<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'algorithmesans 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 $M$ (comptées 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 :

$$w_{2,1} := \frac{u_{2,1}}{\|u_{2,1}\|}.$$
On construit une base orthonormale $\mathcal{B}_1 := (w_{2,1}, w_{3,1})$ avec pour premier vecteur $w_{2,1}$ par le procédé d'orthonormalisation de Gram-Schmidt. Posons :

$$ \tilde{Q}_1 := (w_{2,1} | w_{3,1}) , \quad Q_1 := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1 \end{pmatrix}. $$

La matrice $\tilde{Q}_1$ est orthogonale. La matrice $Q_1$ est aussi orthogonale car :

$$ \begin{aligned} Q_1 Q_1^T &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1^T \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1 \tilde{Q}_1^T \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & I_2 \end{pmatrix} \\ &= I_3 \end{aligned} $$

On a donc :

$$ \begin{aligned} \tilde{Q}_1^T A_1 \tilde{Q}_1 &= \begin{pmatrix} w_{2,1} \\ w_{3,1} \end{pmatrix} A_1 \begin{pmatrix} w_{2,1} & w_{3,1} \end{pmatrix} \\ &= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_1}(A_1 w_{2,1}) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_1}(A_1 w_{3,1})) \\ &= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_1}(\lambda_2 w_{2,1}) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_1}(A_1 w_{3,1})) \\ &=: \begin{pmatrix} \lambda_2 & * \\ 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} \end{aligned} $$

Et ainsi, on a :

$$ \begin{aligned} T &:= Q_1^T \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} Q_1 \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1^T \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & \tilde{Q}_1^T A_1 \tilde{Q}_1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} \lambda_1 & (*) \\ (0) & \lambda_2 & \lambda_3 \end{pmatrix} \end{aligned} $$

Posons :

$$ Q := Q_0 Q_1. $$

La matrice $Q$ est orthogonale et on a :

$$ \begin{aligned} Q^T A Q &= Q_1^T Q_0^T A Q_0 Q_1 \\ &= Q_1^T \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} Q_1 \\ &= T \end{aligned} $$

Et donc on a :

$$ A = Q T Q^T = Q \begin{pmatrix} \lambda_1 & (*) \\ (0) & \lambda_2 & \lambda_3 \end{pmatrix} Q^T $$

i.e. $A \sim_{\perp} T$.

□
On construit par le procédé d'orthonormalisation de Gram-Schmidt (voir la section 13 pour des détails sur ce procédé) une base orthonormale $\mathcal{B}_1 := (w_{2,1}, w_{3,1})$ avec pour premier vecteur $w_{2,1}$. Posons :

$$ \tilde{Q}_1 := (w_{2,1} | w_{3,1}) \quad , \quad Q_1 := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1 \end{pmatrix}. $$

La matrice $\tilde{Q}_1$ est orthogonale. La matrice $Q_1$ est aussi orthogonale car :

$$ \begin{aligned} Q_1 Q_1^T &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1^T \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1 \tilde{Q}_1^T \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & I_2 \end{pmatrix} \\ &= I_3 \end{aligned} $$

On a donc :

$$ \begin{aligned} \tilde{Q}_1^T A_1 \tilde{Q}_1 &= \begin{pmatrix} w_{2,1} \\ w_{3,1} \end{pmatrix} A_1 \begin{pmatrix} w_{2,1} & w_{3,1} \end{pmatrix} \\ &= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_1}(A_1 w_{2,1}) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_1}(A_1 w_{3,1})) \\ &= (\mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_1}(\lambda_2 w_{2,1}) | \mathrm{Mat}_{\mathcal{B}_1}(A_1 w_{3,1})) \\ &=: \begin{pmatrix} \lambda_2 & * \\ 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} \end{aligned} $$

Et ainsi, on a :

$$ \begin{aligned} T &:= Q_1^T \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} Q_1 \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1^T \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & \tilde{Q}_1^T A_1 \tilde{Q}_1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} \lambda_1 & (*) \\ 0 & \lambda_2 \\ 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} \end{aligned} $$

Posons :

$$ Q := Q_0 Q_1. $$

La matrice $Q$ est orthogonale et on a :

$$ \begin{aligned} Q^T A Q &= Q_1^T Q_0^T A Q_0 Q_1 \\ &= Q_1^T \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} Q_1 \\ &= T \end{aligned} $$

Et donc on a :

$$ A = Q T Q^T = Q \begin{pmatrix} \lambda_1 & (*) \\ 0 & \lambda_2 \\ 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} Q^T $$

i.e. $A \sim_{\perp} T$.

□
Soit $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ les valeurs propres réelles de $A$ comptés avec multiplicité et $u_{1,0}, \dots, u_{n,0}$ des vecteurs propres respectivement associés. On construit successivement des matrices $Q_0, \dots, Q_{n-2}$ orthogonales par récurrence sur la taille $n$ de la matrice. Expliquons les deux premières étapes.

(1) Soit :

$$ \mathcal{B}_0 := \left( w_{1,0} := \frac{u_{1,0}}{\|u_{1,0}\|}, w_{2,0}, \dots, w_{n,0} \right) $$

une base orthonormée avec pour premier vecteur le normalisé de $u_{1,0}$. On pose :

* la matrice orthogonale :

$$ Q_0 := (w_{1,0} | w_{2,0} | \dots | w_{n,0}) $$

* $A_1 \in \text{GL}_{n-1}(\mathbb{R})$ la matrice telle que :

$$ Q_0^T A Q_0 = \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix}. $$

* posons $u_{2,1}, \dots, u_{n,1} \in \mathbb{R}^{n-1}$ tels que

$$ Q_0^T u_{2,0} = \begin{pmatrix} * \\ u_{2,1} \end{pmatrix}, \quad Q_0^T u_{3,0} = \begin{pmatrix} * \\ u_{3,1} \end{pmatrix} \dots Q_0^T u_{n,0} = \begin{pmatrix} * \\ u_{n,1} \end{pmatrix}. $$

Par le lemme 11.1.2, on a que $\text{Sp}(A_1) = \{\lambda_2, \dots, \lambda_n\}$ et pour tout $i \in \{2, \dots, n\}$, $u_{i,1} \in E_{\lambda_i}(A_1)$.

(2) Soit :

$$ \mathcal{B}_1 := \left( w_{2,1} := \frac{u_{2,1}}{\|u_{2,1}\|}, w_{3,1}, \dots, w_{n,1} \right) $$

une base orthonormée avec pour premier vecteur le normalisé de $u_{2,1}$. On pose :

* les matrices orthogonales :

$$ \tilde{Q}_1 := (w_{2,1} | w_{3,1} | \dots | w_{n,1}) , \quad Q_1 := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1 \end{pmatrix} $$

* $A_2 \in \text{GL}_{n-1}(\mathbb{R})$ la matrice telle que :

$$ \tilde{Q}_1^T A_1 \tilde{Q}_1 = \begin{pmatrix} \lambda_2 & * \\ 0 & A_2 \end{pmatrix}. $$

* posons $u_{3,2}, \dots, u_{n,2} \in \mathbb{R}^{n-2}$ tels que

$$ Q_1^T u_{3,1} = \begin{pmatrix} * \\ u_{3,2} \end{pmatrix}, \quad Q_0^T u_{4,1} = \begin{pmatrix} * \\ u_{4,2} \end{pmatrix} \dots Q_0^T u_{n,1} = \begin{pmatrix} * \\ u_{n,2} \end{pmatrix}. $$

Par le lemme 11.1.2, on a que $\text{Sp}(A_2) = \{\lambda_3, \dots, \lambda_n\}$ et pour tout $i \in \{3, \dots, n\}$, $u_{i,2} \in E_{\lambda_i}(A_2)$.

Et ainsi de suite, on construit une suite de matrices orthogonales $Q_0, Q_1, \dots, Q_{n-2}$. On pose alors :

$$ Q := Q_0 \cdots Q_{n-2}. $$

On a :

$$ \begin{align*} T &:= Q^T A Q \\ &= Q_{n-1}^T \cdots Q_0^T A Q_0 \cdots Q_{n-1} \\ &= Q_{n-1}^T \cdots Q_1^T \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} Q_1 \cdots Q_{n-1} \end{align*} $$
Soit $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ les valeurs propres réelles de $A$ comptés avec multiplicité et $u_{1,0}, \dots, u_{n,0}$ des vecteurs propres respectivement associés. On construit successivement des matrices $Q_0, \dots, Q_{n-2}$ orthogonales par récurrence sur la taille $n$ de la matrice. Expliquons les deux premières étapes.

(1) Soit :

$$ \mathcal{B}_0 := \left( w_{1,0} := \frac{u_{1,0}}{\|u_{1,0}\|}, w_{2,0}, \dots, w_{n,0} \right) $$

une base orthonormée avec pour premier vecteur le normalisé de $u_{1,0}$. On pose :

* la matrice orthogonale :

$$ Q_0 := (w_{1,0} \mid w_{2,0} \mid \dots \mid w_{n,0}) $$

* $A_1 \in \text{GL}_{n-1}(\mathbb{R})$ la matrice telle que :

$$ Q_0^T A Q_0 = \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix}. $$

* posons $u_{2,1}, \dots, u_{n,1} \in \mathbb{R}^{n-1}$ tels que

$$ Q_0^T u_{2,0} = \begin{pmatrix} * \\ u_{2,1} \end{pmatrix}, \quad Q_0^T u_{3,0} = \begin{pmatrix} * \\ u_{3,1} \end{pmatrix} \dots Q_0^T u_{n,0} = \begin{pmatrix} * \\ u_{n,1} \end{pmatrix}. $$

Par le lemme 11.1.2, on a que $\text{Sp}(A_1) = \{\lambda_2, \dots, \lambda_n\}$ et pour tout $i \in \{2, \dots, n\}$, $u_{i,1} \in E_{\lambda_i}(A_1)$.

(2) Soit :

$$ \mathcal{B}_1 := \left( w_{2,1} := \frac{u_{2,1}}{\|u_{2,1}\|}, w_{3,1}, \dots, w_{n,1} \right) $$

une base orthonormée avec pour premier vecteur le normalisé de $u_{2,1}$. On pose :

* les matrices orthogonales :

$$ \tilde{Q}_1 := (w_{2,1} \mid w_{3,1} \mid \dots \mid w_{n,1}) , \quad Q_1 := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \tilde{Q}_1 \end{pmatrix} $$

* $A_2 \in \text{GL}_{n-1}(\mathbb{R})$ la matrice telle que :

$$ \tilde{Q}_1^T A_1 \tilde{Q}_1 = \begin{pmatrix} \lambda_2 & * \\ 0 & A_2 \end{pmatrix}. $$

* posons $u_{3,2}, \dots, u_{n,2} \in \mathbb{R}^{n-2}$ tels que

$$ Q_1^T u_{3,1} = \begin{pmatrix} * \\ u_{3,2} \end{pmatrix}, \quad Q_0^T u_{4,1} = \begin{pmatrix} * \\ u_{4,2} \end{pmatrix} \dots Q_0^T u_{n,1} = \begin{pmatrix} * \\ u_{n,2} \end{pmatrix}. $$

Par le lemme 11.1.2, on a que $\text{Sp}(A_2) = \{\lambda_3, \dots, \lambda_n\}$ et pour tout $i \in \{3, \dots, n\}$, $u_{i,2} \in E_{\lambda_i}(A_2)$.

