}[X]$ de degré $n-1$ tel que :

$$A^{-1} = \frac{-1}{\det(A)} R(A).$$

Démonstration. Par l'équation (6.1.1), il existe un polynôme $R \in \mathbb{R}[X]$ de degré $n-1$ tel que :

$$\chi_A(X) = X R(X) + \det(A).$$

Comme $\det(A) \neq 0$, on a par le théorème de Cayley-Hamilton :

$$0 = \chi_A(A) = A R(A) + \det(A) I_n$$

i.e. on a :

$$A^{-1} = \frac{-1}{\det(A)} R(A).$$

□

En comparant avec le corollaire 1.1.3, on a donc :

$$R(A) = -\text{Com}(A)^T.$$

## 6.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

en utilisant le corollaire précédent. Le polynôme caractéristique de $A$ est donné par :

$$
\begin{align*}
\chi_A(X) &= \det(A - X I_3) \\
&= \begin{vmatrix} 2-X & -2 & 1 \\ 2 & -3-X & 2 \\ -1 & 2-X & -X \end{vmatrix} \\
&= (2-X) \begin{vmatrix} -3-X & 2 & 1 \\ 2-X & -X & -2 \\ -2 & 2-X & -X \end{vmatrix} \\
&= (2-X)((3-X)X - 2(2-X)) - 2(2X - (2-X)) - (-4+3-X) \\
&= -X^3 - X^2 + 5X - 3
\end{align*}
$$

Par le théorème de Cayley-Hamilton, on a donc :

$$
\begin{align*}
0 &= \chi_A(A) \\
  &= -A^3 - A^2 + 5A - 3I_3 \\
  &= A(-A^2 - A + 5I_3) - 3I_3
\end{align*}
$$

i.e. on a 6 :

$$A^{-1} = \frac{1}{3}(-A^2 - A + 5I_3)$$

<footnote n="6">6. On est donc dans le cas où $R(X) := -X^2 - X + 5$.</footnote>
### Proposition 6.1.3: Théorème de Cayley-Hamilton

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. On a :

$$ \chi_M(M) = 0. $$

*Démonstration.* Montrons le résultat pour $n := 3$. Posons :

$$ N := \operatorname{Com}(M - XI_3)^T. $$

et :

$$ -X^3 + c_2X^2 + c_1X + c_0 := \chi_M(X) = \det(M - XI_3). $$

En développant les déterminants apparaissant dans la comatrice de $M - XI_3$, on obtient que $N$ est un polynôme de degré 2 du type :

$$ X^2N_2 + XN_1 + N_0 := N = \operatorname{Com}(M - XI_3)^T. $$

Alors on a par la proposition 1.1.2 :

$$
\begin{align*}
-X^3 I_3 + c_2 X^2 I_3 + c_1 X I_3 + c_0 I_3 &= \chi(X) I_3 \\
&= \det(M - XI_3) I_3 \\
&= (M - XI_3) \operatorname{Com}(M - XI_3)^T \\
&= (M - XI_3) N \\
&= (M - XI_3) (X^2 N_2 + X N_1 + N_0) \\
&= -X^3 N_2 + X^2 (MN_2 - N_1) + X (MN_1 - N_0) + MN_0
\end{align*}
$$

Par unicité de la décomposition dans l'anneau $\mathcal{M}_n(\mathbb{R})[X]$, on a :

$$
\begin{align*}
c_0 I_3 &= MN_0 \\
c_1 I_3 &= MN_1 - N_0 \\
c_2 I_3 &= MN_2 - N_1 \\
-I_3 &= -N_2
\end{align*}
$$

Ainsi en multipliant la deuxième équation par $M$, la troisième par $M^2$ et la quatrième par $M^3$, on a :

$$
\begin{align*}
c_0 I_3 &= MN_0 \\
c_1 M &= M(MN_1 - N_0) \\
c_2 M^2 &= M^2(MN_2 - N_1) \\
-M^3 &= -M^3 N_2
\end{align*}
$$

En sommant ces quatre équations, on a par télescopage :

$$
\begin{align*}
\chi_M(M) &= -M^3 + c_2 M^2 + c_1 M + c_0 I_3 \\
&= -M^3 N_2 + M^2 (MN_2 - N_1) + M (MN_1 - N_0) + MN_0 \\
&= 0
\end{align*}
$$

<figure><img src="image_2.png" /></figure>

On en déduit le corollaire suivant dans le cas d'une matrice inversible.
$$ = \frac{1}{3} \left[ - \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} + 5 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right] $$

$$ = \frac{1}{3} \left[ - \begin{pmatrix} -1 & 4 & -2 \\ -4 & 9 & -4 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix} \right] $$

$$ = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} $$
Corollaire 6.1.4

Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. Il existe un polynôme $R \in \mathbb{R}[X]$ de degré $n-1$ tel que :

$$A^{-1} = \frac{-1}{\det(A)} R(A).$$

Démonstration. Par l'équation (6.1.1), il existe un polynôme $R \in \mathbb{R}[X]$ de degré $n-1$ tel que :

$$\chi_A(X) = XR(X) + \det(A).$$

Comme $\det(A) \neq 0$, on a par le théorème de Cayley-Hamilton :

$$0 = \chi_A(A) = AR(A) + \det(A)I_n$$

i.e. on a :

$$A^{-1} = \frac{-1}{\det(A)} R(A).$$

□

En comparant avec le corollaire 1.1.3, on a donc :

$$R(A) = -\text{Com}(A)^T.$$

## 6.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

en utilisant le corollaire précédent. Le polynôme caractéristique de $A$ est donné par :

$$\begin{align*}
\chi_A(X) &= \det (A - X I_3) \\
&= \begin{vmatrix} 2-X & -2 & 1 \\ 2 & -3-X & 2 \\ -1 & 2-X & -X \end{vmatrix} \\
&= (2-X) \begin{vmatrix} -3-X & 2 & -2 \\ 2-X & -X & -X \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} -2 & 1 & -2 \\ 2-X & -X & -X \end{vmatrix} \begin{vmatrix} 2 & -2 & 1 \\ -3-X & 2 & 2 \end{vmatrix} \\
&= (2-X)((3-X)X - 2(2-X)) - 2(2X - (2-X)) - (-4+3-X) \\
&= -X^3 - X^2 + 5X - 3
\end{align*}$$

Par le théorème de Cayley-Hamilton, on a donc :

$$\begin{align*}
0 &= \chi_A(A) \\
  &= -A^3 - A^2 + 5A - 3I_3 \\
  &= A(-A^2 - A + 5I_3) - 3I_3
\end{align*}$$

i.e. on a $^6$ :

$$A^{-1} = \frac{1}{3}(-A^2 - A + 5I_3)$$

<footnote n="6">6. On est donc dans le cas où $R(X) := -X^2 - X + 5$.</footnote>
# 7 Formule déduite du théorème de Cayley-Hamilton

Dans la section précédente, on a obtenu une expression de l'inverse d'une matrice comme un polynôme en la matrice (voir le corollaire 6.1.4). Dans cette section, on donne la formule explicite de ce polynôme. Les coefficients de ce polynôme dépendent des traces des puissances de la matrice.

## 7.1 Introduction

Pour obtenir la formule générale, on a besoin d'une notation. Posons pour tout $s \in \{0, \dots, n-1\}$ :

$$ \Gamma(n, s) := \left\{ (k_1, \dots, k_{n-1}) \in \mathbb{N}^{n-1} \,\middle|\, s + \sum_{l=1}^{n-1} lk_l = n-1 \right\}. $$

**Proposition 7.1.1**

Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. On a :

$$ A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \sum_{s=0}^{n-1} A^s \sum_{(k_1, \dots, k_{n-1}) \in \Gamma(n, s)} \prod_{l=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k_l+1}}{l^{k_l} k_l!} \text{Tr}(A^l)^{k_l}. $$

*Démonstration.* On donne la preuve dans le cas $n := 3$. On montre après la preuve que la formule se réduit dans ce cas à :

$$ A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \left( \frac{1}{2} \left[ (\text{Tr}A)^2 - \text{Tr}(A^2) \right] I_3 - A \text{Tr}(A) + A^2 \right). $$

Montrons cette formule. Il existe des coefficients $c_1, c_2 \in \mathbb{R}$ tels que le polynôme caractéristique de $A$ vaut :

$$ \chi_A(X) = -X^3 + c_2 X^2 + c_1 X + \det(A) $$

Soit $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \in \mathbb{C}$ les valeurs propres complexes de $A$ (comptées avec multiplicités) i.e. on a :

$$ \chi_A(X) = -(X - \lambda_1)(X - \lambda_2)(X - \lambda_3). $$

On a donc en développant et en identifiant les deux expressions de $\chi_A$ (ce sont les relations coefficients-racines) :

$$ \begin{aligned} c_2 &= \lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 \\ c_1 &= -\lambda_1\lambda_2 - \lambda_1\lambda_3 - \lambda_2\lambda_3 \end{aligned} $$

Posons pour tout $k \in \mathbb{N}$ :

$$ s_k := \text{Tr}(A^k) $$

Comme toute matrice est trigonalisable dans $\mathbb{C}$, il existe une matrice $P \in \text{GL}_3(\mathbb{C})$ et une matrice triangulaire supérieure :

$$ T := \begin{pmatrix} \lambda_1 & * & * \\ 0 & \lambda_2 & * \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} $$

telles que :

$$ T = P^{-1}AP. $$

Comme pour tout $k \in \mathbb{N}$ $A^k = PT^k P^{-1}$, on a donc :

$$ s_k = \text{Tr}(A^k) $$
$$ = \frac{1}{3} \left[ - \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} + 5 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right] $$

$$ = \frac{1}{3} \left[ - \begin{pmatrix} -1 & 4 & -2 \\ -4 & 9 & -4 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 5 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix} \right] $$

$$ = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} $$
$$ = \mathrm{Tr}(PT^k P^{-1}) $$

$$ = \mathrm{Tr}(T^k) $$

$$ = \mathrm{Tr} \begin{pmatrix} \lambda_1^k & * & * \\ 0 & \lambda_2^k & * \\ 0 & 0 & \lambda_3^k \end{pmatrix} $$

$$ = \lambda_1^k + \lambda_2^k + \lambda_3^k $$

Par le théorème sur les polynômes symétriques, les scalaires $s_k$ s'expriment en fonction des $c_k$ et inversement les scalaires $c_k$ s'expriment en fonction des $s_k$, ce sont les identités de Newton. Les formules générales utilisent les **polynômes de Bell** $B_k$. Dans le cas $n := 3$, on trouve simplement les formules à la main. On a :

$$ c_2 = \lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 $$

$$ = s_1 $$

$$ = \mathrm{Tr}(A) $$

$$ c_1 = -\lambda_1\lambda_2 - \lambda_1\lambda_3 - \lambda_2\lambda_3 $$

$$ = \frac{1}{2} \left[ -(\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3)^2 + (\lambda_1^2 + \lambda_2^2 + \lambda_3^2) \right] $$

$$ = \frac{1}{2} \left[ -s_1^2 + s_2 \right] $$

$$ = \frac{1}{2} \left[ -(\mathrm{Tr}A)^2 + \mathrm{Tr}(A^2) \right] $$

Par le théorème de Cayley-Hamilton, on a :

$$ 0 = \chi_A(A) = -A^3 + c_2A^2 + c_1A + \det(A)I_3 $$

i.e. on a :

$$ A^{-1} = \frac{1}{\det A} (A^2 - c_2 A - c_1 I_3) \\ = \frac{1}{\det(A)} \left( \frac{1}{2} \left[ (\mathrm{Tr} A)^2 - \mathrm{Tr}(A^2) \right] I_3 - A \mathrm{Tr}(A) + A^2 \right) $$

□

On finit la sous-section par les cas $n := 2$ et $n := 3$. On démontre en particulier la formule donnée dans la preuve de la proposition précédente dans le cas $n := 3$.

Exemple 7.1.2

(1) Pour $n := 2$, on a :

$$ \Gamma(2, 0) = \{k_1 \in \mathbb{N}, 0 + k_1 = 1\} = \{1\} $$

$$ \Gamma(2, 1) = \{k_1 \in \mathbb{N}, 1 + k_1 = 1\} = \{0\} $$

Et ainsi :

$$ A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \sum_{s=0}^{1} A^{s} \sum_{k_1 \in \Gamma(1,s)} \frac{(-1)^{k_1+1}}{1^{k_1} k_1!} \mathrm{Tr}(A^1)^{k_1} \\ = \frac{1}{\det(A)} \left( A^0 \frac{(-1)^{1+1}}{1^1 1!} \mathrm{Tr}(A^1)^2 + A^1 \frac{(-1)^{0+1}}{1^0 0!} \mathrm{Tr}(A^1)^1 \right) $$
# 7 Formule déduite du théorème de Cayley-Hamilton

Dans la section précédente, on a obtenu une expression de l'inverse d'une matrice comme un polynôme en la matrice (voir le corollaire 6.1.4). Dans cette section, on donne la formule explicite de ce polynôme. Les coefficients de ce polynôme dépendent des traces des puissances de la matrice.

## 7.1 Introduction

Pour obtenir la formule générale, on a besoin d'une notation. Posons pour tout $s \in \{0, \dots, n-1\}$ :

$$ \Gamma(n, s) := \left\{ (k_1, \dots, k_{n-1}) \in \mathbb{N}^{n-1}, s + \sum_{l=1}^{n-1} lk_l = n-1 \right\}. $$

**Proposition 7.1.1**

Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. On a :

$$ A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \sum_{s=0}^{n-1} A^s \sum_{(k_1, \dots, k_{n-1}) \in \Gamma(n, s)} \prod_{l=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k_l+1}}{l^{k_l} k_l!} \text{Tr}(A^l)^{k_l}. $$

*Démonstration.* On donne la preuve dans le cas $n := 3$. On montre après la preuve que la formule se réduit dans ce cas à :

$$ A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \left( \frac{1}{2} \left[ (\text{Tr}A)^2 - \text{Tr}(A^2) \right] I_3 - A \text{Tr}(A) + A^2 \right). $$

Montrons cette formule. Il existe des coefficients $c_1, c_2 \in \mathbb{R}$ tels que le polynôme caractéristique de $A$ vaut :

$$ \chi_A(X) = -X^3 + c_2 X^2 + c_1 X + \det(A) $$

Soit $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 \in \mathbb{C}$ les valeurs propres complexes de $A$ (comptées avec multiplicités) i.e. on a :

$$ \chi_A(X) = -(X - \lambda_1)(X - \lambda_2)(X - \lambda_3). $$

On a donc en développant et en identifiant les deux expressions de $\chi_A$ (ce sont les relations coefficients-racines) :

$$ \begin{aligned} c_2 &= \lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 \\ c_1 &= -\lambda_1\lambda_2 - \lambda_1\lambda_3 - \lambda_2\lambda_3 \end{aligned} $$

Posons pour tout $k \in \mathbb{N}$ :

$$ s_k := \text{Tr}(A^k) $$

Comme toute matrice est trigonalisable dans $\mathbb{C}$, il existe une matrice $P \in \text{GL}_3(\mathbb{C})$ et une matrice triangulaire supérieure :

$$ T := \begin{pmatrix} \lambda_1 & * & * \\ 0 & \lambda_2 & * \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} $$

telles que :

$$ T = P^{-1}AP. $$

Comme pour tout $k \in \mathbb{N}$ $A^k = PT^k P^{-1}$, on a donc :

$$ \begin{aligned} s_k &= \text{Tr}(A^k) \\ &= \text{Tr}(PT^k P^{-1}) \end{aligned} $$
$$ = \frac{1}{\det A} (\operatorname{Tr}(A)I_2 - A) $$

(2) Pour $n := 3$, on a :

$$ \Gamma(3,0) = \{(k_1, k_2) \in \mathbb{N}^2, 0 + k_1 + 2k_2 = 2\} = \{(2,0), (0,1)\} $$

$$ \Gamma(3,1) = \{(k_1, k_2) \in \mathbb{N}^2, 1 + k_1 + 2k_2 = 2\} = \{(1,0)\} $$

$$ \Gamma(3,2) = \{(k_1, k_2) \in \mathbb{N}^2, 2 + k_1 + 2k_2 = 2\} = \{(0,0)\} $$

Et ainsi :

$$
\begin{align*}
A^{-1} &= \frac{1}{\det(A)} \sum_{s=0}^{2} A^s \sum_{(k_1,k_2) \in \Gamma(3,s)} \prod_{l=1}^{2} \frac{(-1)^{k_l+1}}{l^{k_l} k_l!} \operatorname{Tr}(A^l)^{k_l} \\
&= \frac{1}{\det(A)} \left( A^0 \left( \frac{(-1)^{2+1}}{1^2 2!} \operatorname{Tr}(A^1)^2 \frac{(-1)^{0+1}}{2^0 0!} \operatorname{Tr}(A^2)^0 + \frac{(-1)^{0+1}}{1^0 0!} \operatorname{Tr}(A^1)^0 \frac{(-1)^{1+1}}{2^1 1!} \operatorname{Tr}(A^2)^1 \right) \right. \\
&\qquad \left. + A^1 \frac{(-1)^{1+1}}{1^1 1!} \operatorname{Tr}(A^1)^1 \frac{(-1)^{0+1}}{2^0 0!} \operatorname{Tr}(A^2)^0 + A^2 \frac{(-1)^{0+1}}{1^0 0!} \operatorname{Tr}(A^1)^0 \frac{(-1)^{0+1}}{2^0 0!} \operatorname{Tr}(A^2)^0 \right) \\
&= \frac{1}{\det(A)} \left( \frac{1}{2} \left[ (\operatorname{Tr}A)^2 - \operatorname{Tr}(A^2) \right] I_3 - A \operatorname{Tr}(A) + A^2 \right)
\end{align*}
$$

## 7.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$ A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} $$

en utilisant la formule précédente dans le cas $n := 3$ :

$$ A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \left( \frac{1}{2} \left[ (\operatorname{Tr}A)^2 - \operatorname{Tr}(A^2) \right] I_3 - A \operatorname{Tr}(A) + A^2 \right) $$

On a :

$$ \operatorname{Tr}(A) = -1 $$

$$ \det(A) = -3 $$

$$ A^2 = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 4 & -2 \\ -4 & 9 & -4 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix} $$

$$ \operatorname{Tr}(A^2) = 11 $$

Comme :

$$
\begin{align*}
A^2 &= \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} -1 & 4 & -2 \\ -4 & 9 & -4 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
&= \operatorname{Tr}(T^k) \\
&= \operatorname{Tr} \begin{pmatrix} \lambda_1^k & * & * \\ 0 & \lambda_2^k & * \\ 0 & 0 & \lambda_3^k \end{pmatrix} \\
&= \lambda_1^k + \lambda_2^k + \lambda_3^k
\end{align*}
$$

Par le théorème sur les polynômes symétriques, les scalaires $s_k$ s'expriment en fonction des $c_k$ et inversement les scalaires $c_k$ s'expriment en fonction des $s_k$, ce sont les identités de Newton. Les formules générales utilisent les **polynômes de Bell** $B_k$. Dans le cas $n := 3$, on trouve simplement les formules à la main. On a :

$$
\begin{align*}
c_2 &= \lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 \\
&= s_1 \\
&= \operatorname{Tr}(A)
\end{align*}
\begin{align*}
c_1 &= -\lambda_1\lambda_2 - \lambda_1\lambda_3 - \lambda_2\lambda_3 \\
&= \frac{1}{2} \left[ -(\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3)^2 + (\lambda_1^2 + \lambda_2^2 + \lambda_3^2) \right] \\
&= \frac{1}{2} \left[ -s_1^2 + s_2 \right] \\
&= \frac{1}{2} \left[ -(\operatorname{Tr}A)^2 + \operatorname{Tr}(A^2) \right]
\end{align*}
$$

Par le théorème de Cayley-Hamilton, on a :

$$
0 = \chi_A(A) = -A^3 + c_2 A^2 + c_1 A + \det(A) I_3
$$

i.e. on a :

$$
A^{-1} = \frac{1}{\det A} (A^2 - c_2 A - c_1 I_3) \\
= \frac{1}{\det(A)} \left( \frac{1}{2} \left[ (\operatorname{Tr} A)^2 - \operatorname{Tr}(A^2) \right] I_3 - A \operatorname{Tr}(A) + A^2 \right)
$$

□

On finit la sous-section par les cas $n := 2$ et $n := 3$. On démontre en particulier la formule donnée dans la preuve
de la proposition précédente dans le cas $n := 3$.

Exemple 7.1.2

(1) Pour $n := 2$, on a :

$$
\Gamma(2,0) = \{k_1 \in \mathbb{N}, 0 + k_1 = 1\} = \{1\}
$$

$$
\Gamma(2, 1) = \{k_1 \in \mathbb{N}, 1 + k_1 = 1\} = \{0\}
$$

Et ainsi :

$$
\begin{align*}
A^{-1} &= \frac{1}{\det(A)} \sum_{s=0}^{1} A^s \sum_{k_1 \in \Gamma(1,s)} \frac{(-1)^{k_1+1}}{1^{k_1} k_1!} \operatorname{Tr}(A^1)^{k_1} \\
&= \frac{1}{\det(A)} \left( A^0 \frac{(-1)^{1+1}}{1^1 1!} \operatorname{Tr}(A^1)^2 + A^1 \frac{(-1)^{0+1}}{1^0 0!} \operatorname{Tr}(A^1)^1 \right)
\end{align*}
$$
$$ \mathrm{Tr}(A^2) = 11 $$

on a donc :

$$
\begin{align*}
A^{-1} &= \frac{1}{\det(A)} \left( \frac{1}{2} \left[ (\mathrm{Tr}A)^2 - \mathrm{Tr}(A^2) \right] I_3 - A \mathrm{Tr}A + A^2 \right) \\
&= \frac{1}{-3} \left( -5 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 & 4 & -2 \\ -4 & 9 & -4 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix} \right) \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
$$ = \frac{1}{\det A} (\operatorname{Tr}(A)I_2 - A) $$

(2) Pour $n := 3$, on a :

$$ \Gamma(3,0) = \{(k_1, k_2) \in \mathbb{N}^2, 0 + k_1 + 2k_2 = 2\} = \{(2,0), (0,1)\} $$

$$ \Gamma(3,1) = \{(k_1, k_2) \in \mathbb{N}^2, 1 + k_1 + 2k_2 = 2\} = \{(1,0)\} $$

$$ \Gamma(3,2) = \{(k_1, k_2) \in \mathbb{N}^2, 2 + k_1 + 2k_2 = 2\} = \{(0,0)\} $$

Et ainsi :

$$
\begin{align*}
A^{-1} &= \frac{1}{\det(A)} \sum_{s=0}^{2} A^s \sum_{(k_1,k_2) \in \Gamma(3,s)} \prod_{l=1}^{2} \frac{(-1)^{k_l+1}}{l^{k_l} k_l!} \operatorname{Tr}(A^l)^{k_l} \\
&= \frac{1}{\det(A)} \left( A^0 \left( \frac{(-1)^{2+1}}{1^2 2!} \operatorname{Tr}(A^1)^2 \frac{(-1)^{0+1}}{2^0 0!} \operatorname{Tr}(A^2)^0 + \frac{(-1)^{0+1}}{1^0 0!} \operatorname{Tr}(A^1)^0 \frac{(-1)^{1+1}}{2^1 1!} \operatorname{Tr}(A^2)^1 \right) \right. \\
&\qquad \left. + A^1 \frac{(-1)^{1+1}}{1^1 1!} \operatorname{Tr}(A^1)^1 \frac{(-1)^{0+1}}{2^0 0!} \operatorname{Tr}(A^2)^0 + A^2 \frac{(-1)^{0+1}}{1^0 0!} \operatorname{Tr}(A^1)^0 \frac{(-1)^{0+1}}{2^0 0!} \operatorname{Tr}(A^2)^0 \right) \\
&= \frac{1}{\det(A)} \left( \frac{1}{2} \left[ (\operatorname{Tr}A)^2 - \operatorname{Tr}(A^2) \right] I_3 - A \operatorname{Tr}(A) + A^2 \right)
\end{align*}
$$

## 7.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$ A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} $$

en utilisant la formule précédente dans le cas $n := 3$ :

$$ A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \left( \frac{1}{2} \left[ (\operatorname{Tr}A)^2 - \operatorname{Tr}(A^2) \right] I_3 - A \operatorname{Tr}(A) + A^2 \right) $$

Comme :

$$ \operatorname{Tr}(A) = -1 $$

$$ \det(A) = -3 $$

$$ A^2 = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 4 & -2 \\ -4 & 9 & -4 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix} $$

$$ \operatorname{Tr}(A^2) = 11 $$

on a donc :

$$
\begin{align*}
A^{-1} &= \frac{1}{\det(A)} \left( \frac{1}{2} \left[ (\operatorname{Tr}A)^2 - \operatorname{Tr}(A^2) \right] I_3 - A \operatorname{Tr}A + A^2 \right) \\
&= \frac{1}{-3} \left( -5 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 & 4 & -2 \\ -4 & 9 & -4 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix} \right) \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
# 8 Diagonalisation et polynôme minimal

Le théorème de Cayley-Hamilton dit que le polynôme caractéristique d'une matrice est un polynôme annulateur de cette matrice. De plus, l'ensemble des polynômes annulateurs d'une matrice forme un idéal de l'anneau principal $\mathbb{R}[X]$. Ainsi cet idéal est engendré par un polynôme unitaire de degré minimal appelé le polynôme minimal de la matrice. Son degré peut être le même que le polynôme caractéristique, dans le cas contraire, on obtient une méthode plus rapide (car demandant moins de multiplications de matrices) que celle de la section 6 utilisant le théorème de Cayley-Hamilton.

## 8.1 Introduction

Soit $M, N \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$. On note :

$$ \mathrm{Ann}(M) := \{P \in \mathbb{R}[X], P(M) = 0\}. $$

Le théorème de Cayley-Hamilton est équivalent à l'assertion :

$$ \chi_M(X) \in \mathrm{Ann}(M). $$

Comme $\mathrm{Ann}(M)$ est un idéal de $\mathbb{R}[X]$ (appelé l'idéal des polynômes annulateurs de $M$) et comme l'anneau $\mathbb{R}[X]$ est principal i.e. pour tout idéal $I$ de $\mathbb{R}[X]$, il existe un polynôme $P \in \mathbb{R}[X]$ tel que $I = P\mathbb{R}[X]$, on a la définition suivante.

### Définition 8.1.1

Le polynôme minimal de $M$ est l'unique polynôme unitaire $\pi_M$ de $\mathrm{Ann}(M)$ (de degré minimal) tel que :

$$ \mathrm{Ann}(M) = \pi_M(X)\mathbb{R}[X]. $$

Pour tout $\lambda \in \mathbb{R}$, on a les équivalences simples :

$$ \begin{align*} \lambda \in \mathrm{Sp}(M) &\iff \exists v \in \mathbb{R}^n - \{0\}, \quad Mv = \lambda v \\ &\iff \exists v \in \mathbb{R}^n - \{0\}, \quad \forall k \in \mathbb{N}, \quad M^k v = \lambda^k v \\ &\iff \exists v \in \mathbb{R}^n - \{0\}, \quad \pi_M(\lambda)v = 0 \\ &\iff \pi_M(\lambda) = 0 \end{align*} $$

i.e. $\lambda$ est valeur propre de $M$ si et seulement si elle est de $\pi_M$.

Comme $\chi_M(X) \in \mathrm{Ann}(M)$, le polynôme $\pi_M$ divise donc $\chi_M$. Avant d'énoncer le résultat utile pour cette section, on fait des rappels sur la diagonalisation.

### Définition 8.1.2

(i) On dit que $M$ et $N$ sont **semblables** s'il existe $P \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$ M = PNP^{-1}. $$

On note alors :

$$ M \sim N. $$

(ii) On dit que $M$ est **diagonalisable** s'il existe une matrice diagonale $D \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$ M \sim D. $$
# 8 Diagonalisation et polynôme minimal

Comme nous avons vu, le théorème de Cayley-Hamilton dit que le polynôme caractéristique d'une matrice est un polynôme annulateur de cette matrice. De plus, l'ensemble des polynômes annulateurs d'une matrice forme un idéal de l'anneau principal $\mathbb{R}[X]$. Ainsi cet idéal est engendré par un polynôme unitaire de degré minimal appelé le polynôme minimal de la matrice. Son degré peut être le même que le polynôme caractéristique mais dans le cas contraire, on obtient une méthode plus rapide (car demandant moins de multiplications de matrices) que celle de la section 6 utilisant le théorème de Cayley-Hamilton.