Et ainsi de suite, on construit une suite de matrices orthogonales $Q_0, Q_1, \dots, Q_{n-2}$. On pose alors :

$$ Q := Q_0 \cdots Q_{n-2}. $$

On a :

$$ \begin{align*} T &:= Q^T A Q \\ &= Q_{n-1}^T \cdots Q_0^T A Q_0 \cdots Q_{n-1} \\ &= Q_{n-1}^T \cdots Q_1^T \begin{pmatrix} \lambda_1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} Q_1 \cdots Q_{n-1} \end{align*} $$
$$
\begin{align*}
&= Q_{n-1}^T \cdots Q_2^T \begin{pmatrix} \lambda_1 & * & * \\ 0 & \lambda_2 & * \\ 0 & 0 & A_2 \end{pmatrix} Q_2 \cdots Q_{n-1} \\
&= Q_{n-2}^T \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (*) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_{n-2} \\ & & A_{n-2} \end{pmatrix} Q_{n-2} \\
&= \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (*) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_n \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

On a ainsi $A = QTQ^T$ et :

$$
A^{-1} = QT^{-1}Q^{T}
$$

11.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

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

en utilisant la décomposition de Schur. On a trouvé dans la section 8 que le polynôme caractéristique de $A$ est donné par :

$$
\chi_A(X) = -(X - 1)^2 (X + 3)
$$

et que :

$$
E_1(A) = \mathrm{Vect} \left( \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right) , \quad E_{-3}(A) = \mathrm{Vect} \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}.
$$

Donc $A$ est diagonalisable (donc trigonalisable). Posons :

$$
u_{1,0} := \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \quad u_{2,0} := \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} , \quad u_{3,0} := \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}.
$$

Première étape. On construit une base orthonormale avec pour premier vecteur le normalisé de $u_{1,0}$ :

$$
\mathcal{B}_0 := \left( w_{1,0} := \frac{u_{1,0}}{\|u_{1,0}\|}, w_{2,0}, w_{3,0} \right) := \left( \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right)
$$

Posons :

$$
Q_0 := \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix}
$$

On a :

$$
Q_0^T A Q_0 = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix}
$$
$$
\begin{align*}
&= Q_{n-1}^T \cdots Q_2^T \begin{pmatrix} \lambda_1 & * & * \\ 0 & \lambda_2 & * \\ 0 & 0 & A_2 \end{pmatrix} Q_2 \cdots Q_{n-1} \\
&= Q_{n-2}^T \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (*) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_{n-2} \\ & & A_{n-2} \end{pmatrix} Q_{n-2} \\
&= \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (*) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_n \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

On a ainsi $A = QTQ^T$ et :

$A^{-1} = QT^{-1}Q^T$

11.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

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

en utilisant la décomposition de Schur. On a trouvé dans la section 8 que le polynôme caractéristique de $A$ est donné par :

$$
\chi_A(X) = -(X - 1)^2 (X + 3)
$$

et que :

$$
E_1(A) = \mathrm{Vect} \left( \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right) , \quad E_{-3}(A) = \mathrm{Vect} \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}.
$$

Donc $A$ est diagonalisable (donc trigonalisable) dans $\mathbb{R}$. Posons :

$$
u_{1,0} := \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \quad u_{2,0} := \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} , \quad u_{3,0} := \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}.
$$

Première étape. On construit une base orthonormale avec pour premier vecteur le normalisé de $u_{1,0}$ :

$$
\mathcal{B}_0 := \left( w_{1,0} := \frac{u_{1,0}}{\|u_{1,0}\|}, w_{2,0}, w_{3,0} \right) := \left( \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right)
$$

Posons :

$$
Q_0 := \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix}
$$

On a :

$$
Q_0^T A Q_0 = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix}
$$
$$
\begin{align*}
&= \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 5 & -20 & 4\sqrt{5} \\ 0 & -10 & 3\sqrt{5} \\ 0 & 5\sqrt{5} & 0 \end{pmatrix} \\
&=: \begin{pmatrix} 1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

avec :

$$
A_1 := \frac{1}{5} \begin{pmatrix} -10 & 3\sqrt{5} \\ 5\sqrt{5} & 0 \end{pmatrix}.
$$

Deuxième étape. On a :

$$
Q_0^T u_{2,0} = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2/\sqrt{5} \\ 1/\sqrt{5} \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2/\sqrt{5} \\ u_{2,1} \end{pmatrix}
$$

$$
Q_0^T u_{3,0} = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4/\sqrt{5} \\ -3/\sqrt{5} \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4/\sqrt{5} \\ u_{3,1} \end{pmatrix}
$$

Par le lemme 11.1.2, on a que $\mathrm{Sp}(A_1) = \{1, -3\}$ et

$$
E_1(A_1) = \mathrm{Vect}(u_{2,1}) = \mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} 1/\sqrt{5} \\ 1 \end{pmatrix}\right)
$$

$$
E_{-3}(A_1) = \mathrm{Vect}(u_{3,1}) = \mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} -3/\sqrt{5} \\ 1 \end{pmatrix}\right).
$$

Troisième étape. On construit une base orthonormale avec pour premier vecteur le normalisé de $u_{2,0}$ :

$$
\begin{align*}
\mathcal{B}_1 &:= \left( w_{2,1} := \frac{u_{2,1}}{\|u_{2,1}\|}, w_{3,1} \right) \\
&= \left( \frac{1}{\sqrt{6/5}} \begin{pmatrix} 1/\sqrt{5} \\ 1 \end{pmatrix}, w_{3,0} \right) \\
&= \left( \left( \frac{1}{\sqrt{6}} \right) \begin{pmatrix} 1/\sqrt{6} \\ \sqrt{5/6} \end{pmatrix}, \left( \begin{pmatrix} -\sqrt{5/6} \\ 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \right) \right)
\end{align*}
$$

Posons :

$$
Q_1 := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{6} & -\sqrt{5/6} \\ 0 & \sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix}
$$

On a donc :

$$
\begin{align*}
T &:= Q_1^T \begin{pmatrix} 1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} Q_1 \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{6} & \sqrt{5/6} \\ 0 & -\sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 5 & -20 & 4\sqrt{5} \\ 0 & -10 & 3\sqrt{5} \\ 0 & 5\sqrt{5} & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{6} & -\sqrt{5/6} \\ 0 & \sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 5 & -20 & 4\sqrt{5} \\ 0 & 5\sqrt{5}/2 & \frac{1}{2}\sqrt{6}\sqrt{5} \\ 0 & 5\sqrt{30}/2 & -5\sqrt{6}/2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{6} & -\sqrt{6}/5 \\ 0 & \sqrt{6}/5 & \sqrt{6} \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
&= \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 5 & -20 & 4\sqrt{5} \\ 0 & -10 & 3\sqrt{5} \\ 0 & 5\sqrt{5} & 0 \end{pmatrix} \\
&:= \begin{pmatrix} 1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

avec :

$$
A_1 := \frac{1}{5} \begin{pmatrix} -10 & 3\sqrt{5} \\ 5\sqrt{5} & 0 \end{pmatrix}.
$$

Deuxième étape. On a :

$$
Q_0^T u_{2,0} = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2/\sqrt{5} \\ 1/\sqrt{5} \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2/\sqrt{5} \\ u_{2,1} \end{pmatrix}
$$

$$
Q_0^T u_{3,0} = \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4/\sqrt{5} \\ -3/\sqrt{5} \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4/\sqrt{5} \\ u_{3,1} \end{pmatrix}
$$

Par le lemme 11.1.2, on a que $\mathrm{Sp}(A_1) = \{1, -3\}$ et

$$
\begin{align*}
E_1(A_1) &= \mathrm{Vect}(u_{2,1}) = \mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} 1/\sqrt{5} \\ 1 \end{pmatrix}\right) \\
E_{-3}(A_1) &= \mathrm{Vect}(u_{3,1}) = \mathrm{Vect}\left(\begin{pmatrix} -3/\sqrt{5} \\ 1 \end{pmatrix}\right).
\end{align*}
$$

Troisième étape. On construit une base orthonormale avec pour premier vecteur le normalisé de $u_{2,1}$ :

$$
\begin{align*}
\mathcal{B}_1 &:= \left( w_{2,1} := \frac{u_{2,1}}{\|u_{2,1}\|}, w_{3,1} \right) \\
&= \left( \frac{1}{\sqrt{6/5}} \begin{pmatrix} 1/\sqrt{5} \\ 1 \end{pmatrix}, w_{3,0} \right) \\
&= \left( \left( \frac{1}{\sqrt{6}} \right) \begin{pmatrix} 1/\sqrt{6} \\ \sqrt{5/6} \end{pmatrix}, \left( \begin{pmatrix} -\sqrt{5/6} \\ 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \right) \right)
\end{align*}
$$

Posons :

$$
Q_1 := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{6} & -\sqrt{5/6} \\ 0 & \sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix}
$$

On a donc :

$$
\begin{align*}
T &:= Q_1^T \begin{pmatrix} 1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} Q_1 \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{6} & \sqrt{5/6} \\ 0 & -\sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 5 & -20 & 4\sqrt{5} \\ 0 & -10 & 3\sqrt{5} \\ 0 & 5\sqrt{5} & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{6} & -\sqrt{5/6} \\ 0 & \sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 5 & -20 & 4\sqrt{5} \\ 0 & 5\sqrt{6}/2 & \frac{1}{2}\sqrt{6}\sqrt{5} \\ 0 & 5\sqrt{30}/2 & -5\sqrt{6}/2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{6} & -\sqrt{6}/5 \\ 0 & \sqrt{6}/5 & \sqrt{6} \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
$$ = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 4\sqrt{6/5} \\ 0 & 1 & -2/\sqrt{5} \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix} $$

et :

$$ \begin{align*} Q &:= Q_0 Q_1 \\ &= \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{6} & -\sqrt{5/6} \\ 0 & \sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} & -1/\sqrt{30} & 1/\sqrt{6} \\ 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{30} & -2/\sqrt{6} \\ 0 & \sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \end{align*} $$

Comme $T$ est triangulaire supérieure, son inverse se calcule facilement, on a par la proposition A.6.2 :

$$ T^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 8/\sqrt{30} \\ 0 & 1 & -2/(3\sqrt{5}) \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix}. $$