## 8.1 Introduction

Soit $M, N \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})$ avec $\mathbb{K} := \mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$. On note :

$$ \mathrm{Ann}(M) := \{P \in \mathbb{K}[X], P(M) = 0\}. $$

Le théorème de Cayley-Hamilton est équivalent à l'assertion :

$$ \chi_M(X) \in \mathrm{Ann}(M). $$

Comme $\mathrm{Ann}(M)$ est un idéal de $\mathbb{K}[X]$ (appelé l'idéal des polynômes annulateurs de $M$) et comme l'anneau $\mathbb{K}[X]$ est principal i.e. pour tout idéal $I$ de $\mathbb{K}[X]$, il existe un polynôme $P \in \mathbb{R}[X]$ tel que $I = P\mathbb{K}[X]$, on a la définition suivante.

### Définition 8.1.1

Le polynôme minimal de $M$ est l'unique polynôme unitaire $\pi_M$ de $\mathrm{Ann}(M)$ (de degré minimal) tel que :

$$ \mathrm{Ann}(M) = \pi_M(X)\mathbb{K}[X]. $$

Comme $\chi_M(X) \in \mathrm{Ann}(M)$, le polynôme $\pi_M$ divise donc $\chi_M$. Avant d'énoncer le résultat utile pour cette section, on fait des rappels sur la diagonalisation.

### Définition 8.1.2

(i) On dit que $M$ et $N$ sont **semblables** s'il existe $P \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{K})$ telle que :

$$ M = PNP^{-1}. $$

On note alors :

$$ M \sim N. $$

(ii) On dit que $M$ est **diagonalisable** s'il existe une matrice diagonale $D \in \mathcal{M}_n(\mathbb{K})$ telle que :

$$ M \sim D. $$

(iii) Soit $\lambda \in \mathbb{K}$. On dit que $\lambda$ est une **valeur propre de M** dans $\mathbb{K}$ s'il existe un vecteur non nul $u \in \mathbb{K}^n$ tel que $Mu = \lambda u$. On dit que $u$ est un **vecteur propre associé à $\lambda$**.

(a) On note $\mathrm{Sp}_{\mathbb{K}}(M)$ l'ensemble des valeurs propres de $M$ dans $\mathbb{K}$. On notera simplement $\mathrm{Sp}(M) := \mathrm{Sp}_{\mathbb{R}}(M)$.

(b) L'espace propre associé à la valeur propre $\lambda$ est le $\mathbb{K}$-espace vectoriel $E_{\lambda}(M)$ défini par :

$$ E_{\lambda}(M) := \{v \in \mathbb{K}^n, Mv = \lambda v\} := \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n). $$
(iii) Soit $\mathbb{K} := \mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ et $\lambda \in \mathbb{K}$. On dit que $\lambda$ est une **valeur propre de M dans $\mathbb{K}$** s'il existe un vecteur non nul $u \in \mathbb{K}^n$ tel que $Mu = \lambda u$. On dit que $u$ est un **vecteur propre associé à $\lambda$**.

(a) On note $\text{Sp}_{\mathbb{K}}(M)$ l'ensemble des valeurs propres de $M$ dans $\mathbb{K}$. On notera simplement $\text{Sp}(M) := \text{Sp}_{\mathbb{R}}(M)$.

(b) L'espace propre associé à la valeur propre $\lambda$ est le $\mathbb{K}$-espace vectoriel $E_{\lambda}(M)$ défini par :

$$E_{\lambda}(M) := \{v \in \mathbb{K}^n, Mv = \lambda v\} := \text{Ker}(M - \lambda I_n).$$

Dit autrement, si $M$ est diagonalisable, il existe une base $(u_1, \dots, u_n)$ de $\mathbb{R}^n$ et des scalaires $\lambda_1, \dots, \lambda_n \in \mathbb{R}$ tels que :

$$P = (u_1 | \dots | u_n) , \quad D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_n \end{pmatrix}.$$

Comme $P$ est la matrice de passage de la base canonique $(e_1, \dots, e_n)$ à la base $(u_1, \dots, u_n)$, on a pour tout $i \in \{1, \dots, n\} \ P^{-1}u_i = e_i$ et donc :

$$ \begin{aligned} Mu_i &= PDP^{-1}u_i \\ &= PDe_i \\ &= P\lambda_i e_i \\ &= \lambda_i u_i \end{aligned} $$

i.e. $u_i$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $\lambda_i$ ($u_i$ est non nul car c'est un vecteur d'une base). Ainsi on a l'équivalence entre :

(i) $M$ est diagonalisable ;

(ii) il existe une base de $\mathbb{R}^n$ formée de vecteurs propres de $M$.

De plus soit $\lambda \in \mathbb{K}$ et $v \in \mathbb{K}^n$ non nul. On a équivalence entre :

$$ \begin{align*} \lambda \in \text{Sp}_{\mathbb{K}}(M) &\iff \exists v \in \mathbb{K}^n - \{0\}, \quad Mv = \lambda v \\ &\iff \exists v \in \mathbb{K}^n - \{0\}, \quad (M - \lambda I_n)v = 0 \\ &\iff \det(M - \lambda I_n) \neq 0 \\ &\iff \chi_M(\lambda) = 0 \end{align*} $$

i.e. les valeurs propres de $M$ sont exactement les racines de $\chi_M$.

On a alors le lemme usuel.

### Lemme 8.1.3

On a équivalence entre :

(i) $M$ est diagonalisable dans $\mathbb{R}$;

(ii) on a la somme directe :

$$\mathbb{R}^n = \bigoplus_{\lambda \in \text{Sp}(M)} E_{\lambda}(M).$$

*Démonstration.* Montrons le résultat dans le cas où $M$ a deux valeurs propres distinctes $\lambda$ et $\mu$.
Pour tout $\lambda \in \mathbb{K}$, on a les équivalences simples :

$$
\begin{align*}
\lambda \in \mathrm{Sp}_{\mathbb{K}}(M) &\iff \exists v \in \mathbb{K}^n - \{0\}, \quad Mv = \lambda v \\
&\iff \exists v \in \mathbb{K}^n - \{0\}, \quad \forall k \in \mathbb{N}, \quad M^k v = \lambda^k v \\
&\iff \exists v \in \mathbb{K}^n - \{0\}, \quad \pi_M(\lambda)v = 0 \\
&\iff \pi_M(\lambda) = 0
\end{align*}
$$

i.e. $\lambda$ est valeur propre de $M$ si et seulement si elle est une racine de $\pi_M$.

Dit autrement, si $M$ est diagonalisable, il existe une base $(u_1, \dots, u_n)$ de $\mathbb{K}^n$ et des scalaires $\lambda_1, \dots, \lambda_n \in \mathbb{K}$ tels que :

$$
P = (u_1 | \cdots | u_n) , \quad D = \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_n \end{pmatrix} .
$$

Comme $P$ est la matrice de passage de la base canonique $(e_1, \dots, e_n)$ à la base $(u_1, \dots, u_n)$, on a pour tout $i \in \{1, \dots, n\} P^{-1}u_i = e_i$ et donc :

$$
\begin{align*}
Mu_i &= PDP^{-1}u_i \\
&= PDe_i \\
&= P\lambda_i e_i \\
&= \lambda_i u_i
\end{align*}
$$

i.e. $u_i$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $\lambda_i$ ($u_i$ est non nul car c'est un vecteur d'une base). Ainsi on a l'équivalence entre :

(i) $M$ est diagonalisable dans $\mathbb{K}$;

(ii) il existe une base de $\mathbb{K}^n$ formée de vecteurs propres de $M$.

De plus soit $\lambda \in \mathbb{K}$. On a équivalence entre :

$$
\begin{align*}
\lambda \in \mathrm{Sp}_{\mathbb{K}}(M) &\iff \exists v \in \mathbb{K}^n - \{0\}, \quad Mv = \lambda v \\
&\iff \exists v \in \mathbb{K}^n - \{0\}, \quad (M - \lambda I_n)v = 0 \\
&\iff \det(M - \lambda I_n) \neq 0 \\
&\iff \chi_M(\lambda) = 0
\end{align*}
$$

i.e. les valeurs propres de $M$ sont exactement les racines de $\chi_M$.

On a alors le lemme usuel.

Lemme 8.1.3

On a équivalence entre :

(i) $M$ est diagonalisable dans $\mathbb{K}$;

(ii) on a la somme directe :

$$
\mathbb{K}^n = \bigoplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}_{\mathbb{K}}(M)} E_{\lambda}(M).
$$

Démonstration. Montrons le résultat dans le cas où $M$ a deux valeurs propres distinctes $\lambda$ et $\mu$.
Supposons que $M$ soit diagonalisable dans $\mathbb{R}$. Montrons que la somme est directe. Soit :

$$x \in E_{\lambda}(M) \cap E_{\mu}(M)$$

i.e. on a :

$$Mx = \lambda x, \quad Mx = \mu x.$$

Donc on a $(\lambda - \mu)x = 0$. Comme $\lambda \neq \mu$, on a donc $x = 0$.

Soit $x \in \mathbb{R}^n$. Comme $M$ est diagonalisable, il existe une base de vecteurs propres $x_1, \dots, x_k \in E_\lambda(M)$ et $x_k, \dots, x_{k+n} \in E_\mu(M)$ (avec $k \in \{1, \dots, n-1\}$). Donc il existe des scalaires $\alpha_1, \dots, \alpha_n \in \mathbb{R}$ tels que :

$$\begin{aligned} x &= \sum_{i=1}^{n} \alpha_i x_i \\ &= \sum_{i=1}^{k} \alpha_i x_i + \sum_{i=k+1}^{n} \alpha_i x_i \in E_{\lambda}(M) + E_{\mu}(M) \end{aligned}$$

D'où le résultat.

Supposons que $\mathbb{R}^n = E_\lambda(M) \oplus E_\mu(M)$. Soit $(u_1, \dots, u_k)$ une base de $E_\lambda(M)$ et $(u_{k+1}, \dots, u_n)$ une base de $E_\mu(M)$. Alors Posons $(u_1, \dots, u_n)$ est une base de vecteurs propres associée à la somme directe. Donc $M$ est diagonalisable. $\square$

### Proposition 8.1.4

On a équivalence entre :

(i) $M$ est diagonalisable dans $\mathbb{R}$

(ii) $\pi_M$ est scindé à racines simples i.e. :

$$\pi_M = \prod_{\lambda \in \text{Sp}(M)} (X - \lambda).$$

*Démonstration. • (i) ⇒ (ii).* Supposons que $M$ soit diagonalisable dans $\mathbb{R}$. Il suffit de montrer que :

(1) $\prod_{\lambda \in \text{Sp}(M)} (X - \lambda)$ divise $\pi_M$;

(2) $\pi_M$ divise $\prod_{\lambda \in \text{Sp}(M)} (X - \lambda)$ en redémontrant un cas simple du lemme des noyaux.

On en déduira alors que comme les deux polynômes sont unitaires, ils sont donc égaux. Posons :

$$\sum_{k=0}^{p} a_k M^k := \pi_M(X) \in \mathbb{R}[X]$$

avec $p \leq n$.

(1) Montrons que $\prod_{\lambda \in \text{Sp}(M)} (X - \lambda)$ divise $\pi_M$. Comme les polynômes $(X - \lambda)$ pour $\lambda \in \text{Sp}(M)$ forme une famille de polynômes premiers entre eux, il suffit de montrer que pour tout $\lambda \in \text{Sp}(M)$, le polynôme $(X - \lambda)$ divise $\pi_M$ i.e. que $\pi_M(\lambda) = 0$. Soit $\lambda \in \text{Sp}(M)$ et $x \in \mathbb{R}^n$ un vecteur propre (non nul) associé à $\lambda$. Montrons que $\lambda$ est racine de $\pi_M$. Comme $Mx = \lambda x$, on a par récurrence simple pour tout $k \in \mathbb{N}$ :

$$M^k x = \lambda^k x.$$

Comme $\pi_M(M) = 0$, on a donc :

$$\begin{aligned} 0_{\mathbb{R}^n} &= 0_{\mathcal{M}_n(\mathbb{R})}x \\ &= \pi_M(M)x \end{aligned}$$
Supposons que $M$ soit diagonalisable dans $\mathbb{K}$. Montrons que la somme est directe. Soit :

$$x \in E_{\lambda}(M) \cap E_{\mu}(M)$$

i.e. on a :

$$Mx = \lambda x, \quad Mx = \mu x.$$

Donc on a $(\lambda - \mu)x = 0$. Comme $\lambda \neq \mu$, on a donc $x = 0$.

Soit $x \in \mathbb{K}^n$. Comme $M$ est diagonalisable, il existe une base de vecteurs propres $x_1, \dots, x_k \in E_\lambda(M)$ et $x_k, \dots, x_{k+n} \in E_\mu(M)$ (avec $k \in \{1, \dots, n-1\}$). Donc il existe des scalaires $\alpha_1, \dots, \alpha_n \in \mathbb{K}$ tels que :

$$x = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i x_i \\ = \sum_{i=1}^{k} \alpha_i x_i + \sum_{i=k+1}^{n} \alpha_i x_i \in E_{\lambda}(M) + E_{\mu}(M)$$

D'où le résultat.