Comme :

$$ \begin{align*} T &= Q_1^T \begin{pmatrix} 1 & \\ & A_1 \end{pmatrix} Q_1 \\ &= Q_1^T Q_0^T A Q_0 Q_1 \\ &= Q^T A Q \end{align*} $$

on a :

$$ \begin{align*} A^{-1} &= QT^{-1}Q^T \\ &= \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} & -1/\sqrt{30} & 1/\sqrt{6} \\ 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{30} & -2/\sqrt{6} \\ 0 & \sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 8/\sqrt{30} \\ 0 & 1 & -2/(3\sqrt{5}) \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} & 0 \\ -1/\sqrt{30} & 2/\sqrt{30} & \sqrt{5/6} \\ 1/\sqrt{6} & -2/\sqrt{6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} & -1/\sqrt{30} & \sqrt{6}/2 \\ 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{30} & \sqrt{6}/3 \\ 0 & \sqrt{5/6} & -1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} & 0 \\ -1/\sqrt{30} & 2/\sqrt{30} & \sqrt{5/6} \\ 1/\sqrt{6} & -2/\sqrt{6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{align*} $$
$$ = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 4\sqrt{6/5} \\ 0 & 1 & -2/\sqrt{5} \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix} $$

et :

$$ \begin{align*} Q &:= Q_0 Q_1 \\ &= \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{5} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{6} & -\sqrt{5/6} \\ 0 & \sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} & -1/\sqrt{30} & 1/\sqrt{6} \\ 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{30} & -2/\sqrt{6} \\ 0 & \sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \end{align*} $$

Comme $T$ est triangulaire supérieure, son inverse se calcule facilement, on a par la proposition A.6.2 :

$$ T^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 8/\sqrt{30} \\ 0 & 1 & -2/(3\sqrt{5}) \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix}. $$

Comme :

$$ \begin{align*} T &= Q_1^T \begin{pmatrix} 1 & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} Q_1 \\ &= Q_1^T Q_0^T A Q_0 Q_1 \\ &= Q^T A Q \end{align*} $$

on a :

$$ \begin{align*} A^{-1} &= QT^{-1}Q^T \\ &= \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} & -1/\sqrt{30} & 1/\sqrt{6} \\ 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{30} & -2/\sqrt{6} \\ 0 & \sqrt{5/6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 8/\sqrt{30} \\ 0 & 1 & -2/(3\sqrt{5}) \\ 0 & 0 & -1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} & 0 \\ -1/\sqrt{30} & 2/\sqrt{30} & \sqrt{5/6} \\ 1/\sqrt{6} & -2/\sqrt{6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} & -1/\sqrt{30} & \sqrt{6}/2 \\ 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{30} & \sqrt{6}/3 \\ 0 & \sqrt{5/6} & -1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} & 0 \\ -1/\sqrt{30} & 2/\sqrt{30} & \sqrt{5/6} \\ 1/\sqrt{6} & -2/\sqrt{6} & 1/\sqrt{6} \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{align*} $$
# 12 Décomposition de Cholesky

Dans la section 10, on a utilisé la matrice $AA^T$ symétrique ce qui nous a permis de diagonaliser avec une matrice orthogonale.

Il y a une information que l'on n'a pas exploitée : comme la matrice $A$ est inversible, alors la matrice $AA^T$ est définie positive. Grâce à cette nouvelle propriété, on obtient une nouvelle décomposition simple.

## 12.1 Introduction

On rappelle qu'une matrice symétrique réelle est diagonalisable et toutes ses valeurs propres sont réelles (voir la section 10). On commence par une définition.

### Définition 12.1.1

Soit $B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ une matrice symétrique. On dit que $B$ est **définie positive** si toutes les valeurs propres de $B$ sont strictement positives.

Ainsi si $B$ est symétrique et définie positive, il existe une matrice $P \in \mathcal{O}_n(\mathbb{R})$ tel que :

$$P^T B P = \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_n \end{pmatrix}$$

avec $\lambda_1, \dots, \lambda_n > 0$ les valeurs propres de $B$. Ainsi $B$ est semblable à une matrice diagonale avec des éléments strictement positifs sur la diagonale (en particulier $B$ est inversible).

### Lemme 12.1.2

(i) Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. Alors la matrice $B := AA^T$ est une matrice symétrique définie positive.

(ii) Soit $B \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ une matrice symétrique définie positive. Alors les mineurs principaux de $B$ sont tous strictement positifs.

*Démonstration.* (i) On a :

$$ \begin{aligned} B^T &= (AA^T)^T \\ &= (A^T)^T A^T \\ &= AA^T \\ &= B \end{aligned} $$

Soit $\lambda$ une valeur propre de $B$ et $v$ un vecteur propre associé. Posons $u := A^T v$. Comme $v$ est non nul et comme $A^T$ est inversible, on a que $u$ est non nul i.e. $\|u\|^2 > 0$. On a donc :

$$ \begin{aligned} \lambda \|v\|^2 &= \lambda v^T v \\ &= v^T B v \\ &= v^T A A^T v \\ &= (A^T v)^T A^T v \\ &= u^T u \\ &= \|u\|^2 > 0 \end{aligned} $$

i.e. on a $\lambda > 0$ car $\|v\|^2 > 0$ ($v$ est non nul).
# 12 Décomposition de Cholesky

Dans la section 10, on a utilisé la matrice $AA^T$ symétrique ce qui nous a permis de diagonaliser avec une matrice orthogonale.

Il y a une information que l'on n'a pas exploitée : comme la matrice $A$ est inversible, alors la matrice $AA^T$ est définie positive. Grâce à cette nouvelle propriété, on obtient une nouvelle décomposition simple.

## 12.1 Introduction

On rappelle qu'une matrice symétrique réelle est diagonalisable et toutes ses valeurs propres sont réelles (voir la section 10). On commence par une définition.

### Définition 12.1.1

Soit $B \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ une matrice symétrique. On dit que $B$ est **définie positive** si toutes les valeurs propres de $B$ sont strictement positives.

Ainsi si $B$ est symétrique et définie positive, il existe une matrice $P \in O_n(\mathbb{R})$ tel que :

$$P^T B P = \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_n \end{pmatrix}$$

avec $\lambda_1, \dots, \lambda_n > 0$ les valeurs propres de $B$. Ainsi $B$ est semblable à une matrice diagonale avec des éléments strictement positifs sur la diagonale (en particulier $B$ est inversible).

### Lemme 12.1.2

(i) Soit $A \in GL_n(\mathbb{R})$. Alors la matrice $B := AA^T$ est une matrice symétrique définie positive.

(ii) Soit $B \in GL_n(\mathbb{R})$ une matrice symétrique définie positive. Alors les mineurs principaux de $B$ sont tous strictement positifs.

*Démonstration.* (i) On a :

$$\begin{aligned} B^T &= (AA^T)^T \\ &= (A^T)^T A^T \\ &= AA^T \\ &= B \end{aligned}$$

Soit $\lambda$ une valeur propre de $B$ et $v$ un vecteur propre associé. Posons $u := A^T v$. Comme $v$ est non nul et comme $A^T$ est inversible, on a que $u$ est non nul i.e. $\|u\|^2 > 0$. On a donc :

$$\begin{aligned} \lambda \|v\|^2 &= \lambda v^T v \\ &= v^T B v \\ &= v^T A A^T v \\ &= (A^T v)^T A^T v \\ &= u^T u \end{aligned}$$
(ii) Par la proposition 10.1.3, il existe une matrice $P \in \mathcal{O}_3(\mathbb{R})$ tel que :

$$P^T B P = \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (0) \\ & \lambda_2 & \\ (0) & & \lambda_3 \end{pmatrix}$$

avec $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 > 0$. On a :

$$ \begin{aligned} B &= P \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} P^T \\ &= \begin{pmatrix} p_{11} & p_{12} & p_{13} \\ p_{21} & p_{22} & p_{23} \\ p_{31} & p_{32} & p_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p_{11} & p_{21} & p_{31} \\ p_{12} & p_{22} & p_{32} \\ p_{13} & p_{23} & p_{33} \end{pmatrix} \end{aligned} $$

On a :

$$ \begin{aligned} \mu_1(B) &= b_{11} \\ &= \lambda_1 p_{11}^2 + \lambda_2 p_{12}^2 + \lambda_3 p_{13}^2 > 0 \\ \mu_3(B) &= \det(B) \\ &= \det \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} P^T \\ &= \det(P)^2 \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 > 0 \end{aligned} $$

Comme $P$ est inversible, les deux dernières lignes sont non colinéaires i.e. un des trois déterminants suivant est non nul :

$$\Delta_{33}(P), \Delta_{32}(P), \Delta_{31}(P).$$

Donc on a :

$$ \begin{aligned} \mu_2(B) &= \begin{vmatrix} b_{11} & b_{12} \\ b_{12} & b_{22} \end{vmatrix} \\ &= b_{11}b_{22} - b_{12}^2 \\ &= (\lambda_1 p_{11}^2 + \lambda_2 p_{12}^2 + \lambda_3 p_{13}^2)(\lambda_1 p_{21}^2 + \lambda_2 p_{22}^2 + \lambda_3 p_{23}^2) - (\lambda_1 p_{11} p_{21} + \lambda_2 p_{12} p_{22} + \lambda_3 p_{13} p_{23})^2 \\ &= \lambda_1 \lambda_2 (p_{11}^2 p_{22}^2 + p_{12}^2 p_{21}^2 - 2p_{11}p_{12}p_{21}p_{22}) + \lambda_1 \lambda_3 (p_{11}^2 p_{23}^2 + p_{12}^2 p_{21}^2 - 2p_{11}p_{13}p_{21}p_{23}) \\ &\quad + \lambda_2 \lambda_3 (p_{12}^2 p_{23}^2 + p_{13}^2 p_{22}^2 - 2p_{12}p_{13}p_{22}p_{23}) \\ &= \lambda_1 \lambda_2 (p_{11}p_{22} - p_{12}p_{21})^2 + \lambda_1 \lambda_3 (p_{11}p_{23} - p_{13}p_{21})^2 + \lambda_2 \lambda_3 (p_{12}p_{23} - p_{13}p_{22})^2 \\ &= \lambda_1 \lambda_2 \Delta_{33}(P)^2 + \lambda_1 \lambda_3 \Delta_{32}(P)^2 + \lambda_2 \lambda_3 \Delta_{31}(P)^2 > 0 \end{aligned} $$

□

On en déduit la décomposition de Cholesky.

## Proposition 12.1.3: Décomposition de Cholesky

Soit $B \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ une matrice symétrique définie positive. Alors il existe une unique matrice réelle triangulaire inférieure $L$ à coefficients diagonaux strictement positifs telle que :

$$B = LL^T.$$
$$= \|u\|^2 > 0$$

i.e. on a $\lambda > 0$ car $\|v\|^2 > 0$ ($v$ est non nul).

$$P^T B P = \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (0) \\ & \lambda_2 & \\ (0) & & \lambda_3 \end{pmatrix}$$

avec $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 > 0$. On a :

$$B = P \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} P^T \\ = \begin{pmatrix} p_{11} & p_{12} & p_{13} \\ p_{21} & p_{22} & p_{23} \\ p_{31} & p_{32} & p_{33} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p_{11} & p_{21} & p_{31} \\ p_{12} & p_{22} & p_{32} \\ p_{13} & p_{23} & p_{33} \end{pmatrix}$$

On a :

$$\begin{align*} \mu_1(B) &= b_{11} \\ &= \lambda_1 p_{11}^2 + \lambda_2 p_{12}^2 + \lambda_3 p_{13}^2 > 0 \end{align*} \\ \mu_3(B) &= \det(B) \\ &= \det \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix} P^T \\ &= \det(P)^2 \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 > 0 \end{align*}$$

Comme $P$ est inversible, les deux dernières lignes sont non colinéaires i.e. un des trois déterminants suivant est non nul :

$$\Delta_{33}(P), \Delta_{32}(P), \Delta_{31}(P).$$

Donc on a :

$$\begin{align*} \mu_2(B) &= \begin{vmatrix} b_{11} & b_{12} \\ b_{12} & b_{22} \end{vmatrix} \\ &= b_{11}b_{22} - b_{12}^2 \\ &= (\lambda_1 p_{11}^2 + \lambda_2 p_{12}^2 + \lambda_3 p_{13}^2)(\lambda_1 p_{21}^2 + \lambda_2 p_{22}^2 + \lambda_3 p_{23}^2) - (\lambda_1 p_{11} p_{21} + \lambda_2 p_{12} p_{22} + \lambda_3 p_{13} p_{31})^2 \\ &= \lambda_1 \lambda_2 (p_{11}^2 p_{22}^2 + p_{12}^2 p_{21}^2 - 2p_{11}p_{12}p_{21}p_{22}) + \lambda_1 \lambda_3 (p_{11}^2 p_{23}^2 + p_{13}^2 p_{21}^2 - 2p_{11}p_{13}p_{21}p_{23}) \\ &\quad + \lambda_2 \lambda_3 (p_{12}^2 p_{23}^2 + p_{13}^2 p_{22}^2 - 2p_{12}p_{13}p_{22}p_{23}) \\ &= \lambda_1 \lambda_2 (p_{11}p_{22} - p_{12}p_{21})^2 + \lambda_1 \lambda_3 (p_{11}p_{23} - p_{13}p_{21})^2 + \lambda_2 \lambda_3 (p_{12}p_{23} - p_{13}p_{22})^2 \\ &= \lambda_1 \lambda_2 \Delta_{33}(P)^2 + \lambda_1 \lambda_3 \Delta_{32}(P)^2 + \lambda_2 \lambda_3 \Delta_{31}(P)^2 > 0 \end{align*}$$

□

On en déduit la décomposition de Cholesky.
Démonstration. Montrons le résultat dans le cas $n := 3$. Posons :

$$B := \begin{pmatrix} b_{11} & b_{12} & b_{13} \\ b_{12} & b_{22} & b_{23} \\ b_{13} & b_{23} & b_{33} \end{pmatrix}.$$

Soit la matrice :

$$L := \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix}$$

avec $a, c, f > 0$. Comme :

$$LL^T = \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b & d \\ 0 & c & e \\ 0 & 0 & f \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^2 & ab & ad \\ ab & b^2 + c^2 & bd + ce \\ ad & bd + ce & d^2 + e^2 + f^2 \end{pmatrix}$$

on a les équivalences :

$$ \begin{align*} B = LL^T &\iff \begin{pmatrix} b_{11} & b_{12} & b_{13} \\ b_{12} & b_{22} & b_{23} \\ b_{13} & b_{23} & b_{33} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^2 & ab & ad \\ ab & b^2 + c^2 & bd + ce \\ ad & bd + ce & d^2 + e^2 + f^2 \end{pmatrix} \\ &\iff \left\{ \begin{array}{l} a^2 = b_{11} \\ ab = b_{12} \\ ad = b_{13} \\ b^2 + c^2 = b_{22} \\ bd + ce = b_{23} \\ d^2 + e^2 + f^2 = b_{33} \end{array} \right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{l} a = \sqrt{b_{11}} = \sqrt{\mu_1} \quad \text{car } a, c, f > 0 \\ b = \frac{b_{12}}{a} = \frac{b_{12}}{\sqrt{\mu_1}} \\ d = \frac{b_{13}}{a} = \frac{b_{13}}{\sqrt{\mu_1}} \\ c = \sqrt{b_{22} - b^2} = \sqrt{\frac{b_{22}b_{11} - b_{12}^2}{\mu_1}} = \sqrt{\frac{\mu_2}{\mu_1}} \\ e = \frac{b_{23} - bd}{c} = \frac{b_{11}b_{23} - b_{12}b_{13}}{\sqrt{\mu_1\mu_2}} \\ f = \sqrt{b_{33} - d^2 - e^2} = \frac{\sqrt{b_{33}\mu_2 - \frac{\mu_2b_{12} - (b_{11}b_{23} - b_{12}b_{13})^2}{\mu_1}}}{\sqrt{\mu_2}} = \frac{\sqrt{\det(B)}}{\sqrt{\mu_2}} \end{array} \right. \\ &\iff L = \frac{1}{\sqrt{\mu_1\mu_2}} \begin{pmatrix} \mu_2 & 0 & 0 \\ \mu_2 b_{12} & \mu_2 b_{13} & 0 \\ 0 & b_{11}b_{23} - b_{12}b_{13} & \sqrt{\mu_1 \det(B)} \end{pmatrix} \end{align*} $$

D'où l'existence et l'unicité par l'équivalence.

<figure><img src="image_5.png" /></figure>

On obtient alors une technique simple pour calculer l'inverse d'une matrice A. On pose :

$$B := AA^T$$
**Proposition 12.1.3: Décomposition de Cholesky**

Soit $B \in GL_n(\mathbb{R})$ une matrice symétrique définie positive. Alors il existe une unique matrice réelle triangulaire inférieure $L$ à coefficients diagonaux strictement positifs telle que :

$$B = LL^T.$$

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

$$B := \begin{pmatrix} b_{11} & b_{12} & b_{13} \\ b_{12} & b_{22} & b_{23} \\ b_{13} & b_{23} & b_{33} \end{pmatrix}.$$

Soit la matrice :

$$L := \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix}$$

avec $a, c, f > 0$. Comme :

$$LL^T = \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b & d \\ 0 & c & e \\ 0 & 0 & f \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^2 & ab & ad \\ ab & b^2 + c^2 & bd + ce \\ ad & bd + ce & d^2 + e^2 + f^2 \end{pmatrix}$$

on a les équivalences :

$$ \begin{align*} B = LL^T &\iff \begin{pmatrix} b_{11} & b_{12} & b_{13} \\ b_{12} & b_{22} & b_{23} \\ b_{13} & b_{23} & b_{33} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^2 & ab & ad \\ ab & b^2 + c^2 & bd + ce \\ ad & bd + ce & d^2 + e^2 + f^2 \end{pmatrix} \\ &\iff \left\{ \begin{array}{l} a^2 = b_{11} \\ ab = b_{12} \\ ad = b_{13} \\ b^2 + c^2 = b_{22} \\ bd + ce = b_{23} \\ d^2 + e^2 + f^2 = b_{33} \end{array} \right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{l} a = \sqrt{b_{11}} = \sqrt{\mu_1} \quad \text{car } a, c, f > 0 \\ b = \frac{b_{12}}{a} = \frac{b_{12}}{\sqrt{\mu_1}} \\ d = \frac{b_{13}}{a} = \frac{b_{13}}{\sqrt{\mu_1}} \\ c = \sqrt{b_{22} - b^2} = \sqrt{\frac{b_{22}b_{11} - b_{12}^2}{\mu_1}} = \sqrt{\frac{\mu_2}{\mu_1}} \\ e = \frac{b_{23} - bd}{c} = \frac{b_{11}b_{23} - b_{12}b_{13}}{\sqrt{\mu_1\mu_2}} \\ f = \sqrt{b_{33} - d^2 - e^2} = \frac{\sqrt{b_{33}\mu_2 - \frac{\mu_2b_{12} - (b_{11}b_{23} - b_{12}b_{13})^2}{\mu_1}}}{\sqrt{\mu_2}} = \frac{\sqrt{\det(B)}}{\sqrt{\mu_2}} \end{array} \right. \end{align*} $$
Alors $B$ est symétrique définie positive. Donc il existe une unique matrice réelle triangulaire inférieure $L$ à coefficients diagonaux strictement positifs telle que :

$$B = LL^T.$$

Comme :

$$A^{-1} = A^T B^{-1}$$

on a donc :

$$A^{-1} = A^T (L^{-1})^T L^{-1} \qquad (12.1.1)$$

## 12.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

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

en utilisant la décomposition de Cholesky et la formule (12.1.1). On a :

$$ \begin{aligned} B &:= AA^T \\ &= \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ -2 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 9 & 12 & -6 \\ 12 & 17 & -8 \\ -6 & -8 & 5 \end{pmatrix} \end{aligned} $$

Soit la matrice :

$$L := \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix}$$

avec $a, c, f > 0$. On a :

$$ \begin{align*} B = LL^T &\iff \begin{pmatrix} 9 & 12 & -6 \\ 12 & 17 & -8 \\ -6 & -8 & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^2 & ab & ad \\ ab & b^2 + c^2 & bd + ce \\ ad & bd + ce & d^2 + e^2 + f^2 \end{pmatrix} \\ &\iff \left\{ \begin{array}{l} a = -3, b = -4, d = 2 \\ c^2 + 16 = 17, -8 + ce = -8 \\ 4 + e^2 + f^2 = 5 \end{array} \right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{l} a = -3, b = -4, d = 2 \\ c = 1, e = 0 \\ f = 1 \end{array} \right. \\ &\iff L = \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0 \\ -4 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{align*} $$

On calcule facilement l'inverse de $L$ par une des méthodes exposées avant car $L$ est triangulaire inférieure. Utilisons par exemple la méthode avec le polynôme caractéristique. On a :

$$\chi_L(X) = \det(L - XI_3) = (-3 - X)(1 - X)^2 = -X^3 - X^2 + 5X - 3 = -X(X^2 + X - 5) - 3$$
$$ \iff L = \frac{1}{\sqrt{\mu_1 \mu_2}} \begin{pmatrix} \mu_2 & 0 & 0 \\ \mu_2 b_{12} & \mu_2 b_{13} & 0 \\ \mu_2 & b_{11} b_{23} - b_{12} b_{13} & \sqrt{\mu_1 \det(B)} \end{pmatrix} $$

D'où l'existence et l'unicité par l'équivalence.