Réciproquement, supposons que $\mathbb{K}^n = E_\lambda(M) \oplus E_\mu(M)$. Soit $(u_1, \dots, u_k)$ une base de $E_\lambda(M)$ et $(u_{k+1}, \dots, u_n)$ une base de $E_\mu(M)$. Alors $(u_1, \dots, u_n)$ est une base de vecteurs propres associée à la somme directe. Donc $M$ est diagonalisable. $\square$

**Proposition 8.1.4**

On a équivalence entre :

(i) $M$ est diagonalisable dans $\mathbb{K}$;

(ii) $\pi_M$ est scindé à racines simples i.e. :

$$\pi_M = \prod_{\lambda \in \text{Sp}_{\mathbb{K}}(M)} (X - \lambda).$$

*Démonstration.* • (i) $\implies$ (ii). Supposons que $M$ soit diagonalisable dans $\mathbb{K}$. Il suffit de montrer que :

(1) $\prod_{\lambda \in \text{Sp}_{\mathbb{K}}(M)} (X - \lambda)$ divise $\pi_M$;

(2) $\pi_M$ divise $\prod_{\lambda \in \text{Sp}_{\mathbb{K}}(M)} (X - \lambda)$ en redémontrant un cas simple du lemme des noyaux.

On en déduira alors que comme les deux polynômes sont unitaires, ils sont donc égaux. Posons :

$$\sum_{k=0}^{p} a_k M^k := \pi_M(X) \in \mathbb{K}[X]$$

avec $p \leq n$.

(1) Montrons que $\prod_{\lambda \in \text{Sp}_{\mathbb{K}}(M)} (X - \lambda)$ divise $\pi_M$. Comme l'ensemble des polynômes $(X - \lambda)$ pour $\lambda \in \text{Sp}_{\mathbb{K}}(M)$ forme une famille de polynômes premiers entre eux, il suffit de montrer que pour tout $\lambda \in \text{Sp}_{\mathbb{K}}(M)$, le polynôme $(X - \lambda)$ divise $\pi_M$ i.e. que $\pi_M(\lambda) = 0$. Soit $\lambda \in \text{Sp}_{\mathbb{K}}(M)$ et $x \in \mathbb{K}^n$ un vecteur propre (non nul) associé à $\lambda$. Montrons que $\lambda$ est racine de $\pi_M$. Comme $Mx = \lambda x$, on a par récurrence simple pour tout $k \in \mathbb{N}$ :

$$M^k x = \lambda^k x.$$

Comme $\pi_M(M) = 0$, on a donc :

$$0_{\mathbb{K}^n} = 0_{\mathcal{M}_n(\mathbb{K})}x \\ = \pi_M(M)x$$
$$
\begin{align*}
&= \sum_{k=0}^{p} a_k M^k x \\
&= \sum_{k=0}^{p} a_k \lambda^k x \\
&= \pi_M(\lambda)x.
\end{align*}
$$

Comme $x$ est non nul, on a donc :

$\pi_M(\lambda) = 0.$

(2) Montrons que $\pi_M$ divise $P := \prod_{\lambda \in \text{Sp}(M)} (X - \lambda)$ i.e. $P(M) = 0$ (car alors $P \in \text{Ann}(M)$ et par minimalité de $\pi_M$, on a $\pi_M$ divise $P$). Montrons que :

$$
\mathrm{Ker}(P(M)) = \oplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}(M)} \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n). \qquad (8.1.1)
$$

C'est un cas particulier du **lemme des noyaux**. Montrons ce résultat dans le cas où *M* a deux valeurs propres distinctes $\lambda$ et $\mu$. Les polynômes $X - \lambda$ et $X - \mu$ sont premiers entre eux *i.e.* par le théorème de Bézout, il existe des polynômes $U, V \in \mathbb{R}[X]$ tels que :

$$
(*) : U(X)(X - \lambda) + V(X)(X - \mu) = 1
$$

en prenant par exemple (ce n’est pas utile pour la suite) :

$$
U := \frac{1}{\mu - \lambda} , \quad V := \frac{1}{\lambda - \mu}.
$$

Donc on a en évaluant (*) en M :

$$
(**) : U(M)(M - \lambda I_n) + V(M)(M - \mu I_n) = I_n.
$$

Montrons que :

$$
\mathrm{Ker}(M - \lambda I_n) \cap \mathrm{Ker}(M - \mu I_n) = \{0\}.
$$

Soit $x \in \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n) \cap \mathrm{Ker}(M - \mu I_n)$. D'après la relation (**), on a :

$$
\begin{align*}
x &= I_n x \\
&= U(M)(M - \lambda I_n)x + V(M)(M - \mu I_n)x \\
&= U(M)0_{\mathbb{R}^n} + V(M)0_{\mathbb{R}^n} \\
&= 0_{\mathbb{R}^n}
\end{align*}
$$

Montrons par double inclusion que :

$$
\mathrm{Ker}(P(M)) = \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n) + \mathrm{Ker}(M - \mu I_n).
$$

Soit $x \in \mathrm{Ker}(P(M))$. Posons :

$$
u := U(M)(M - \lambda I_n)x, \quad v := V(M)(M - \mu I_n)x.
$$

Par (**), on a :

$$
\begin{align*}
(M - \mu I_n)u &= (M - \mu I_n)U(M)(M - \lambda I_n)x \\
&= U(M)P(M)x \\
&= 0
\end{align*}
\[
(M - \lambda I_n)v = (M - \lambda I_n)V(M)(M - \mu I_n)x
\]
$$
$$
\begin{align*}
&= \sum_{k=0}^{p} a_k M^k x \\
&= \sum_{k=0}^{p} a_k \lambda^k x \\
&= \pi_M(\lambda)x.
\end{align*}
$$

Comme $x$ est non nul, on a donc :

$\pi_M(\lambda) = 0.$

(2) Montrons que $\pi_M$ divise $P := \prod_{\lambda \in \text{Sp}_K(M)} (X - \lambda)$ i.e. $P(M) = 0$ (car alors $P \in \text{Ann}(M)$ et par minimalité de $\pi_M$, on a $\pi_M$ qui divise $P$). Montrons que :

$$
\text{Ker}(P(M)) = \bigoplus_{\lambda \in \text{Sp}_K(M)} \text{Ker}(M - \lambda I_n). \qquad (8.1.1)
$$

C'est un cas particulier du **lemme des noyaux**. Montrons ce résultat dans le cas où $M$ a deux valeurs propres distinctes $\lambda$ et $\mu$ dans $\mathbb{K}$. Les polynômes $X - \lambda$ et $X - \mu$ sont premiers entre eux *i.e.* par le théorème de Bézout, il existe des polynômes $U, V \in \mathbb{K}[X]$ tels que :

$$
(*) : U(X)(X - \lambda) + V(X)(X - \mu) = 1
$$

en prenant par exemple (ce n’est pas utile pour la suite) :

$$
U := \frac{1}{\mu - \lambda} , \quad V := \frac{1}{\lambda - \mu}.
$$

Donc on a en évaluant (*) en M :

$$
(**) : U(M)(M - \lambda I_n) + V(M)(M - \mu I_n) = I_n.
$$

Montrons que :

$$
\mathrm{Ker}(M - \lambda I_n) \cap \mathrm{Ker}(M - \mu I_n) = \{0\}.
$$

Soit $x \in \text{Ker}(M - \lambda I_n) \cap \text{Ker}(M - \mu I_n)$. D'après la relation (**), on a :

$$
\begin{align*}
x &= I_n x \\
&= U(M)(M - \lambda I_n)x + V(M)(M - \mu I_n)x \\
&= U(M)0_{\mathbb{K}^n} + V(M)0_{\mathbb{K}^n} \\
&= 0_{\mathbb{K}^n}
\end{align*}
$$

Montrons par double inclusion que :

$$
\mathrm{Ker}(P(M)) = \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n) + \mathrm{Ker}(M - \mu I_n).
$$

Soit $x \in \text{Ker}(P(M))$. Posons :

$$
u := U(M)(M - \lambda I_n)x, \quad v := V(M)(M - \mu I_n)x.
$$

Par (**), on a :

$$
\begin{align*}
(M - \mu I_n)u &= (M - \mu I_n)U(M)(M - \lambda I_n)x \\
&= U(M)P(M)x \\
&= 0
\end{align*}
$$
$$ 
\begin{aligned}
&= V(M)P(M)x \\
&= 0
\end{aligned}
 $$

i.e. on a :

$$ u \in \mathrm{Ker}(M - \mu I_n) \text{ , } v \in \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n). $$

De plus par (**), on a :

$$ 
\begin{aligned}
&x = I_n x \\
&= U(M)(M - \lambda I_n)x + V(M)(M - \mu I_n)x \\
&= u + v \in \mathrm{Ker}(M - \mu I_n) + \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n)
\end{aligned}
 $$

Soit $y \in \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n)$ i.e. $(M - \lambda I_n)y = 0$. Ainsi on a :

$$ 
\begin{aligned}
P(M)y &= (M - \lambda I_n)(M - \mu I_n)y \\
&= (M - \mu I_n)(M - \lambda I_n)y \\
&= (M - \mu I_n)0 \\
&= 0
\end{aligned}
 $$

i.e. on a $y \in \mathrm{Ker}(P(M))$. De même on a par symétrie $\mathrm{Ker}(M - \mu I_n) \subset \mathrm{Ker}(P(M))$. Ainsi on a :

$$ \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n) + \mathrm{Ker}(M - \mu I_n) \subset \mathrm{Ker}(P(M)). $$

Ainsi par le lemme 8.1.3 on a :

$$ \mathrm{Ker}(P(M)) = \bigoplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}(M)} \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n) = \bigoplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}(M)} E_{\lambda}(M) = \mathbb{R}^n $$

i.e. $P(M) = 0$.

• (ii) $\implies$ (i). Réciproquement supposons que $\pi_M$ soit scindé à racines simples i.e.

$$ \pi_M = \prod_{\lambda \in \mathrm{Sp}(M)} (X - \lambda). $$

On a alors par l'équation (8.1.1) :

$$ 
\begin{aligned}
\mathbb{R}^n &= \mathrm{Ker}() \\
&= \mathrm{Ker}(\pi_M(M)) \\
&= \bigoplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}(M)} \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n) \\
&= \bigoplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}(M)} E_{\lambda}(M)
\end{aligned}
 $$

Donc on peut choisir une base de vecteurs propres de $M$ adaptée à cette somme directe i.e. $M$ est diagonalisable. $\square$

On peut démontrer qu'on a en fait une équivalence entre :

(i) $M$ est diagonalisable dans $\mathbb{R}$

(ii) $\pi_M$ est scindé à racines simples.
$$ 
\begin{aligned}
(M - \lambda I_n)v &= (M - \lambda I_n)V(M)(M - \mu I_n)x \\
&= V(M)P(M)x \\
&= 0
\end{aligned}
$$

i.e. on a :

$$ u \in \mathrm{Ker}(M - \mu I_n) \text{ , } v \in \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n). $$

De plus par (**), on a :

$$ 
\begin{aligned}
x &= I_n x \\
&= U(M)(M - \lambda I_n)x + V(M)(M - \mu I_n)x \\
&= u + v \in \mathrm{Ker}(M - \mu I_n) + \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n)
\end{aligned}
$$

Soit $y \in \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n)$ i.e. $(M - \lambda I_n)y = 0$. Ainsi on a :

$$ 
\begin{aligned}
P(M)y &= (M - \lambda I_n)(M - \mu I_n)y \\
&= (M - \mu I_n)(M - \lambda I_n)y \\
&= (M - \mu I_n)0 \\
&= 0
\end{aligned}
$$

i.e. on a $y \in \mathrm{Ker}(P(M))$. De même on a par symétrie $\mathrm{Ker}(M - \mu I_n) \subset \mathrm{Ker}(P(M))$. Ainsi on a :

$$ \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n) + \mathrm{Ker}(M - \mu I_n) \subset \mathrm{Ker}(P(M)). $$

Ainsi par le lemme 8.1.3 on a :

$$ \mathrm{Ker}(P(M)) = \bigoplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}_{\mathbb{K}}(M)} \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n) = \bigoplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}_{\mathbb{K}}(M)} E_{\lambda}(M) = \mathbb{K}^n $$

i.e. $P(M) = 0$.

• (ii) $\implies$ (i). Réciproquement supposons que $\pi_M$ soit scindé à racines simples i.e.

$$ \pi_M = \prod_{\lambda \in \mathrm{Sp}_{\mathbb{K}}(M)} (X - \lambda). $$

On a alors par l'équation (8.1.1) :

$$ 
\begin{aligned}
\mathbb{K}^n &= \mathrm{Ker}(0_{\mathfrak{M}_n(\mathbb{K})}) \\
&= \mathrm{Ker}(\pi_M(M)) \\
&= \bigoplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}(M)} \mathrm{Ker}(M - \lambda I_n) \\
&= \bigoplus_{\lambda \in \mathrm{Sp}(M)} E_{\lambda}(M)
\end{aligned}
$$

Donc on peut choisir une base de vecteurs propres de $M$ dans $\mathbb{K}^n$ adaptée à cette somme directe i.e. $M$ est diagonalisable dans $\mathbb{K}$. $\square$

## 8.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$ A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} $$
## 8.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$

en utilisant le polynôme minimal de $A$. Nous devons pour cela avoir une forme factorisée du polynôme caractéristique de $A$ contrairement à la section 6. On a :

$$
\begin{align*}
\chi_A(X) &= \det (A - XI_3) \\
&= \begin{vmatrix}
2-X & -2 & 1 \\
2 & -3-X & 2 \\
-1 & 2 & -X
\end{vmatrix} \\
&= \begin{vmatrix}
2-X & -2 & 1 \\
-2+2X & 1-X & 0 \\
-1+2X-X^2 & 2-2X & 0
\end{vmatrix} \\
&= \begin{vmatrix}
2-X & -2 & 1 \\
-2(1-X) & 1-X & 0 \\
-(1-X)^2 & 2(1-X) & 0
\end{vmatrix} \\
&= \begin{vmatrix}
-2(1-X) & 1-X \\
-(1-X)^2 & 2(1-X)
\end{vmatrix} \\
&= (1-X)^2 \begin{vmatrix}
-2 & 1 \\
-(1-X) & 2
\end{vmatrix} \\
&= -(X-1)^2 (X+3)
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
L_2 &\leftarrow L_2 - 2L_1 \\
L_3 &\leftarrow L_3 + XL_1
\end{align*}
$$