<figure><img src="image_5.png" /></figure>

On obtient alors une technique simple pour calculer l'inverse d'une matrice A. On pose :

$$ B := AA^T $$

Alors B est symétrique définie positive. Donc il existe une unique matrice réelle triangulaire inférieure L à coefficients diagonaux strictement positifs telle que :

$$ B = LL^T. $$

Comme :

$$ A^{-1} = A^T B^{-1} $$

on a donc :

$$ A^{-1} = A^T (L^{-1})^T L^{-1} \qquad (12.1.1) $$

## 12.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

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

en utilisant la décomposition de Cholesky et la formule (12.1.1). On a :

$$ \begin{align*} B &:= AA^T \\ &= \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ -2 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 9 & 12 & -6 \\ 12 & 17 & -8 \\ -6 & -8 & 5 \end{pmatrix} \end{align*} $$

Soit la matrice :

$$ L := \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix} $$

avec $a, c, f > 0$. On a :

$$ \begin{align*} B = LL^T &\iff \begin{pmatrix} 9 & 12 & -6 \\ 12 & 17 & -8 \\ -6 & -8 & 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^2 & ab & ad \\ ab & b^2 + c^2 & bd + ce \\ ad & bd + ce & d^2 + e^2 + f^2 \end{pmatrix} \\ &\implies \left\{ \begin{array}{l} a = 3, b = 4, d = -2 \\ c^2 + b^2 = 17, bd + ce = -8 \\ 4 + e^2 + f^2 = 5 \end{array} \right. \\ &\iff \left\{ \begin{array}{l} a = 3, b = 4, d = -2 \\ c = 1, e = 0 \\ f = 1 \end{array} \right. \end{align*} $$
Par Cayley Hamilton, on a :

$$0 = \chi_L(L) = -L(L^2 + L - 5I_3) - 3I_3$$

i.e. on a :

$$ 
\begin{align*}
L^{-1} &= \frac{-1}{3} (L^2 + L - 5I_3) \\
&= \frac{-1}{3} \left( \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0 \\ -4 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0 \\ -4 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -3 & 0 & 0 \\ -4 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} - 5 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \\
&= \frac{-1}{3} \left( \begin{pmatrix} 9 & 0 & 0 \\ 8 & 1 & 0 \\ -4 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -8 & 0 & 0 \\ -4 & -4 & 0 \\ 2 & 0 & -4 \end{pmatrix} \right) \\
&= \frac{-1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ -2 & 0 & -3 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

Et donc on a :

$$ 
\begin{align*}
B^{-1} &= (L^{-1})^T L^{-1} \\
&= \frac{1}{9} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 4 & -3 & 0 \\ -2 & 0 & -3 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

Et ainsi on a :

$$ 
\begin{align*}
A^{-1} &= A^T B^{-1} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ -2 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -7 & 4 & -2 \\ 4 & -3 & 0 \\ -2 & 0 & -3 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
$$ \iff L = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 4 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$

On calcule facilement l'inverse de $L$ par une des méthodes exposées avant car $L$ est triangulaire inférieure. En utilisant la formule de la proposition A.6.1 pour l'inverse d'une matrice triangulaire inférieure, on a :

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

Et donc on a :

$$ \begin{aligned} B^{-1} &= (L^{-1})^T L^{-1} \\ &= \frac{1}{9} \begin{pmatrix} 1 & -4 & 2 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix} \end{aligned} $$

Et ainsi on a :

$$ \begin{aligned} A^{-1} &= A^T B^{-1} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ -2 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \end{aligned} $$
# 13 Décomposition QR et orthonormalisation de Gram-Schmidt

Dans cette section, on expose la décomposition QR d'une matrice inversible en utilisant l'orthonormalisation de Gram-Schmidt pour trouver la matrice orthogonale $Q$. Dans la section suivante 14 et dans l'appendice D, on verra deux autres méthodes pour calculer une matrice $Q$.

## 13.1 Introduction

### Définition 13.1.1

Soit $(u_1, \dots, u_k)$ une famille libre de $\mathbb{R}^n$ avec $k \in \{1, \dots, n\}$ (donc sans vecteurs nuls).

(i) On dit que $(u_1, \dots, u_k)$ est une **famille orthogonale de $\mathbb{R}^n$ si $^a$** :

$$ \forall i, j \in \{1, \dots, n\}, \quad i \neq j \implies \langle u_i, u_j \rangle = 0. $$

On dit de plus que la famille est une **base orthogonale** si de plus c'est une base de $\mathbb{R}^n$ (i.e. $k = n$).

(ii) On dit que $(u_1, \dots, u_k)$ est une **famille orthonormale de $\mathbb{R}^n$ si** :

$$ \forall i, j \in \{1, \dots, n\}, \quad \langle u_i, u_j \rangle = \delta_{i,j}. $$

On dit de plus que la famille est une **base orthonormale** si de plus c'est une base de $\mathbb{R}^n$ (i.e. $k = n$).

On a alors le procédé d'orthonormalisation de Gram-Schmidt qui construit une base orthonormale (pour le produit scalaire usuel) à partir d'une base donnée.

### Lemme 13.1.2: Orthonormalisation de Gram-Schmidt

Soit $(u_1, \dots, u_n)$ une base de $\mathbb{R}^n$. Définissons les deux familles $(v_1, \dots, v_n)$ et $(w_1, \dots, w_n)$ par la récurrence suivante :

$$ \begin{align*} v_1 &:= u_1 \\ w_1 &:= \frac{v_1}{\|v_1\|} \\ v_k &:= u_k - \sum_{i=1}^{k-1} \langle u_k, w_i \rangle w_i \quad (k \in \{2, \dots, n\}) \\ w_k &:= \frac{v_3}{\|v_3\|} \quad (k \in \{2, \dots, n\}) \end{align*} $$

Alors on a les résultats suivants :

(i) la famille $(v_1, \dots, v_n)$ est une base orthogonale de $\mathbb{R}^n$;

(ii) la famille $(w_1, \dots, w_n)$ est une base orthonormale de $\mathbb{R}^n$;

(iii) pour tout $k \in \{1, \dots, n\}$ :

$$ \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, \dots, u_k) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, \dots, v_k) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(w_1, \dots, w_k). $$

On pose alors :

$$ (w_1, \dots, w_n) := \mathrm{GS}(u_1, \dots, u_n). $$

<footnote>a. On pourrait définir plus généralement une famille orthogonale avec des vecteurs nuls.</footnote>
# 13 Décomposition QR et orthonormalisation de Gram-Schmidt

Dans cette section, on expose la décomposition QR d'une matrice inversible en utilisant l'orthonormalisation de Gram-Schmidt pour trouver la matrice orthogonale Q. Dans la section suivante 14 et dans l'appendice D, on verra deux autres méthodes pour calculer une matrice Q.

## 13.1 Introduction

### Définition 13.1.1

Soit $(u_1, \dots, u_k)$ une famille libre de $\mathbb{R}^n$ avec $k \in \{1, \dots, n\}$ (donc sans vecteurs nuls).

(i) On dit que $(u_1, \dots, u_k)$ est une **famille orthogonale de $\mathbb{R}^n$ si $^a$** :

$$ \forall i, j \in \{1, \dots, n\}, \quad i \neq j \implies \langle u_i, u_j \rangle = 0. $$

On dit de plus que la famille est une **base orthogonale** si de plus c'est une base de $\mathbb{R}^n$ (i.e. $k = n$).

(ii) On dit que $(u_1, \dots, u_k)$ est une **famille orthonormale de $\mathbb{R}^n$ si** :

$$ \forall i, j \in \{1, \dots, n\}, \quad \langle u_i, u_j \rangle = \delta_{i,j}. $$

On dit de plus que la famille est une **base orthonormale** si de plus c'est une base de $\mathbb{R}^n$ (i.e. $k = n$).

On a alors le procédé d'orthonormalisation de Gram-Schmidt qui construit une base orthonormale (pour le produit scalaire usuel) à partir d'une base donnée.

### Lemme 13.1.2: Orthonormalisation de Gram-Schmidt

Soit $(u_1, \dots, u_n)$ une base de $\mathbb{R}^n$. Définissons les deux familles $(v_1, \dots, v_n)$ et $(w_1, \dots, w_n)$ par la récurrence suivante :

$$ v_1 := u_1 $$

$$ w_1 := \frac{v_1}{\|v_1\|} $$

$$ v_k := u_k - \sum_{i=1}^{k-1} \langle u_k, w_i \rangle w_i \quad (k \in \{2, \dots, n\}) $$

$$ w_k := \frac{v_k}{\|v_k\|} \quad (k \in \{2, \dots, n\}) $$

Alors on a les résultats suivants :

(i) la famille $(v_1, \dots, v_n)$ est une base orthogonale de $\mathbb{R}^n$;

(ii) la famille $(w_1, \dots, w_n)$ est une base orthonormale de $\mathbb{R}^n$;

(iii) pour tout $k \in \{1, \dots, n\}$ :

$$ \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, \dots, u_k) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, \dots, v_k) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(w_1, \dots, w_k). $$

On pose alors :

$$ (w_1, \dots, w_n) := \mathrm{GS}(u_1, \dots, u_n). $$

<footnote>a. On pourrait définir plus généralement une famille orthogonale avec des vecteurs nuls.</footnote>
Démonstration. Montrons le lemme pour $n := 3$. On a :

$$v_1 := u_1$$

$$w_1 := \frac{u_1}{\|u_1\|}$$

$$v_2 := u_2 - \langle u_2, w_1 \rangle w_1$$

$$w_2 := \frac{v_2}{\|v_2\|}$$

$$v_3 := u_3 - \langle u_3, w_2 \rangle w_2 - \langle u_3, w_1 \rangle w_1$$

$$w_3 := \frac{v_3}{\|v_3\|}$$

On commence par une remarque :

(*) pour tout vecteurs non nuls $x \in \mathbb{R}^n$, on a $x/\|x\| \textbf{unitaire} (i.e. de norme 1) car :

$$\left\| \frac{x}{\|x\|} \right\| = \frac{\|x\|}{\|x\|} = 1.$$

Montrons que la famille $(v_1, v_2, v_3)$ est libre (donc sans vecteur nul).

(1) Par définition, on a :

$$\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(w_1).$$

(2) On a par linéarité du produit scalaire :

$$\begin{align*}
\langle v_1, v_2 \rangle &= \langle v_1, u_2 - \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \rangle \\
&= \langle v_1, u_2 \rangle - \langle u_2, w_1 \rangle \langle v_1, w_1 \rangle \\
&= \langle v_1, u_2 \rangle - \langle u_2, \frac{v_1}{\|v_1\|} \rangle \langle v_1, \frac{v_1}{\|v_1\|} \rangle \\
&= \langle v_1, u_2 \rangle - \langle u_2, v_1 \rangle \\
&= 0
\end{align*}$$

Et on a par définition :

$$v_1, v_2 \in \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2, w_1) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2)$$

i.e. on a :

$$\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2) \subset \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2).$$

Montrons que $(v_1, v_2)$ est une famille libre. Supposons par l'absurde $v_2$ soit colinéaire à $v_1$ i.e. $v_2 = \alpha v_1$ ($\alpha \in \mathbb{R}$). Alors on a :

$$\begin{align*}
u_2 &= v_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \\
&= \left( \alpha + \frac{\langle u_2, w_1 \rangle}{\|u_1\|} \right) v_1
\end{align*}$$

i.e. la famille $(u_1, u_2)$ est liée (ce qui est contradictoire). Donc la famille $(v_1, v_2)$ est libre. Donc la famille $(v_1, v_2)$ est orthogonale et :

$$\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2).$$

Comme la famille $(v_1, v_2)$ est libre, elle ne contient pas de vecteur non nul. Donc la famille $(w_1, w_2)$ est **normale** (i.e. ne contient que des vecteurs unitaires) par la remarque (*) et libre (car si la famille $(w_1, w_2)$ est liée i.e. $w_1$ et $w_2$ colinéaires, alors la famille $(v_1, v_2)$ serait liée, ce qui est contradictoire). Donc la famille $(w_1, w_2)$ est orthomale. On a de plus :

$$w_1, w_2 \in \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, v_2) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2)$$

i.e. comme la famille $(w_1, w_2)$ est libre, on a :

$$\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(w_1, w_2) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2).$$
Démonstration. Montrons le lemme pour $n := 3$. On a :

$$v_1 := u_1$$

$$w_1 := \frac{u_1}{\|u_1\|}$$

$$v_2 := u_2 - \langle u_2, w_1 \rangle w_1$$

$$w_2 := \frac{v_2}{\|v_2\|}$$

$$v_3 := u_3 - \langle u_3, w_2 \rangle w_2 - \langle u_3, w_1 \rangle w_1$$

$$w_3 := \frac{v_3}{\|v_3\|}$$

On commence par une remarque :

(*) pour tout vecteurs non nuls $x \in \mathbb{R}^n$, on a $x/\|x\| \textbf{unitaire} (i.e. de norme 1) car :

$$\left\| \frac{x}{\|x\|} \right\| = \frac{\|x\|}{\|x\|} = 1.$$

Montrons que la famille $(v_1, v_2, v_3)$ est libre (donc sans vecteur nul).

(1) Par définition, on a :

$$\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(w_1).$$

(2) On a par linéarité du produit scalaire :

$$\begin{align*}
\langle v_1, v_2 \rangle &= \langle v_1, u_2 - \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \rangle \\
&= \langle v_1, u_2 \rangle - \langle u_2, w_1 \rangle \langle v_1, w_1 \rangle \\
&= \langle v_1, u_2 \rangle - \langle u_2, \frac{v_1}{\|v_1\|} \rangle \langle v_1, \frac{v_1}{\|v_1\|} \rangle \\
&= \langle v_1, u_2 \rangle - \langle u_2, v_1 \rangle \\
&= 0
\end{align*}$$

Et on a par définition :

$$v_1, v_2 \in \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2, w_1) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2)$$

i.e. on a :

$$\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2) \subset \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2).$$

Montrons que $(v_1, v_2)$ est une famille libre. Supposons par l'absurde $v_2$ soit colinéaire à $v_1$ i.e. $v_2 = \alpha v_1$ ($\alpha \in \mathbb{R}$). Alors on a :

$$\begin{align*}
u_2 &= v_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \\
&= \left( \alpha + \frac{\langle u_2, w_1 \rangle}{\|u_1\|} \right) v_1
\end{align*}$$

i.e. la famille $(u_1, u_2)$ est liée (ce qui est contradictoire). Donc la famille $(v_1, v_2)$ est libre. Donc la famille $(v_1, v_2)$ est orthogonale et :

$$\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2).$$

Comme la famille $(v_1, v_2)$ est libre, elle ne contient pas de vecteur non nul. Donc la famille $(w_1, w_2)$ est **normale** (i.e. ne contient que des vecteurs unitaires) par la remarque (*) et libre (car si la famille $(w_1, w_2)$ est liée i.e. $w_1$ et $w_2$ colinéaires, alors la famille $(v_1, v_2)$ serait liée, ce qui est contradictoire). Donc la famille $(w_1, w_2)$ est orthomale. On a de plus :

$$w_1, w_2 \in \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, v_2) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2)$$

i.e. comme la famille $(w_1, w_2)$ est libre, on a :

$$\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(w_1, w_2) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2).$$
(3) Pour $i \in \{1, 2\}$, on a par linéarité du produit scalaire :

$$
\begin{align*}
\langle v_i, v_3 \rangle &= \langle v_i, u_3 - \langle u_3, w_2 \rangle w_2 - \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \rangle \\
&= \langle v_i, u_3 \rangle - \langle u_3, w_2 \rangle \langle v_i, w_2 \rangle - \langle u_3, w_1 \rangle \langle v_i, w_1 \rangle \\
&= \langle \|v_i\| \|w_i, u_3\rangle - \langle u_3, w_2 \rangle \langle \|v_i\| \|w_i, w_2\rangle - \langle u_3, w_1 \rangle \langle \|v_i\| \|w_i, w_1\rangle \\
&= \|v_i\| \langle w_i, u_3 \rangle - \langle u_3, w_2 \rangle \|v_i\| \|\delta_{i2} - \langle u_3, w_1 \rangle \|v_i\| \delta_{i1} \\
&= 0
\end{align*}
$$

Et on a par définition :

$$
v_1, v_2, v_3 \in \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2, w_1, u_3, w_2, w_1) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2, u_3)
$$

i.e. on a :

$$
\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2, v_3) \subset \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2, u_3).
$$

Montrons que $(v_1, v_2, v_3)$ est une famille libre. Supposons par l'absurde $v_3$ soit coplanaire à $v_1$ et $v_2$ i.e. $v_3 = \alpha v_1 + \beta v_2$ $(\alpha, \beta \in \mathbb{R})$. Alors on a :

$$
\begin{align*}
u_3 &= v_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \\
&= \left( \alpha + \frac{\langle u_2, w_1 \rangle}{\|u_1\|} \right) u_1
\end{align*}
$$

i.e. la famille $(u_1, u_2, u_3)$ est liée (ce qui est contradictoire). Donc la famille $(v_1, v_2, v_3)$ est libre. Donc la famille $(v_1, v_2, v_3)$ est orthogonale et :

$$
\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2, v_3) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2, v_3).
$$

Comme la famille $(v_1, v_2, v_3)$ est libre, elle ne contient pas de vecteur non nul. Donc la famille $(w_1, w_2, w_3)$ est normale par la remarque (*) et libre (car si la famille $(w_1, w_2, w_3)$ est liée, alors la famille $(v_1, v_2, v_3)$ serait liée, ce qui est contradictoire). Donc la famille $(w_1, w_2, w_3)$ est orthomale. On a de plus :

$$
w_1, w_2, w_3 \in \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, v_2, v_3) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2, v_3)
$$

i.e. comme la famille $(w_1, w_2, w_3)$ est libre, on a :

$$
\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(w_1, w_2, w_3) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2, v_3).
$$

<figure><img src="image_6.png" /></figure>

Le procédé d'orthonormalisation construit deux bases de vecteurs : la base $(v_1, \dots, v_n)$ qui est orthogonale et la base $(w_1, \dots, w_n)$ qui est orthonormale. On construit un élément de chaque base à chaque étape. On aurait pu séparer les constructions et construire d'abord la base $(u_1, \dots, u_n)$ (l'**orthogonalisation**) puis la base $(w_1, \dots, w_n)$ (la **normalisation**).

**Proposition 13.1.3**

Soit :

$$
A := (u_1 | \cdots | u_n).
$$

Posons :

$$
(w_1, \dots, w_n) := \mathrm{GS}(u_1, \dots, u_n) , \quad Q := (w_1 | \dots | w_n) , \quad R := Q^T A.
$$

Alors la matrice *Q* est orthonormale et la matrice *R* est triangulaire supérieure inversible.
(3) Pour $i \in \{1, 2\}$, on a par linéarité du produit scalaire :

$$
\begin{align*}
\langle v_i, v_3 \rangle &= \langle v_i, u_3 - \langle u_3, w_2 \rangle w_2 - \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \rangle \\
&= \langle v_i, u_3 \rangle - \langle u_3, w_2 \rangle \langle v_i, w_2 \rangle - \langle u_3, w_1 \rangle \langle v_i, w_1 \rangle \\
&= \langle \|v_i\| w_i, u_3 \rangle - \langle u_3, w_2 \rangle \langle \|v_i\| w_i, w_2 \rangle - \langle u_3, w_1 \rangle \langle \|v_i\| w_i, w_1 \rangle \\
&= \|v_i\| \langle w_i, u_3 \rangle - \langle u_3, w_2 \rangle \|v_i\| \delta_{i2} - \langle u_3, w_1 \rangle \|v_i\| \delta_{i1} \\
&= 0
\end{align*}
$$

Et on a par définition :

$$
v_1, v_2, v_3 \in \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2, w_1, u_3, w_2, w_1) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2, u_3)
$$

i.e. on a :

$$
\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2, v_3) \subset \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2, u_3).
$$

Montrons que $(v_1, v_2, v_3)$ est une famille libre. Supposons par l'absurde $v_3$ soit coplanaire à $v_1$ et $v_2$ i.e. $v_3 = \alpha v_1 + \beta v_2$ $(\alpha, \beta \in \mathbb{R})$. Alors on a :

$$
\begin{align*}
u_3 &= v_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \\
&= \left( \alpha + \frac{\langle u_2, w_1 \rangle}{\|u_1\|} \right) u_1
\end{align*}
$$

i.e. la famille $(u_1, u_2, u_3)$ est liée (ce qui est contradictoire). Donc la famille $(v_1, v_2, v_3)$ est libre. Donc la famille $(v_1, v_2, v_3)$ est orthogonale et :

$$
\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2, v_3) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, u_2, v_3).
$$

Comme la famille $(v_1, v_2, v_3)$ est libre, elle ne contient pas de vecteur non nul. Donc la famille $(w_1, w_2, w_3)$ est normale par la remarque (*) et libre (car si la famille $(w_1, w_2, w_3)$ est liée, alors la famille $(v_1, v_2, v_3)$ serait liée, ce qui est contradictoire). Donc la famille $(w_1, w_2, w_3)$ est orthomale. On a de plus :

$$
w_1, w_2, w_3 \in \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(u_1, v_2, v_3) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2, v_3)
$$

i.e. comme la famille $(w_1, w_2, w_3)$ est libre, on a :

$$
\mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(w_1, w_2, w_3) = \mathrm{Vect}_{\mathbb{R}}(v_1, v_2, v_3).
$$

□

Le procédé d'orthonormalisation construit deux bases de vecteurs : la base $(v_1, \dots, v_n)$ qui est orthogonale et la base $(w_1, \dots, w_n)$ qui est orthonormale. On construit un élément de chaque base à chaque étape. On aurait pu séparer les constructions et construire d'abord la base $(v_1, \dots, v_n)$ (l'**orthogonalisation**) puis la base $(w_1, \dots, w_n)$ (la **normalisation**).