Soit $x, y, z \in \mathbb{R}$. On a :

$$
\begin{align*}
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in E_1(A) &\iff A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \\
&\iff \begin{cases} 2x - 2y + z = x \\ 2x - 3y + 2z = y \\ -x + 2y = z \end{cases} \\
&\iff \{ x - 2y + z = 0 \}
\end{align*}
$$

et on a :

$$
\begin{align*}
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in E_{-3}(A) &\iff A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = -3 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \\
&\iff \begin{cases} 2x - 2y + z = -3x \\ 2x - 3y + 2z = -3y \\ -x + 2y = -3z \end{cases} \\
&\iff \begin{cases} 5x - 2y + z = 0 \\ 2x + 2z = 0 \\ -x + 2y + 3z = 0 \end{cases} \\
&\iff \begin{cases} 8y + 16z = 0 & L_5 \to L_5 + 5L_3 \\ 4y + 8z = 0 & L_2 \to L_2 + 2L_3 \\ -x + 2y + 3z = 0 & \end{cases}
\end{align*}
$$
en utilisant le polynôme minimal de $A$. Nous devons pour cela avoir une forme factorisée du polynôme caractéristique de $A$ contrairement à la section 6. On a :

$$
\begin{align*}
\chi_A(X) &= \det (A - XI_3) \\
&= \begin{vmatrix}
2-X & -2 & 1 \\
2 & -3-X & 2 \\
-1 & 2 & -X
\end{vmatrix} & & \\
&= \begin{vmatrix}
2-X & -2 & 1 \\
-2+2X & 1-X & 0 \\
-1+2X-X^2 & 2-2X & 0
\end{vmatrix} & L_2 & \leftarrow L_2 - 2L_1 \\
&= \begin{vmatrix}
2-X & -2 & 1 \\
-2(1-X) & 1-X & 0 \\
-(1-X)^2 & 2(1-X) & 0
\end{vmatrix} & L_3 & \leftarrow L_3 + XL_1 \\
&= \begin{vmatrix}
-2(1-X) & 1-X \\
-(1-X)^2 & 2(1-X)
\end{vmatrix} \\
&= (1-X)^2 \begin{vmatrix}
-2 & 1 \\
-(1-X) & 2
\end{vmatrix} \\
&= -(X-1)^2 (X+3)
\end{align*}
$$

Soit $x, y, z \in \mathbb{R}$. On a :

$$
\begin{align*}
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in E_1(A) &\iff A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \\
&\iff \left\{ \begin{array}{l} 2x - 2y + z = x \\ 2x - 3y + 2z = y \\ -x + 2y = z \end{array} \right. \\
&\iff \{ x - 2y + z = 0 \}
\end{align*}
$$

et on a :

$$
\begin{align*}
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in E_{-3}(A) &\iff A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = -3 \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \\
&\iff \left\{ \begin{array}{l} 2x - 2y + z = -3x \\ 2x - 3y + 2z = -3y \\ -x + 2y = -3z \end{array} \right. \\
&\iff \left\{ \begin{array}{l} 5x - 2y + z = 0 \\ 2x + 2z = 0 \\ -x + 2y + 3z = 0 \end{array} \right. \\
&\iff \left\{ \begin{array}{l} 8y + 16z = 0 \qquad L_5 \to L_5 + 5L_3 \\ 4y + 8z = 0 \qquad L_2 \to L_2 + 2L_3 \\ -x + 2y + 3z = 0 \end{array} \right. \\
&\iff \left\{ \begin{array}{l} y = -2z \\ x = 2y + 3z = -z \end{array} \right.
\end{align*}
$$
$$ \iff \begin{cases} y = -2z \\ x = 2y + 3z = -z \end{cases} $$

Donc on a :

$$ E_1(A) = \operatorname{Vect}\left(\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right), \quad E_{-3}(A) = \operatorname{Vect}\begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}. $$

Ainsi les dimensions des espaces propres sont respectivement égales aux ordres de multiplicité des valeurs propres dans le polynôme caractéristique *i.e.* A est diagonalisable. On a deux méthodes possibles.

(1) **En utilisant le polynôme minimal annulateur.** C'est ce que nous voyons dans cette section.

(2) **En utilisant la matrice de passage** (la méthode n'est pratique pas car elle nécessite de calculer l'inverse de la matrice de passage qui peut-être aussi difficile à calculer que l'inverse de A). C'est ce que nous verrons dans la section suivante 9.

Comme A est diagonalisable, son polynôme annulateur $\pi_A$ est scindé à racines simples, est divisible par $(X - 1)(X + 3)$ et divise $\chi_A$ *i.e.* on a :

$$ \pi_A(X) = (X - 1)(X + 3) = X^2 + 2X - 3. $$

On vérifie bien que (mais c'est inutile) :

$$ \begin{align*} \pi_A(A) &= A^2 + 2A - 3I_3 \\ &= \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} + 2 \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} - 3 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} -1 & 4 & -2 \\ -4 & 9 & -4 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 & 4 & -2 \\ -4 & 9 & -4 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix} \\ &= 0 \end{align*} $$

*i.e.* on a $A(A + 2I_3) = 3I_3$. Ainsi on a :

$$ \begin{align*} A^{-1} &= \frac{1}{3}(A + 2I_3) \\ &= \frac{1}{3} \left( \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} + 2 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{align*} $$
Donc on a :

$$E_1(A) = \mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right), \quad E_{-3}(A) = \mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}\right).$$

Ainsi les dimensions des espaces propres sont respectivement égales aux ordres de multiplicité des valeurs propres dans le polynôme caractéristique *i.e.* A est diagonalisable dans $\mathbb{R}$. On a deux méthodes possibles.

(1) **En utilisant le polynôme minimal annulateur.** C'est ce que nous voyons dans cette section.

(2) **En utilisant la matrice de passage** (la méthode n'est pratique pas car elle nécessite de calculer l'inverse de la matrice de passage qui peut-être aussi difficile à calculer que l'inverse de A). C'est ce que nous verrons dans la section suivante 9.

Comme A est diagonalisable dans $\mathbb{R}$, son polynôme annulateur $\pi_A$ est scindé à racines simples réelles, est divisible par $(X - 1)(X + 3)$ et divise $\chi_A$ *i.e.* on a :

$$\pi_A(X) = (X - 1)(X + 3) = X^2 + 2X - 3.$$

On vérifie bien que (mais c'est inutile) :

$$\begin{align*}
\pi_A(A) &= A^2 + 2A - 3I_3 \\
&= \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} + 2 \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} - 3 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} -1 & 4 & -2 \\ -4 & 9 & -4 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -1 & 4 & -2 \\ -4 & 9 & -4 \\ 2 & -4 & 3 \end{pmatrix} \\
&= 0
\end{align*}$$

*i.e.* on a $A(A + 2I_3) = 3I_3$. Ainsi on a :

$$\begin{align*}
A^{-1} &= \frac{1}{3}(A + 2I_3) \\
&= \frac{1}{3} \left( \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} + 2 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}$$
# 9 Diagonalisation et matrice de passage

On va reprendre les calculs de la section précédente 8 et utiliser la matrice de passage pour calculer l'inverse d'une matrice inversible et diagonalisable.

## 9.1 Introduction

On a une relation simple entre l'inverse de la matrice, la matrice de passage et la matrice diagonale.

**Proposition 9.1.1**

Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. Supposons que $A$ soit diagonalisable i.e. il existe une matrice $P \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ et une matrice diagonale :

$$D := \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & \lambda_n \end{pmatrix}.$$

telles que :

$$A = PDP^{-1}$$

Alors on a :

$$A^{-1} = PD^{-1}P^{-1} = P \begin{pmatrix} 1/\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 1/\lambda_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & 1/\lambda_n \end{pmatrix} P^{-1}.$$

*Démonstration.* On a :

$$\begin{pmatrix} \lambda_1 & & & (0) \\ & \ddots & & \lambda_n \\ (0) & & & \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1/\lambda_1 & & & (0) \\ & \ddots & & 1/\lambda_n \\ (0) & & & \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & & & (0) \\ & \ddots & & 1 \\ (0) & & & \end{pmatrix}.$$

donc on a :

$$D^{-1} = \begin{pmatrix} 1/\lambda_1 & & & (0) \\ & \ddots & & 1/\lambda_n \\ (0) & & & \end{pmatrix}.$$

Et de plus on a :

$$\begin{align*} PD^{-1}P^{-1}A &= PD^{-1}P^{-1}PDP^{-1} \\ &= I_n \end{align*}$$

D'où le résultat.

□

Cette méthode n'est pas pratique car elle nous demande de calculer l'inverse de $P$ qui n'a aucune raison d'être plus facile que le calcul de l'inverse de $A$.

## 9.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$
# 9 Diagonalisation et matrice de passage

On va reprendre les calculs de la section précédente 8 et utiliser la matrice de passage pour calculer l'inverse d'une matrice inversible et diagonalisable.

## 9.1 Introduction

On a une relation simple entre l'inverse de la matrice, la matrice de passage et la matrice diagonale.

**Proposition 9.1.1**

Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. Supposons que $A$ soit diagonalisable dans $\mathbb{R}$ i.e. il existe une matrice $P \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ et une matrice diagonale :

$$D := \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & \lambda_n \end{pmatrix}.$$

telles que :

$$A = PDP^{-1}$$

Alors on a :

$$A^{-1} = PD^{-1}P^{-1} = P \begin{pmatrix} 1/\lambda_1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 1/\lambda_2 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & 1/\lambda_n \end{pmatrix} P^{-1}.$$

*Démonstration.* On a :

$$\begin{pmatrix} \lambda_1 & & & (0) \\ & \ddots & & \lambda_n \\ (0) & & & \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1/\lambda_1 & & & (0) \\ & \ddots & & 1/\lambda_n \\ (0) & & & \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & & & (0) \\ & \ddots & & 1 \\ (0) & & & \end{pmatrix}.$$

donc on a :

$$D^{-1} = \begin{pmatrix} 1/\lambda_1 & & & (0) \\ & \ddots & & 1/\lambda_n \\ (0) & & & \end{pmatrix}.$$

Et de plus on a :

$$\begin{align*} PD^{-1}P^{-1}A &= PD^{-1}P^{-1}PDP^{-1} \\ &= I_n \end{align*}$$

D'où le résultat.

□

Cette méthode n'est pas pratique car elle nous demande de calculer l'inverse de $P$ qui n'a aucune raison d'être plus facile que le calcul de l'inverse de $A$.

## 9.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$$
en utilisant la matrice de passage. On a trouvé dans la section précédente 8 que le polynôme caractéristique de $A$ est donné par :

$$ \chi_A(X) = -(X-1)^2 (X+3) $$

et que :

$$ E_1(A) = \mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right) , \quad E_{-3}(A) = \mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}\right). $$

Donc $A$ est diagonalisable. Posons alors :

$$ P := \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} , \quad D := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}. $$

On a par exemple en utilisant la comatrice (voir le corollaire 1.1.3) :

$$ P^{-1} = \frac{1}{\det(P)} \mathrm{Com}(P)^T. $$

• Comatrice de $P$. On a :

$$ \begin{align*} \mathrm{Com}(P) &= \begin{pmatrix} \Delta_{11}(P) & -\Delta_{12}(P) & \Delta_{13}(P) \\ -\Delta_{21}(P) & \Delta_{22}(P) & -\Delta_{23}(P) \\ \Delta_{31}(P) & -\Delta_{32}(P) & \Delta_{33}(P) \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} 0 & -2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 1 & -2 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} \\ - \begin{vmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} \\ \begin{vmatrix} -1 & -1 \\ 0 & -2 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 1 & -2 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & -2 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix} \end{align*} $$

• Déterminant de $P$. On a :

$$ \begin{align*} \det(P) &= \begin{vmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} \\ &= 2 \begin{vmatrix} 0 & -2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \\ &= 4 \end{align*} $$

Ainsi on a :

$$ \begin{align*} P^{-1} &= \frac{1}{\det(P)} \mathrm{Com}(P)^T \\ &= \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & -2 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix}^T \end{align*} $$
en utilisant la matrice de passage. On a trouvé dans la section précédente 8 que le polynôme caractéristique de A est donné par :

$$ \chi_A(X) = -(X-1)^2 (X+3) $$

et que :

$$ E_1(A) = \operatorname{Vect}\left(\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right), \quad E_{-3}(A) = \operatorname{Vect}\left(\begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}\right). $$

Donc A est diagonalisable. Posons alors :

$$ P := \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \quad D := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix}. $$

On a par exemple en utilisant la comatrice (voir le corollaire 1.1.3) :

$$ P^{-1} = \frac{1}{\det(P)} \operatorname{Com}(P)^T. $$

• Comatrice de P. On a :

$$ \begin{align*} \operatorname{Com}(P) &= \begin{pmatrix} \Delta_{11}(P) & -\Delta_{12}(P) & \Delta_{13}(P) \\ -\Delta_{21}(P) & \Delta_{22}(P) & -\Delta_{23}(P) \\ \Delta_{31}(P) & -\Delta_{32}(P) & \Delta_{33}(P) \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} \begin{vmatrix} 0 & -2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 1 & -2 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} \\ - \begin{vmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} \\ \begin{vmatrix} -1 & -1 \\ 0 & -2 \end{vmatrix} & - \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 1 & -2 \end{vmatrix} & \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & -2 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix} \end{align*} $$

• Déterminant de P. On a :

$$ \begin{align*} \det(P) &= \begin{vmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix} \\ &= 2 \begin{vmatrix} 0 & -2 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} - \begin{vmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} \\ &= 4 \end{align*} $$

Ainsi on a :

$$ \begin{align*} P^{-1} &= \frac{1}{\det(P)} \operatorname{Com}(P)^T \\ &= \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & -2 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix}^T \end{align*} $$
$$ = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ -1 & 2 & 3 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} $$

* Calcul de $A^{-1}$. Comme $D = P^{-1}AP$, on a

$$ \begin{align*} A^{-1} &= PD^{-1}P^{-1} \\ &= \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ -1 & 2 & 3 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 6 & -3 & 1 \\ 3 & 0 & 2 \\ 0 & 3 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ -1 & 2 & 3 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{align*} $$
$$ = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ -1 & 2 & 3 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} $$

• Calcul de $A^{-1}$. Comme $D = P^{-1}AP$, on a

$$ \begin{align*} A^{-1} &= PD^{-1}P^{-1} \\ &= \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ -1 & 2 & 3 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 6 & -3 & 1 \\ 3 & 0 & 2 \\ 0 & 3 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ -1 & 2 & 3 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{align*} $$
# 10 Diagonalisation et matrice orthogonale

Le problème de la section précédente 9 est qu'il faut calculer l'inverse de la matrice de passage. Il existe un cas simple où l'inverse de la matrice de passage est simple à calculer : si la matrice de départ est symétrique alors la matrice de passage est orthogonale. Comment faire si la matrice de départ n'est pas symétrique, on peut alors travailler sur le matrice associée qui le produit de la matrice de départ par sa transposée.

On aurait pu espérer que la méthode soit plus simple mais comme on le verra, à cause de l'orthonormalisation, on va faire apparaître des racines carrées un peu partout dans le calcul, ce qui au final rendra la méthode longue et technique.

## 10.1 Introduction

### Définition 10.1.1

Soit $A, B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.

(i) On dit que $A$ et $B$ sont **orthogonalement semblables** s'il existe une matrice $P \in O_n(\mathbb{R})$ (i.e. $P^{-1} = P^T$) telle que :

$$A = P^T B P.$$

On note alors :

$$A \sim_{\perp} B.$$

(ii) On dit que $A$ est **orthogonalement diagonalisable** s'il existe une matrice diagonale $D \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ :

$$A \sim_{\perp} D.$$

On commence par un lemme usuel sur les valeurs propres et les vecteurs propres d'une matrice symétrique.

### Lemme 10.1.2

Soit $C \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ **symétrique** i.e. $C^T = C$.

(i) Alors $\text{Sp}(C) \subset \mathbb{R}$.

(ii) Supposons qu'il existe deux valeurs propres $\lambda$ et $\mu$ distinctes de $C$. Soit $x \in E_\lambda(C)$ et $y \in E_\mu(C)$. Alors on a :

$$\langle x, y \rangle = 0.$$

*Démonstration.* (i) Soit $\lambda \in \text{Sp}_C(C)$ et $x \in C^n$ un vecteur propre associé à $\lambda$ (non nul). Comme $X$ est non nul, on a :

$$\alpha := \|x\|^2 = \bar{x}^T x > 0$$

Et ainsi on a :

$$\begin{align*} \lambda &= \frac{\lambda \bar{x}^T x}{\alpha} \\ &= \frac{\bar{x}^T (\lambda x)}{\alpha} \\ &= \frac{\bar{x}^T C x}{\alpha} \\ &= \frac{Cx^T x}{\alpha} \end{align*}$$
# 10 Diagonalisation et matrice orthogonale

Le problème de la section précédente 9 est qu'il faut calculer l'inverse de la matrice de passage. Il existe un cas simple où l'inverse de la matrice de passage est simple à calculer : si la matrice de départ est symétrique alors la matrice de passage est orthogonale. Comment faire si la matrice de départ n'est pas symétrique, on peut alors travailler sur une matrice associée qui est le produit de la matrice de départ par sa transposée.

On aurait pu espérer que la méthode soit plus simple mais comme on le verra, à cause de l'orthonormalisation, on va faire apparaître des racines carrées un peu partout dans le calcul, ce qui au final rendra la méthode longue et technique.

## 10.1 Introduction

### Définition 10.1.1

Soit $A, B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.

(i) On dit que $A$ et $B$ sont **orthogonalement semblables** s'il existe une matrice $P \in O_n(\mathbb{R})$ (i.e. $P^{-1} = P^T$) telle que :

$$A = P^T B P.$$

On note alors :

$$A \sim_{\perp} B.$$

(ii) On dit que $A$ est **orthogonalement diagonalisable** s'il existe une matrice diagonale $D \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ :

$$A \sim_{\perp} D.$$

On commence par un lemme usuel sur les valeurs propres et les vecteurs propres d'une matrice symétrique.

### Lemme 10.1.2

Soit $C \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ **symétrique** i.e. $C^T = C$.

(i) Alors $\text{Sp}_C(C) \subset \mathbb{R}$.

(ii) Supposons qu'il existe deux valeurs propres $\lambda$ et $\mu$ distinctes de $C$. Soit $x \in E_\lambda(C)$ et $y \in E_\mu(C)$. Alors on a :

$$\langle x, y \rangle = 0.$$

*Démonstration.* (i) Soit $\lambda \in \text{Sp}_C(C)$ et $x \in \mathbb{C}^n$ un vecteur propre associé à $\lambda$ (non nul). Comme $x$ est non nul, on a :

$$\alpha := \|x\|^2 = \bar{x}^T x > 0$$

Et ainsi on a :

$$\begin{align*} \lambda &= \frac{\lambda \bar{x}^T x}{\alpha} \\ &= \frac{\bar{x}^T (\lambda x)}{\alpha} \\ &= \frac{\bar{x}^T C x}{\alpha} \\ &= \frac{Cx^T x}{\alpha} \end{align*}$$
$$ 
\begin{align*} 
&= \frac{\bar{\lambda} x^T x}{\alpha} \\ 
&= \frac{\bar{\lambda} \bar{x}^T x}{\alpha} \\ 
&= \bar{\lambda} 
\end{align*} 
$$

i.e. $\lambda \in \mathbb{R}$.

(ii) On a :

$$ 
\begin{align*} 
(\lambda - \mu)\langle x, y \rangle &= \lambda x^T y - \mu x^T y \\ 
&= (\lambda x)^T y - x^T (\mu y) \\ 
&= (Cx)^T y - x^T (Cy) \\ 
&= x^T C^T y - x^T Cy \\ 
&= x^T Cy - x^T Cy \\ 
&= 0 
\end{align*} 
$$

or $\lambda - \mu \neq 0$, d'où le résultat.

□

On en déduit alors le théorème spectral.

### Proposition 10.1.3: Théorème spectral

Soit $C \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ symétrique. Alors $C$ est orthogonalement diagonalisable.

**Démonstration.** Une preuve usuelle du théorème spectral se fait par récurrence sur la dimension.

On se place ici en dimension $n := 3$ et on construit à la main la matrice orthogonale. La matrice $C$ admet 3 valeurs propres réelles (comptés avec multiplicité) d'après le lemme 10.1.2.

Soit $\lambda \in \text{Sp}(C)$. Il existe $u \in \mathbb{R}^3 - \{0\}$ tel que $Cu = \lambda u$. Posons :

$$ F := \text{Vect}(u)^\perp = \{x \in \mathbb{R}^3, \langle u, x \rangle = 0\} $$

l'orthogonal de $\text{Vect}(u)$ dans $\mathbb{R}^3$. Alors $F$ est un sous-espace vectoriel de dimension 2 stable par $C$ car pour tout $y \in F$ :

$$ 
\begin{align*} 
\langle Cy, u \rangle &= (Cy)^T u \\ 
&= y^T C^T u \\ 
&= y^T (Cu) \\ 
&= \lambda y^T u \\ 
&= \lambda \langle y, u \rangle \\ 
&= 0. 
\end{align*} 
$$

i.e. $Cy \in F'$.

Soit $(v, w)$ une base orthonormale de $F$. Posons la base orthonormale $\mathcal{B} := (u, v, w)$ et la matrice orthogonale $P := (u | v | w)$. Comme $F$ est stable par $C$, il existe $a, b, c, d \in \mathbb{R}$ tel que $Cv = av + bw$ et $Cw = cv + dw$. On a ainsi par changement de base :

$$ C' := P^T C P $$
$$ 
\begin{aligned}
&= \frac{\bar{\lambda} x^T x}{\alpha} \\
&= \frac{\bar{\lambda} \bar{x}^T x}{\alpha} \\
&= \bar{\lambda}
\end{aligned}
$$

i.e. $\lambda \in \mathbb{R}$.

(ii) On a :

$$ 
\begin{aligned}
(\lambda - \mu)\langle x, y \rangle &= \lambda x^T y - \mu x^T y \\
&= (\lambda x)^T y - x^T (\mu y) \\
&= (Cx)^T y - x^T (Cy) \\
&= x^T C^T y - x^T Cy \\
&= x^T Cy - x^T Cy \\
&= 0
\end{aligned}
$$

or $\lambda - \mu \neq 0$, d'où le résultat.

<figure><img src="image_3.png" /></figure>

On en déduit alors le théorème spectral.

### Proposition 10.1.3: Théorème spectral

Soit $C \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ symétrique. Alors $C$ est orthogonalement diagonalisable.

*Démonstration.* Une preuve usuelle du théorème spectral se fait par récurrence sur la dimension.

On se place ici en dimension $n := 3$ et on construit à la main la matrice orthogonale. La matrice $C$ admet 3 valeurs propres réelles (comptés avec multiplicité) d'après le lemme 10.1.2.

Soit $\lambda \in \text{Sp}(C)$. Il existe $u \in \mathbb{R}^3 - \{0\}$ tel que $Cu = \lambda u$. Posons :

$$ F := \text{Vect}(u)^\perp = \{x \in \mathbb{R}^3, \langle u, x \rangle = 0\} $$

l'orthogonal de $\text{Vect}(u)$ dans $\mathbb{R}^3$. Alors $F$ est un sous-espace vectoriel de dimension 2 (l'orthogonale d'une droite vectorielle en dimension 3 est un plan vectoriel) stable par $C$ car pour tout $y \in F$ :

$$ 
\begin{aligned}
\langle Cy, u \rangle &= (Cy)^T u \\
&= y^T C^T u \\
&= y^T (Cu) \\
&= \lambda y^T u \\
&= \lambda \langle y, u \rangle \\
&= 0.
\end{aligned}
$$

i.e. $Cy \in F'$.

Soit $(v, w)$ une base orthonormale de $F$. Posons la base orthonormale $\mathcal{B} := (u, v, w)$ et la matrice orthogonale $P := (u | v | w)$. Comme $F$ est stable par $C$, il existe $a, b, c, d \in \mathbb{R}$ tel que $Cv = av + bw$ et $Cw = cv + dw$. On a ainsi par changement de base :

$$ C' := P^T C P $$
$$
\begin{align*}
&= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(Cu) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(Cv) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(Cw)) \\
&= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(\lambda u) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(av + bw) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(cv + dw)) \\
&:= \begin{pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \widetilde{C}' \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

avec :

$$
\widetilde{C}' := \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}.
$$

La matrice $C'$ est symétrique car :

$$
\begin{align*}
(C')^T &= (P^T C P)^T \\
&= P^T C^T P \\
&= P^T C P \\
&= C'
\end{align*}
$$

Ainsi $b = c$ i.e. $\widetilde{C}'$ est symétrique.

En utilisant encore le lemme 10.1.2, soit $\mu$ une valeur propre réelle de $\widetilde{C}'$. Il existe $u' \in \mathbb{R}^2 - \{0\}$ tel que $\widetilde{C}'u' = \mu u'$.
Posons :

$$
F' := \mathrm{Vect}(u')^{\top} = \{x \in \mathbb{R}^2, \langle u', x \rangle = 0\}
$$

l'orthogonal de $\mathrm{Vect}(u')$ dans $\mathbb{R}^2$. Alors $F'$ est un sous-espace vectoriel de dimension 1 stable par $\widetilde{C}'$ car pour tout $y \in F'$ :

$$
\begin{align*}
\langle \widetilde{C}'y, u' \rangle &= (\widetilde{C}'y)^T u' \\
&= y^T \widetilde{C}'^T u' \\
&= y^T (\widetilde{C}' u') \\
&= \mu y^T u' \\
&= \mu \langle y, u' \rangle \\
&= 0.
\end{align*}
$$

i.e. $\widetilde{C}'y \in F'$.

Soit $v'$ une base orthonormale de $F'$. Posons la base orthonormale $\mathcal{B}' := (u', v')$ et la matrice orthogonale $\widetilde{P}' := (u' | v')$. Comme $F'$ est stable par $\widetilde{C}'$, il existe $\nu \in \mathbb{R}$ tel que $\widetilde{C}'v' = \nu v'$. On a :

$$
\begin{align*}
\widetilde{C}'' &:= (\widetilde{P}')^T \widetilde{C}' \widetilde{P}' \\
&= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}'}(\widetilde{C}'u') | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}'}(\widetilde{C}'v')) \\
&= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}'}(\mu u') | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}'}(\nu v')) \\
&= \begin{pmatrix} \mu & 0 \\ 0 & \nu \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

Posons :

$$
P' := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P}' \end{pmatrix}
$$

Alors la matrice $P'$ est orthogonale car :

$$
(P')^T P' = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P}' \end{pmatrix}^T \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P}' \end{pmatrix}
$$
$$
\begin{align*}
&= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(Cu) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(Cv) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(Cw)) \\
&= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(\lambda u) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(av + bw) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}}(cv + dw)) \\
&:= \begin{pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \widetilde{C}' \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

avec :

$$
\widetilde{C}' := \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}.
$$

La matrice $C'$ est symétrique car :

$$
\begin{align*}
(C')^T &= (P^T C P)^T \\
&= P^T C^T P \\
&= P^T C P \\
&= C'
\end{align*}
$$

Ainsi $b = c$ i.e. $\widetilde{C}'$ est symétrique.

En utilisant encore le lemme 10.1.2, soit $\mu$ une valeur propre réelle de $\widetilde{C}'$. Il existe $u' \in \mathbb{R}^2 - \{0\}$ tel que $\widetilde{C}'u' = \mu u'$.
Posons :

$$
F' := \mathrm{Vect}(u')^{\perp} = \{x \in \mathbb{R}^2, \langle u', x \rangle = 0\}
$$

l'orthogonal de $\mathrm{Vect}(u')$ dans $\mathbb{R}^2$. Alors $F'$ est un sous-espace vectoriel de dimension 1 (l'orthogonale d'une droite vectorielle en dimension 2 est un droite vectorielle) stable par $\widetilde{C}'$ car pour tout $y \in F'$ :

$$
\begin{align*}
\langle \widetilde{C}'y, u' \rangle &= (\widetilde{C}'y)^T u' \\
&= y^T \widetilde{C}'^T u' \\
&= y^T (\widetilde{C}'u') \\
&= \mu y^T u' \\
&= \mu \langle y, u' \rangle \\
&= 0.
\end{align*}
$$

i.e. $\widetilde{C}'y \in F'$.