**Proposition 13.1.3**

Soit :

$$
A := (u_1 | \cdots | u_n).
$$

Posons :

$$
(w_1, \dots, w_n) := \mathrm{GS}(u_1, \dots, u_n) , \quad Q := (w_1 | \cdots | w_n) , \quad R := Q^T A.
$$

Alors la matrice *Q* est orthonormale et la matrice *R* est triangulaire supérieure inversible.
On a donc :

$$A^{-1} = R^{-1}Q^{-1} = R^{-1}Q^T.$$

Démonstration. On démontre le résultat dans le cas $n := 3$. Soit :

$$A = (u_1 \mid u_2 \mid u_3) \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}).$$

Construisons la base orthonormée $(w_1, w_2, w_3)$ associée à $(u, v, w)$ par le procédé de Gram-Schmidt. On a :

$$v_1 := u_1$$

$$w_1 := \frac{u_1}{\|u_1\|}$$

$$v_2 := u_2 - \langle u_2, w_1 \rangle w_1$$

$$w_2 := \frac{v_2}{\|v_2\|}$$

$$v_3 := u_3 - \langle u_3, w_2 \rangle w_2 - \langle u_3, w_1 \rangle w_1$$

$$w_3 := \frac{v_3}{\|v_3\|}$$

Posons alors :

$$Q := (w_1 \mid w_2 \mid w_3).$$

Comme la base $(w_1, w_2, w_3)$ est orthonormée, on a :

$$
\begin{align*}
Q^T Q &= \begin{pmatrix} w_1^T \\ w_2^T \\ w_3^T \end{pmatrix} (w_1 \mid w_2 \mid w_3) \\
&= \begin{pmatrix} w_1^T w_1 & w_1^T w_2 & w_1^T w_3 \\ w_2^T w_1 & w_2^T w_2 & w_2^T w_3 \\ w_3^T w_1 & w_3^T w_2 & w_3^T w_3 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} \langle w_1, w_1 \rangle & \langle w_1, w_2 \rangle & \langle w_1, w_3 \rangle \\ \langle w_2, w_1 \rangle & \langle w_2, w_2 \rangle & \langle w_2, w_3 \rangle \\ \langle w_3, w_1 \rangle & \langle w_3, w_2 \rangle & \langle w_3, w_3 \rangle \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
&= I_3
\end{align*}
$$

Et on a :

$$
\begin{align*}
R &= Q^T A \\
&= \begin{pmatrix} w_1^T \\ w_2^T \\ w_3^T \end{pmatrix} (u_1 \mid u_2 \mid u_3) \\
&= \begin{pmatrix} w_1^T u_1 & w_1^T u_2 & w_1^T u_3 \\ w_2^T u_1 & w_2^T u_2 & w_2^T u_3 \\ w_3^T u_1 & w_3^T u_2 & w_3^T u_3 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} \langle w_1, u_1 \rangle & \langle w_1, u_2 \rangle & \langle w_1, u_3 \rangle \\ \langle w_2, u_1 \rangle & \langle w_2, u_2 \rangle & \langle w_2, u_3 \rangle \\ \langle w_3, u_1 \rangle & \langle w_3, u_2 \rangle & \langle w_3, u_3 \rangle \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} \langle w_1, u_1 \rangle & \langle w_1, u_2 \rangle & \langle w_1, u_3 \rangle \\ 0 & \langle w_2, u_2 \rangle & \langle w_2, u_3 \rangle \\ 0 & 0 & \langle w_3, u_3 \rangle \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

D'où les résultats.

<figure><img src="image_7.png" /></figure>
On a donc :

$$A^{-1} = R^{-1}Q^{-1} = R^{-1}Q^T.$$

Démonstration. On démontre le résultat dans le cas $n := 3$. Soit :

$$A := (u_1 \mid u_2 \mid u_3) \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}).$$

Construisons la base orthonormée $(w_1, w_2, w_3)$ associée à $(u, v, w)$ par le procédé de Gram-Schmidt. On a :

$$v_1 := u_1 \qquad w_1 := \frac{u_1}{\|u_1\|}$$

$$v_2 := u_2 - \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \qquad w_2 := \frac{v_2}{\|v_2\|}$$

$$v_3 := u_3 - \langle u_3, w_2 \rangle w_2 - \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \qquad w_3 := \frac{v_3}{\|v_3\|}$$

Posons alors :

$$Q := (w_1 \mid w_2 \mid w_3).$$

Comme la base $(w_1, w_2, w_3)$ est orthonormée, on a :

$$ 
\begin{aligned}
Q^T Q &= \begin{pmatrix} w_1^T \\ w_2^T \\ w_3^T \end{pmatrix} (w_1 \mid w_2 \mid w_3) \\
&= \begin{pmatrix} w_1^T w_1 & w_1^T w_2 & w_1^T w_3 \\ w_2^T w_1 & w_2^T w_2 & w_2^T w_3 \\ w_3^T w_1 & w_3^T w_2 & w_3^T w_3 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} \langle w_1, w_1 \rangle & \langle w_1, w_2 \rangle & \langle w_1, w_3 \rangle \\ \langle w_2, w_1 \rangle & \langle w_2, w_2 \rangle & \langle w_2, w_3 \rangle \\ \langle w_3, w_1 \rangle & \langle w_3, w_2 \rangle & \langle w_3, w_3 \rangle \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
&= I_3
\end{aligned}
$$

Et on a :

$$ 
\begin{aligned}
R &= Q^T A \\
&= \begin{pmatrix} w_1^T \\ w_2^T \\ w_3^T \end{pmatrix} (u_1 \mid u_2 \mid u_3) \\
&= \begin{pmatrix} w_1^T u_1 & w_1^T u_2 & w_1^T u_3 \\ w_2^T u_1 & w_2^T u_2 & w_2^T u_3 \\ w_3^T u_1 & w_3^T u_2 & w_3^T u_3 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} \langle w_1, u_1 \rangle & \langle w_1, u_2 \rangle & \langle w_1, u_3 \rangle \\ \langle w_2, u_1 \rangle & \langle w_2, u_2 \rangle & \langle w_2, u_3 \rangle \\ \langle w_3, u_1 \rangle & \langle w_3, u_2 \rangle & \langle w_3, u_3 \rangle \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} \langle w_1, u_1 \rangle & \langle w_1, u_2 \rangle & \langle w_1, u_3 \rangle \\ 0 & \langle w_2, u_2 \rangle & \langle w_2, u_3 \rangle \\ 0 & 0 & \langle w_3, u_3 \rangle \end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

D'où les résultats.

<figure><img src="image_6.png" /></figure>
On peut exprimer la famille $(u_1, \dots, u_n)$ en fonction de la famille orthonormale $(w_1, \dots, w_n)$. Pour $n := 3$, on a :

$$
\begin{align*}
u_1 &= \|u_1\| w_1 = \langle u_1, w_1 \rangle w_1 \\
u_2 &= v_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 = \|v_2\| w_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle v_2, w_2 \rangle w_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle u_2 - \langle u_2, w_1 \rangle w_1, w_2 \rangle w_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle u_2, w_2 \rangle w_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \\
u_3 &= v_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \\
&= \|v_3\| w_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle v_3, w_3 \rangle w_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle u_3 - \langle u_3, w_2 \rangle w_2 - \langle u_3, w_1 \rangle w_1, w_3 \rangle w_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle u_3, w_3 \rangle w_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1
\end{align*}
$$

13.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

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

en utilisant le décomposition QR avec la matrice Q calculer par l'orthonormalisation de Gram-Schmidt sur la
base des colonnes de A. On note les colonnes de A par :

$$
(u_1 | u_2 | u_3) := A = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}
$$

Construisons la base orthonormée (*w*₁, *w*₂, *w*₃) associée à (*u*₁, *u*₂, *u*₃). On a :

$$
\begin{align*}
w_1 &:= \frac{u_1}{\|u_1\|} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} \\
v_2 &:= u_2 - \langle u_2, w_1 \rangle w_1 = \begin{pmatrix} -2 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix} - \frac{-12}{9} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} \\
w_2 &:= \frac{v_2}{\|v_2\|} = v_2 = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} \\
v_3 &:= u_3 - \langle u_3, w_1 \rangle w_1 - \langle u_3, w_2 \rangle w_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} - \frac{6}{9} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} \\
w_3 &:= \frac{v_3}{\|v_3\|} = w' = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

Posons alors :

$$
Q := (w_1 | w_2 | w_3) = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
$$
On peut exprimer la famille $(u_1, \dots, u_n)$ en fonction de la famille orthonormale $(w_1, \dots, w_n)$. Pour $n := 3$, on a :

$$
\begin{align*}
u_1 &= \|u_1\| w_1 = \langle u_1, w_1 \rangle w_1 \\
u_2 &= v_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 = \|v_2\| w_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle v_2, w_2 \rangle w_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle u_2 - \langle u_2, w_1 \rangle w_1, w_2 \rangle w_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle u_2, w_2 \rangle w_2 + \langle u_2, w_1 \rangle w_1 \\
u_3 &= v_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \\
&= \|v_3\| w_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle v_3, w_3 \rangle w_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle u_3 - \langle u_3, w_2 \rangle w_2 - \langle u_3, w_1 \rangle w_1, w_3 \rangle w_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1 \\
&= \langle u_3, w_3 \rangle w_3 + \langle u_3, w_2 \rangle w_2 + \langle u_3, w_1 \rangle w_1
\end{align*}
$$

13.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

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

en utilisant le décomposition QR avec la matrice Q calculée par l'orthonormalisation de Gram-Schmidt sur la
base des colonnes de A. On note les colonnes de A par :

$$
(u_1 | u_2 | u_3) := A = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix}
$$

Construisons la base orthonormée $(w_1, w_2, w_3)$ associée à $(u_1, u_2, u_3)$. On a :

$$
\begin{align*}
w_1 &:= \frac{u_1}{\|u_1\|} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} \\
v_2 &:= u_2 - \langle u_2, w_1 \rangle w_1 = \begin{pmatrix} -2 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix} - \frac{-12}{9} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} \\
w_2 &:= \frac{v_2}{\|v_2\|} = v_2 = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} \\
v_3 &:= u_3 - \langle u_3, w_1 \rangle w_1 - \langle u_3, w_2 \rangle w_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} - \frac{6}{9} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} \\
w_3 &:= \frac{v_3}{\|v_3\|} = w' = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

Posons alors :

$$
Q := (w_1 | w_2 | w_3) = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
$$
On a bien (c'est inutile de le calculer) :

$$
\begin{align*}
QQ^T &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
&= I_3
\end{align*}
$$

i.e. $Q$ est orthogonale (et même ici symétrique donc $Q^{-1} = Q^T = Q$ i.e. $Q$ est **involutive**). On a :

$$
\begin{align*}
R &= Q^T A \\
&= QA \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 3 & -4 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
\end{align*}
$$

On calcule facilement l'inverse de $R$ par une des méthodes exposées avant car $R$ est triangulaire supérieure. Utilisons
par exemple, la méthode de la comatrice. Comme :

$$
\mathrm{Com}(R) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 4 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

on a :

$$
R^{-1} = \frac{1}{\det(R)} \mathrm{Com}(R)^T = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

Ainsi comme $A = QR$, on a :

$$
\begin{align*}
A^{-1} &= R^{-1}Q^{-1} \\
&= R^{-1}Q^T \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
On a bien (c'est inutile de le calculer) :

$$
\begin{align*}
QQ^T &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
&= I_3
\end{align*}
$$

i.e. Q est orthogonale (et même ici symétrique donc $Q^{-1} = Q^T = Q$ i.e. Q est **involutive**). On a :

$$
\begin{align*}
R &= Q^T A \\
&= QA \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 3 & -4 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
\end{align*}
$$

On calcule facilement l'inverse de R par une des méthodes exposées avant car R est triangulaire supérieure. Utilisons
par exemple, la méthode de la comatrice. Comme :

$$
\mathrm{Com}(R) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 4 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

on a :

$$
R^{-1} = \frac{1}{\det(R)} \mathrm{Com}(R)^T = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

Ainsi comme $A = QR$, on a :

$$
\begin{align*}
A^{-1} &= R^{-1}Q^{-1} \\
&= R^{-1}Q^T \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
# 14 Décomposition RQ et matrices d'Householder

Cette section est plus un prétexte pour voir une nouvelle technique d'algèbre linéaire. La décomposition QR utilise les colonnes de la matrice et la décomposition RQ utilise les lignes de la matrice. Dans cette section, on utilisera les matrices d'Householder pour trouver la matrice Q.<fnref n="7" />

Dans la section précédente 13 et dans l'appendice D, on trouvera deux autres méthodes pour calculer une matrice Q.