Soit $v'$ une base orthonormale de $F'$. Posons la base orthonormale $\mathcal{B}' := (u', v')$ et la matrice orthogonale $\widetilde{P}' := (u' | v')$. Comme $F'$ est stable par $\widetilde{C}'$, il existe $\nu \in \mathbb{R}$ tel que $\widetilde{C}'v' = \nu v'$. On a :

$$
\begin{align*}
\widetilde{C}'' &:= (\widetilde{P}')^T \widetilde{C}' \widetilde{P}' \\
&= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}'}(\widetilde{C}'u')) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}'}(\widetilde{C}'v') \\
&= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}'}(\mu u')) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}'}(\nu v') \\
&= \begin{pmatrix} \mu & 0 \\ 0 & \nu \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

Posons :

$$
P' := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P}' \end{pmatrix}
$$

Alors la matrice $P'$ est orthogonale car :

$$
(P')^T P' = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P}' \end{pmatrix}^T \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P}' \end{pmatrix}
$$
$$ 
\begin{aligned}
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P'}^T \widetilde{P'} \end{pmatrix} \\
&= I_3
\end{aligned}
$$

et donc aussi $PP'$. Et on a :

$$ 
\begin{aligned}
(PP')^T CPP' &= (P')^T P^T CPP' \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P}' \end{pmatrix}^T \begin{pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \widetilde{C}' \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P}' \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & (\widetilde{P}')^T \widetilde{C}' \widetilde{P}' \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 \\ 0 & \mu & 0 \\ 0 & 0 & \nu \end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

i.e. on a :

$$ C \sim_{\perp} \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 \\ 0 & \mu & 0 \\ 0 & 0 & \nu \end{pmatrix}. $$

□

On en déduit alors une méthode pour calculer l'inverse d'une matrice sans calculer l'inverse de la matrice de passage. Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. Posons :

$$ C := AA^T. $$

Alors $C$ est symétrique car :

$$ 
\begin{aligned}
C^T &= (AA^T)^T \\
&= AA^T \\
&= C.
\end{aligned}
$$

Donc il existe une matrice $P$ orthogonale et une matrice diagonale $D \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telles que :

$$ C = PDP^{-1}. $$

Comme $C^{-1} = (A^T)^{-1}A^{-1}$, on a :

$$ 
\begin{aligned}
A^{-1} &= A^T C^{-1} \\
&= APD^{-1} P^T C^{-1}
\end{aligned}
$$

On doit donc "seulement" calculer l'inverse d'une matrice diagonale. Comme il a été dit dans l'introduction, cela n'empêchera pas le calcul d'être fastidieux.

## 10.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$ A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} $$

en diagonalisant la matrice symétrique :

$$ C := AA^T. $$
$$ 
\begin{aligned}
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P'}^T \widetilde{P'} \end{pmatrix} \\
&= I_3
\end{aligned}
$$

et donc aussi $PP'$. Et on a :

$$ 
\begin{aligned}
(PP')^T CPP' &= (P')^T P^T CPP' \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P}' \end{pmatrix}^T \begin{pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \widetilde{C}' \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \widetilde{P}' \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 \\ 0 & (\widetilde{P}')^T \widetilde{C}' \widetilde{P}' \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 \\ 0 & \mu & 0 \\ 0 & 0 & \nu \end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

i.e. on a :

$$ C \sim_{\perp} \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 \\ 0 & \mu & 0 \\ 0 & 0 & \nu \end{pmatrix}. $$

□

On en déduit alors une méthode pour calculer l'inverse d'une matrice sans calculer l'inverse de la matrice de passage. Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. Posons :

$$ C := AA^T. $$

Alors $C$ est symétrique car :

$$ 
\begin{aligned}
C^T &= (AA^T)^T \\
&= AA^T \\
&= C.
\end{aligned}
$$

Donc il existe une matrice $P$ orthogonale et une matrice diagonale $D \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telles que :

$$ C = PDP^{-1} = PDP^T. $$

Comme $C^{-1} = (A^T)^{-1}A^{-1}$, on a alors :

$$ 
\begin{aligned}
A^{-1} &= A^T C^{-1} \\
&= A P D^{-1} P^T C^{-1}
\end{aligned}
$$

On doit donc "seulement" calculer l'inverse d'une matrice diagonale. Comme il a été dit dans l'introduction, cela n'empêchera pas le calcul d'être fastidieux car le calcul de $P$ fera intervenir de nombreuses racines carrées.

## 10.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

$$ A := \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} $$

en diagonalisant la matrice symétrique :

$$ C := AA^T. $$
On a :

$$
\begin{align*}
C &= AA^T \\
  &= \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ -2 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \\
  &= \begin{pmatrix} 9 & 12 & -6 \\ 12 & 17 & -8 \\ -6 & -8 & 5 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

La matrice *C* est diagonalisable car symétrique. On a :

$$
\begin{align*}
\chi_C(X) &= \det (C - XI_3) \\
&= \begin{vmatrix}
9-X & 12 & -6 \\
12 & 17-X & -8 \\
-6 & -8 & 5-X
\end{vmatrix} \\
&= \begin{vmatrix}
0 & 8X & -36 + (9-X)(5-X) \\
0 & 1-X & 2-2X \\
6 & -8 & 5-X
\end{vmatrix} \qquad \begin{matrix} L_1 \leftarrow 6L_1 + (9-X)L_3 \\ L_2 \leftarrow L_2 + 2L_3 \end{matrix} \\
&= 6 \begin{vmatrix}
8X & -36 + (9-X)(5-X) \\
1-X & 2-2X
\end{vmatrix} \\
&= 6(1-X) \begin{vmatrix}
8X & 9-14X+X^2 \\
1 & 2
\end{vmatrix} \\
&= 6(1-X)(X^2-30X+9)
\end{align*}
$$

Posons pour $e \in \{\pm 1\}$ :

$a := 6\sqrt{6} \ , \ \lambda_e := 15 + ea.$

On a donc :

$$
\mathrm{Sp}(C) = \{1, 15 \pm 6\sqrt{6}\} = \{1, \lambda_1, \lambda_{-1}\}.
$$

Soit $x, y, z \in \mathbb{R}$. On a :

$$
\begin{align*}
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in E_1(C) &\iff C \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \\
&\iff \begin{cases} 9x + 12y - 6z = x \\ 12x + 17y - 8z = y \\ -6x - 8y + 5z = z \end{cases} \\
&\iff \begin{cases} 4x + 6y - 3z = 0 \\ 6x + 8y - 4z = 0 \\ -3x - 4y + 2z = 0 \end{cases} \quad L_2 = -2L_3 \\
&\iff \begin{cases} 4x + 6y - 3z = 0 \\ -3x - 4y + 2z = 0 \end{cases} \\
&\iff \begin{cases} 4x + 6y - 3z = 0 \\ 2y - z = 0 \end{cases} \quad L_2 \leftarrow 4L_2 + 3L_1 \\
&\iff \begin{cases} x = 0 \\ z = 2y \end{cases}
\end{align*}
$$
On a :

$$
\begin{align*}
C &= AA^T \\
  &= \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ -2 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \\
  &= \begin{pmatrix} 9 & 12 & -6 \\ 12 & 17 & -8 \\ -6 & -8 & 5 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

La matrice *C* est diagonalisable dans $\mathbb{R}$ car symétrique. On a :

$$
\begin{align*}
\chi_C(X) &= \det (C - XI_3) \\
&= \begin{vmatrix}
9-X & 12 & -6 \\
12 & 17-X & -8 \\
-6 & -8 & 5-X
\end{vmatrix} \\
&= \begin{vmatrix}
0 & 8X & -36 + (9-X)(5-X) \\
0 & 1-X & 2-2X \\
6 & -8 & 5-X
\end{vmatrix} & \begin{matrix} L_1 \leftarrow 6L_1 + (9-X)L_3 \\ L_2 \leftarrow L_2 + 2L_3 \end{matrix} \\
&= 6 \begin{vmatrix}
8X & -36 + (9-X)(5-X) \\
1-X & 2-2X
\end{vmatrix} \\
&= 6(1-X) \begin{vmatrix}
8X & 9-14X+X^2 \\
1 & 2
\end{vmatrix} \\
&= 6(1-X)(X^2-30X+9)
\end{align*}
$$

Posons pour $e \in \{\pm 1\}$ :

$a := 6\sqrt{6} \ , \ \lambda_e := 15 + ea.$

On a donc :

$$
\mathrm{Sp}(C) = \{1, 15 \pm 6\sqrt{6}\} = \{1, \lambda_1, \lambda_{-1}\}.
$$

Soit $x, y, z \in \mathbb{R}$. On a :

$$
\begin{align*}
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in E_1(C) &\iff C \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \\
&\iff \begin{cases} 9x + 12y - 6z = x \\ 12x + 17y - 8z = y \\ -6x - 8y + 5z = z \end{cases} \\
&\iff \begin{cases} 4x + 6y - 3z = 0 \\ 6x + 8y - 4z = 0 \\ -3x - 4y + 2z = 0 \end{cases} \quad L_2 = -2L_3 \\
&\iff \begin{cases} 4x + 6y - 3z = 0 \\ -3x - 4y + 2z = 0 \end{cases} \\
&\iff \begin{cases} 4x + 6y - 3z = 0 \\ 2y - z = 0 \end{cases} \quad L_2 \leftarrow 4L_2 + 3L_1 \\
&\iff \begin{cases} x = 0 \\ z = 2y \end{cases}
\end{align*}
$$
et on a pour $e \in \{\pm 1\}$ :

$$
\begin{align*}
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in E_{\lambda_e}(C) &\iff C \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = (15 + ea) \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
9x + 12y - 6z = (15 + ea)x \\
12x + 17y - 8z = (15 + ea)y \\
-6x - 8y + 5z = (15 + ea)z
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
-(6 + ea)x + 12y - 6z = 0 \\
12x + (2 - ea)y - 8z = 0 \\
-6x - 8y - (10 + ea)z = 0
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
(120 + 8ea)y + 2(120 + 8ea)z = 0 \\
-(14 + ea)y - 2(14 + ea)z = 0 \\
6x - 8y - (10 + ea)z = 0
\end{array}
\right. \quad \begin{array}{l} L_1 \leftarrow 6L_1 - (6 + ea)L_3 \\ L_2 \leftarrow L_2 + 2L_3 \end{array} \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
y = -2z \\
x = \frac{8y + (10 + ea)}{6} \quad z = \frac{-6 + ea}{6} \quad z = (1 - e\sqrt{6})z
\end{array}
\right.
\end{align*}
$$

Donc on a en normalisant chaque vecteur :

$$
E_1(C) = \operatorname{Vect} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \operatorname{Vect} \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{5} \\ 1 \end{pmatrix}
$$

$$
E_{\lambda_e}(C) = \operatorname{Vect} \begin{pmatrix} 1 - e\sqrt{6} \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \operatorname{Vect} \left( \alpha_e \begin{pmatrix} 1 - e\sqrt{6} \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \right)
$$

avec pour $e \in \{\pm 1\}$ :

$$
\alpha_e := \frac{1}{\sqrt{12 - 2e\sqrt{6}}}
$$

Donc la matrice de passage orthogonale vaut :

$$
P := \begin{pmatrix} 0 & \alpha_1 (1 - \sqrt{6}) & \alpha_{-1} (1 + \sqrt{6}) \\ 1/\sqrt{5} & -2\alpha_1 & -2\alpha_{-1} \\ 2/\sqrt{5} & \alpha_1 & \alpha_{-1} \end{pmatrix}.
$$

Posons :

$$
D := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_{-1} \end{pmatrix} := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 15 + 6\sqrt{6} & 0 \\ 0 & 0 & 15 - 6\sqrt{6} \end{pmatrix}.
$$

Ainsi on a :

$$
\begin{align*}
C^{-1} &= PD^{-1}P^T \\
&= \begin{pmatrix} 0 & \alpha_1 (1-\sqrt{6}) & \alpha_{-1} (1+\sqrt{6}) \\ 1/\sqrt{5} & -2\alpha_1 & -2\alpha_{-1} \\ 2/\sqrt{5} & \alpha_1 & \alpha_{-1} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/\lambda_{-1} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{5} \\ \alpha_1 (1-\sqrt{6}) & -2\alpha_1 & \alpha_1 \\ \alpha_{-1} (1+\sqrt{6}) & -2\alpha_{-1} & \alpha_{-1} \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 0 & \alpha_1 (1-\sqrt{6}) & \alpha_{-1} (1+\sqrt{6}) \\ 1/\sqrt{5} & -2\alpha_1 & -2\alpha_{-1} \\ 2/\sqrt{5} & \alpha_1 & \alpha_{-1} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{5} \\ \alpha_1 (1-\sqrt{6})/\lambda_1 & -2\alpha_1/\lambda_1 & \alpha_1/\lambda_1 \\ \alpha_{-1} (1+\sqrt{6})/\lambda_{-1} & -2\alpha_{-1}/\lambda_{-1} & \alpha_{-1}/\lambda_{-1} \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
et on a pour $e \in \{\pm 1\}$ :

$$
\begin{align*}
\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \in E_{\lambda_c}(C) &\iff C \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = (15 + ea) \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
9x + 12y - 6z = (15 + ea)x \\
12x + 17y - 8z = (15 + ea)y \\
-6x - 8y + 5z = (15 + ea)z
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
-(6 + ea)x + 12y - 6z = 0 \\
12x + (2 - ea)y - 8z = 0 \\
-6x - 8y - (10 + ea)z = 0
\end{array}
\right. \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
(120 + 8ea)y + 2(120 + 8ea)z = 0 \\
-(14 + ea)y - 2(14 + ea)z = 0 \\
6x - 8y - (10 + ea)z = 0
\end{array}
\right. \quad \begin{array}{l} L_1 \leftarrow 6L_1 - (6 + ea)L_3 \\ L_2 \leftarrow L_2 + 2L_3 \end{array} \\
&\iff \left\{
\begin{array}{l}
y = -2z \\
x = \frac{8y + (10 + ea)}{6} \quad z = \frac{-6 + ea}{6} \quad z = (1 - e\sqrt{6})z
\end{array}
\right.
\end{align*}
$$

Donc on a en normalisant chaque vecteur :

$$
E_1(C) = \operatorname{Vect} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \operatorname{Vect} \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}} & 0 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}
$$

$$
E_{\lambda_e}(C) = \operatorname{Vect} \begin{pmatrix} 1 - e\sqrt{6} \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \operatorname{Vect} \left( \alpha_e \begin{pmatrix} 1 - e\sqrt{6} \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \right)
$$

avec pour $e \in \{\pm 1\}$ :

$$
\alpha_e := \frac{1}{\sqrt{12 - 2e\sqrt{6}}}
$$

Donc la matrice de passage orthogonale vaut :

$$
P := \begin{pmatrix} 0 & \alpha_1 (1 - \sqrt{6}) & \alpha_{-1} (1 + \sqrt{6}) \\ 1/\sqrt{5} & -2\alpha_1 & -2\alpha_{-1} \\ 2/\sqrt{5} & \alpha_1 & \alpha_{-1} \end{pmatrix}.
$$

Posons :

$$
D := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_{-1} \end{pmatrix} := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 15 + 6\sqrt{6} & 0 \\ 0 & 0 & 15 - 6\sqrt{6} \end{pmatrix}.
$$

Ainsi on a :

$$
\begin{align*}
C^{-1} &= PD^{-1}P^T \\
&= \begin{pmatrix} 0 & \alpha_1(1-\sqrt{6}) & \alpha_{-1}(1+\sqrt{6}) \\ 1/\sqrt{5} & -2\alpha_1 & -2\alpha_{-1} \\ 2/\sqrt{5} & \alpha_1 & \alpha_{-1} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/\lambda_{-1} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{5} \\ \alpha_1(1-\sqrt{6}) & -2\alpha_1 & \alpha_1 \\ \alpha_{-1}(1+\sqrt{6}) & -2\alpha_{-1} & \alpha_{-1} \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 0 & \alpha_1(1-\sqrt{6}) & \alpha_{-1}(1+\sqrt{6}) \\ 1/\sqrt{5} & -2\alpha_1 & -2\alpha_{-1} \\ 2/\sqrt{5} & \alpha_1 & \alpha_{-1} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{5} \\ \alpha_1(1-\sqrt{6})/\lambda_1 & -2\alpha_1/\lambda_1 & \alpha_1/\lambda_1 \\ \alpha_{-1}(1+\sqrt{6})/\lambda_{-1} & -2\alpha_{-1}/\lambda_{-1} & \alpha_{-1}/\lambda_{-1} \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
$$ = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix} $$

Ainsi comme $C^{-1} = (A^T)^{-1}A^{-1}$, on a :

$$ \begin{align*} A^{-1} &= A^T C^{-1} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ -2 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{align*} $$
$$ =\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix} $$

Ainsi comme $C^{-1} = (A^T)^{-1}A^{-1}$, on a :

$$ \begin{align*} A^{-1} &= A^T C^{-1} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ -2 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{align*} $$
# 11 Décomposition de Schur

La décomposition de Schur permet de trigonaliser une matrice trigonalisable dans $\mathbb{R}$ avec une matrice de changement de base orthogonale. On obtient un algorithme simple : l'ingrédient de base est la construction de bases orthonormales successives ayant pour premier vecteur le normalisé d'un vecteur propre.

## 11.1 Introduction

On rappelle la définition d'une matrice trigonalisable.

### Définition 11.1.1

(i) On dit que $M$ est **trigonalisable (dans $\mathbb{R}$)** si $M$ est semblable à une matrice triangulaire i.e. il existe $P \in GL_n(\mathbb{R})$ et une matrice triangulaire $T \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$M = PTP^{-1}.$$

(ii) On dit que $M$ est **orthogonalement trigonalisable (dans $\mathbb{R}$)** si $M$ est orthogonalement semblable à une matrice triangulaire i.e. il existe $P \in O_n(\mathbb{R})$ et une matrice triangulaire $T \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$M = PTP^T.$$

Posons :

$$T := \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_n \end{pmatrix}.$$

Comme :

$$\begin{align*}
\chi_M(X) &= \det(M - XI_n) \\
&= \det(PTP^{-1} - XI_n) \\
&= \det(T - XI_n) \\
&= \chi_T(X) \\
&= \prod_{i=1}^{n} (\lambda_i - X)
\end{align*}$$

on en déduit que $M$ a $n$ valeurs propres réelles (comptés avec multiplicité).

On commence par un lemme.

### Lemme 11.1.2

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ une matrice trigonalisable dans $\mathbb{R}$, $(u_1, \dots, u_n)$ une base de vecteurs propres associés respectivement aux valeurs propres réelles $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ de $M$. Posons :

$$w_1 := \frac{u_1}{\|u_1\|}.$$

Complétons $w_1$ en une base orthonormée $(w_1, \dots, w_n)$ de $\mathbb{R}^n$. Posons la matrice :

$$Q := (w_1 | \dots | w_n) \in O_n(\mathbb{R}).$$
# 11 Décomposition de Schur

La décomposition de Schur permet de trigonaliser une matrice trigonalisable dans $\mathbb{R}$ avec une matrice de changement de base orthogonale. On obtient un algorithme simple : l'ingrédient de base est la construction de bases orthonormales successives ayant pour premier vecteur le normalisé d'un vecteur propre.

## 11.1 Introduction

On rappelle la définition d'une matrice trigonalisable.

### Définition 11.1.1

(i) On dit que $M$ est **trigonalisable (dans $\mathbb{R}$)** si $M$ est semblable à une matrice triangulaire i.e. il existe $P \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ et une matrice triangulaire $T \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$M = PTP^{-1}.$$

(ii) On dit que $M$ est **orthogonalement trigonalisable (dans $\mathbb{R}$)** si $M$ est orthogonalement semblable à une matrice triangulaire i.e. il existe $P \in \text{O}_n(\mathbb{R})$ et une matrice triangulaire $T \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$M = PTP^T.$$

Posons :

$$T := \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_n \end{pmatrix}.$$

Comme :

$$\begin{align*} \chi_M(X) &= \det(M - XI_n) \\ &= \det(PTP^{-1} - XI_n) \\ &= \det(T - XI_n) \\ &= \chi_T(X) \\ &= \prod_{i=1}^{n} (\lambda_i - X) \end{align*}$$

on en déduit que $M$ a $n$ valeurs propres réelles (comptés avec multiplicité).

On commence par un lemme.

### Lemme 11.1.2

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ une matrice trigonalisable dans $\mathbb{R}$, $(u_1, \dots, u_n)$ une base de vecteurs propres associés respectivement aux valeurs propres réelles $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ de $M$. Posons :

$$w_1 := \frac{u_1}{\|u_1\|}.$$

Complétons $w_1$ en une base orthonormée $(w_1, \dots, w_n)$ de $\mathbb{R}^n$. Posons la matrice :

$$Q := (w_1 | \cdots | w_n) \in \text{O}_n(\mathbb{R}).$$
Alors $Q^T M Q$ est du type :

$$ \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & M' \end{pmatrix} := Q^T M Q $$

avec $M' \in \mathcal{M}_{n-1}(\mathbb{R})$. La matrice $M'$ vérifie de plus les deux propriétés suivantes.

(i) On a :

$$ \mathrm{Sp}(M') = \{\lambda_2, \dots, \lambda_n\}. $$

(ii) Posons pour tout $i \in \{2, \dots, n\}$, $u'_i \in \mathbb{R}^{n-1}$ tel que :

$$ Q^T u_i = \begin{pmatrix} * \\ u'_i \end{pmatrix}. $$

Alors on a $u'_i \in E_{\lambda_i}(M')$.

*Démonstration.* Par le changement de base donné par la matrice $Q$, la première colonne de la matrice $Q^T M Q = Q^{-1} M Q$ est la décomposition du vecteur $Mw_1 = \lambda_1 w_1$ dans la base $(w_1, \dots, w_n)$ i.e. la colonne vaut simplement :

$$ \begin{pmatrix} \lambda_1 \\ 0 \end{pmatrix}. $$

D'où la forme de la matrice $Q^T M Q$.

(i) On a :

$$ \begin{align*} \chi_M(X) &= \det(M - XI_n) \\ &= \det(Q^T M Q - XI_n) \\ &= \begin{vmatrix} \lambda_1 - X & * \\ 0 & M' - XI_{n-1} \end{vmatrix} \\ &= (\lambda_1 - X) \det(M' - XI_{n-1}) \\ &= (\lambda_1 - X) \chi_{M'}(X) \end{align*} $$

D'où le résultat.

(ii) On a :

$$ \begin{align*} \begin{pmatrix} * \\ \lambda_i u'_i \end{pmatrix} &= \lambda_i \begin{pmatrix} * \\ u'_i \end{pmatrix} \\ &= \lambda_i Q^T u_i \\ &= Q^T M u_i \\ &= Q^T M Q Q^T u_i \\ &= \begin{pmatrix} \lambda_1 & b^T \\ 0 & M' \end{pmatrix} Q^T u_i \\ &= \begin{pmatrix} \lambda_1 & b^T \\ 0 & M' \end{pmatrix} \begin{pmatrix} * \\ u'_i \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} * \\ M' u'_i \end{pmatrix} \end{align*} $$

Donc on a $M' u'_i = \lambda_i u'_i$.
Alors $Q^T M Q$ est du type :

$$ \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & M' \end{pmatrix} := Q^T M Q $$

avec $M' \in \mathcal{M}_{n-1}(\mathbb{R})$. La matrice $M'$ vérifie de plus les deux propriétés suivantes.

(i) On a :

$$ \mathrm{Sp}(M') = \{\lambda_2, \dots, \lambda_n\}. $$

(ii) Posons pour tout $i \in \{2, \dots, n\}$, $u'_i \in \mathbb{R}^{n-1}$ tel que :

$$ Q^T u_i = \begin{pmatrix} * \\ u'_i \end{pmatrix}. $$

Alors on a $u'_i \in E_{\lambda_i}(M')$.

*Démonstration.* Par le changement de base donné par la matrice $Q$, la première colonne de la matrice $Q^T M Q = Q^{-1} M Q$ est la décomposition du vecteur $Mw_1 = \lambda_1 w_1$ dans la base $(w_1, \dots, w_n)$ i.e. cette première colonne vaut simplement :

$$ \begin{pmatrix} \lambda_1 \\ 0 \end{pmatrix}. $$

D'où la forme de la matrice $Q^T M Q$.

(i) On a :

$$ \begin{aligned} \chi_M(X) &= \det(M - XI_n) \\ &= \det(Q^T M Q - XI_n) \\ &= \begin{vmatrix} \lambda_1 - X & * \\ 0 & M' - XI_{n-1} \end{vmatrix} \\ &= (\lambda_1 - X) \det(M' - XI_{n-1}) \\ &= (\lambda_1 - X) \chi_{M'}(X) \end{aligned} $$

D'où le résultat.

(ii) On a :

$$ \begin{aligned} \begin{pmatrix} * \\ \lambda_i u'_i \end{pmatrix} &= \lambda_i \begin{pmatrix} * \\ u'_i \end{pmatrix} \\ &= \lambda_i Q^T u_i \\ &= Q^T M u_i \\ &= Q^T M Q Q^T u_i \\ &= \begin{pmatrix} \lambda_1 & b^T \\ 0 & M' \end{pmatrix} Q^T u_i \\ &= \begin{pmatrix} \lambda_1 & b^T \\ 0 & M' \end{pmatrix} \begin{pmatrix} * \\ u'_i \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} * \\ M' u'_i \end{pmatrix} \end{aligned} $$

Donc on a $M'u'_i = \lambda_i u'_i$.
<figure><img src="image_4.png" /></figure>

On a donc un algorithme simple pour obtenir la décomposition de Schur, il suffit de réappliquer le lemme avec la matrice $M'$. On obtient alors le résultat suivant.

**Proposition 11.1.3: Décomposition de Schur**

Soit $M \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ une matrice trigonalisable dans $\mathbb{R}$. Alors $M$ est orthogonalement trigonalisable i.e. il existe une matrice $T$ triangulaire supérieure et $Q$ une matrice orthogonale telles que :

$$M = QTQ^T.$$

*Démonstration.* Expliquons l'algorithmes dans la cas $n := 3$. Soit $(u_{1,0}, u_{2,0}, u_{3,0})$ une base de vecteurs propres respectivement associés à $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ les trois valeurs propres réelles de $M$ (comptés avec multiplicité).

**Première étape.** Posons :

$$w_{1,0} := \frac{u_{1,0}}{\|u_{1,0}\|}.$$

On construit une base orthonormale $\mathcal{B}_0 := (w_{1,0}, w_{2,0}, w_{3,0})$ avec pour premier vecteur $w_{1,0}$ par le procédé d'orthonormalisation de Gram-Schmidt. Posons :

$$Q_0 := (w_{1,0} \mid w_{2,0} \mid w_{3,0}).$$

On a donc :

$$
\begin{align*}
Q_0^T A Q_0 &= \begin{pmatrix} w_{1,0} \\ w_{2,0} \\ w_{3,0} \end{pmatrix} A \begin{pmatrix} w_{1,0} & w_{2,0} & w_{3,0} \end{pmatrix} \\
&= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_0}(Aw_{1,0}) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_0}(Aw_{2,0}) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_0}(Aw_{3,0})) \\
&= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_0}(\lambda_1 w_{1,0}) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_0}(Aw_{2,0}) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_0}(Aw_{3,0})) \\
&:= \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

avec :

$$A_1 \in \mathrm{GL}_2(\mathbb{R}).$$

**Deuxième étape.** Posons $u_{2,1}, u_{3,1} \in \mathbb{R}^2$ tels que :

$$Q_0^T u_{2,0} = \begin{pmatrix} * \\ u_{2,1} \end{pmatrix}$$

$$Q_0^T u_{3,0} = \begin{pmatrix} * \\ u_{3,1} \end{pmatrix}$$

Par le lemme 11.1.2, on a que $\mathrm{Sp}(A_1) = \{\lambda_2, \lambda_3\}$ et

$$E_{\lambda_2}(A_1) = \mathrm{Vect}(u_{2,1}), \quad E_{\lambda_3}(A_1) = \mathrm{Vect}(u_{3,1}).$$

**Troisième étape.** Posons :

$$w_{2,1} := \frac{u_{2,1}}{\|u_{2,1}\|}.$$