## 14.1 Introduction

### Définition 14.1.1

Soit $v \in \mathbb{R}^n$ non nul. La **matrice d'Householder associée à v** est :

$$H_v := I_n - 2 \frac{vv^T}{\|v\|^2}.$$

On a donc :

$$H_v = I_n - 2 \frac{vv^T}{v^T v}.$$

Les matrices de Householder vérifient les propriétés simples qui permettent une décomposition QR.

### Lemme 14.1.2

(i) Soit $v \in \mathbb{R}^n$ non nul. Alors $H_v$ est symétrique et involutive (donc orthogonale).

(ii) Soit $x, y \in \mathbb{R}^n$ tels que $x \neq y$ et $\|x\| = \|y\|$. Alors on a :

$$H_{x-y}(x) = y.$$

*Démonstration.* (i) On a :

$$ \begin{aligned} (H_v)^T &= \left( I_n - 2 \frac{vv^T}{\|v\|^2} \right)^T \\ &= I_n - 2 \frac{vv^T}{\|v\|^2} \\ &= H_v \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} H_v^2 &= \left( I_n - 2 \frac{vv^T}{\|v\|^2} \right)^2 \\ &= I_n - 4 \frac{vv^T}{\|v\|^2} + 4 \frac{v(v^T v)v^T}{\|v\|^4} \\ &= I_n - 4 \frac{vv^T}{\|v\|^2} + 4 \frac{vv^T}{\|v\|^2} \\ &= I_n \end{aligned} $$

(ii) Comme $x^T x = y^T y$, on a :

$$\|x - y\|^2 = (x - y)^T (x - y)$$

<footnote n="7">7. La décomposition RQ est simplement une décomposition QR appliquée à la transposée. L'idée de ce texte est de pratiquer des techniques d'algèbre linéaire, on peut voir cette section comme une astuce supplémentaire.</footnote>
# 14 Décomposition RQ et matrices d'Householder

Cette section est plus un prétexte pour voir une nouvelle technique d'algèbre linéaire. La décomposition QR utilise les colonnes de la matrice et la décomposition RQ utilise les lignes de la matrice. Dans cette section, on utilisera les matrices d'Householder pour trouver la matrice Q.<fnref n="7" />

Dans la section précédente 13 et dans l'appendice D, on trouvera deux autres méthodes pour calculer une matrice Q.

## 14.1 Introduction

### Définition 14.1.1

Soit $v \in \mathbb{R}^n$ non nul. La **matrice d'Householder associée à v** est :

$$H_v := I_n - 2 \frac{vv^T}{\|v\|^2}.$$

On a donc :

$$H_v = I_n - 2 \frac{vv^T}{v^T v}.$$

Les matrices de Householder vérifient les propriétés simples qui permettent une décomposition QR.

### Lemme 14.1.2

(i) Soit $v \in \mathbb{R}^n$ non nul. Alors $H_v$ est symétrique et involutive (donc orthogonale).

(ii) Soit $x, y \in \mathbb{R}^n$ tels que $x \neq y$ et $\|x\| = \|y\|$. Alors on a :

$$H_{x-y}(x) = y.$$

*Démonstration.* (i) On a :

$$ \begin{aligned} (H_v)^T &= \left( I_n - 2 \frac{vv^T}{\|v\|^2} \right)^T \\ &= I_n - 2 \frac{vv^T}{\|v\|^2} \\ &= H_v \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} H_v^2 &= \left( I_n - 2 \frac{vv^T}{\|v\|^2} \right)^2 \\ &= I_n - 4 \frac{vv^T}{\|v\|^2} + 4 \frac{v(v^T v)v^T}{\|v\|^4} \\ &= I_n - 4 \frac{vv^T}{\|v\|^2} + 4 \frac{vv^T}{\|v\|^2} \\ &= I_n \end{aligned} $$

(ii) Comme $x^T x = y^T y$, on a :

$$\|x - y\|^2 = (x - y)^T (x - y)$$

<footnote n="7">7. La décomposition RQ est simplement une décomposition QR appliquée à la transposée. L'idée de ce texte est de pratiquer des techniques d'algèbre linéaire, on peut voir cette section comme une astuce supplémentaire.</footnote>
$$
\begin{align*}
&= x^T x - 2x^T y + y^T y \\
&= x^T x - 2x^T y + x^T x \\
&= 2x^T (x - y)
\end{align*}
$$

Ainsi on a :

$$
\begin{align*}
H_{x-y}(x) &= x - 2 \frac{(x-y)(x-y)^T x}{\|x-y\|^2} \\
&= x - \frac{2x^T(x-y)}{2x^T(x-y)}(x-y) \\
&= x - (x-y) \\
&= y
\end{align*}
$$

□

Donc $H_v$ est la matrice de la symétrie orthogonale par rapport à $v^\perp$ (l'hyperplan orthogonal à $v$). On en déduit alors une méthode pour calculer $Q$ dans la décomposition $QR$ en utilisant les matrices d'Householder.

Proposition 14.1.3

Soit :

$$
A := (u_1 | * | \cdots | *) \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})
$$

Alors la matrice $H_{u_1}A$ est du type :

$$
\left(
\begin{array}{cc}
\|u_1\| & * \\
0 & A_1
\end{array}
\right)
$$

avec $A_1 \in \mathrm{GL}_{n-1}(\mathbb{R})$.

Démonstration. Soit $A$ la matrice définie en colonne par :

$$
A := (u \mid u_2 \mid \cdots \mid u_n) \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R}).
$$

Alors la matrice $H_u A$ est du type :

//

□

On en déduit alors une méthode pour calculer la matrice $Q$. Réappliquons la proposition sur la matrice :

$$
A_1 := (u_2 | * | \cdots | *) \in \mathrm{GL}_{n-1}(\mathbb{R})
$$

Alors la matrice $H_{u_2}A_1$ est du type :

$$
\left(
\begin{array}{cc}
\|u_2\| & * \\
0 & A_2
\end{array}
\right)
$$

avec $A_2 \in \mathrm{GL}_{n-2}(\mathbb{R})$. On construit successivement des matrices orthogonales :

$$
Q_1 := H_{u_1} , \quad Q_2 := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & H_{u_2} \end{pmatrix} , \quad \dots , \quad Q_k := \begin{pmatrix} I_k & 0 \\ 0 & H_{u_k} \end{pmatrix} \quad (k \in \{1, \dots, n\}).
$$
$$
\begin{align*}
&= x^T x - 2x^T y + y^T y \\
&= x^T x - 2x^T y + x^T x \\
&= 2x^T (x - y)
\end{align*}
$$

Ainsi on a :

$$
\begin{align*}
H_{x-y}(x) &= x - 2 \frac{(x-y)(x-y)^T x}{\|x-y\|^2} \\
&= x - \frac{2x^T(x-y)}{2x^T(x-y)}(x-y) \\
&= x - (x-y) \\
&= y
\end{align*}
$$

☐

Donc $H_v$ est la matrice de la symétrie orthogonale par rapport à $v^\perp$ (l'hyperplan orthogonal à $v$). On en déduit alors une méthode pour calculer $Q$ dans la décomposition $QR$ en utilisant les matrices d'Householder.

**Proposition 14.1.3**

Soit :

$$
A := (u_1 | * | \cdots | *) \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})
$$

Alors la matrice $H_{u_1-\|u_1\|e_1} A$ est du type :

$$
\left(
\begin{array}{cc}
\|u_1\| & * \\
0 & A_1
\end{array}
\right)
$$

avec $A_1 \in \mathrm{GL}_{n-1}(\mathbb{R})$.

Démonstration. Soit $A$ la matrice définie en colonne par :

$$
A := (u_1 | * | \cdots | *) \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R}).
$$

Alors on a par le point (ii) du lemme précédent :

$$
\begin{align*}
H_{u_1 - \|u_1\| e_1} A &= (H_{u_1 - \|u_1\| e_1} u \mid * \mid \cdots \mid *) \\
&= (\|u_1\| e_1 \mid * \mid \cdots \mid *) \\
&:= \left( \begin{array}{cc} \|u_1\| & * \\ 0 & A_1 \end{array} \right)
\end{align*}
$$

avec $A_1 \in \mathrm{GL}_{n-1}(\mathbb{R})$.

☐

On en déduit alors une méthode pour calculer la matrice $Q$. Réappliquons la proposition sur la matrice :

$$
A_1 := (u_2 | * | \cdots | *) \in \mathrm{GL}_{n-1}(\mathbb{R})
$$

Alors la matrice $H_{u_2-\|u_2\|e_1^{(n-1)}} A_1$ (ici $e_1^{(n-1)}$ est le premier vecteur de la base canonique de $\mathbb{R}^{n-1}$, on met en puissance
"($n-1$)" pour indiquer la dimension du vecteur) est du type :

$$
\left( \begin{array}{cc} \|u_2\| & * \\ 0 & A_2 \end{array} \right) := H_{u_2 - \|u_2\| e_1^{(n-1)}} A_1
$$
Posons

$$Q := Q_n \cdots Q_1$$

On a successivement :

$$
\begin{align*}
QA &= Q_n \cdots Q_1 A \\
&= Q_n \cdots Q_2 \begin{pmatrix} \|u_1\| & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} \\
&= Q_n \cdots Q_3 \begin{pmatrix} \|u_1\| & * & * \\ 0 & \|u_2\| & * \\ 0 & 0 & A_2 \end{pmatrix} \\
&= \dots \\
&= \begin{pmatrix} \|u_1\| & * & * \\ 0 & \dots & * \\ 0 & 0 & \|u_n\| \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

## 14.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

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

en utilisant le décomposition *QR* (ici on va faire dans l'autre sens qu'on peut appeler décomposition *RQ*) avec la matrice *Q* calculée avec les matrices d'Householder.

On donne une autre méthode pour calculer la matrice *Q*. Pour cela on commence par une définition

On note :

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

et (,) le produit scalaire usuel de $\mathbb{R}^3$ et $\|\cdot\|$ la norme euclidienne associée.

Comme *u* n'est pas colinéaire à $e_1$, posons :

$$u' := u - \|u\| e_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} - 3 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$$

Comme $\|u'\|^2 = 6$, on a :

$$
\begin{align*}
Q_1 &:= H_{u'} \\
&= I_n - 2 \frac{u' u'^T}{\|v\|^2} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - \frac{2}{6} \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 4 & -2 \\ -1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ -2 & -1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
avec $A_2 \in \text{GL}_{n-2}(\mathbb{R})$. On construit successivement des matrices orthogonales :

$$Q_1 := H_{u_1-\|u_1\|e_1^{(n)}} , \quad Q_2 := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & H_{u_2-\|u_2\|e_1^{(n-1)}} \end{pmatrix} , \dots , \quad Q_k := \begin{pmatrix} I_k & 0 \\ 0 & H_{u_k-\|u_k\|e_1^{(n-k+1)}} \end{pmatrix} \quad (k \in \{1, \dots, n\}).$$

Posons :

$$Q := Q_n \cdots Q_1$$

On a successivement :

$$\begin{align*}
QA &= Q_n \cdots Q_1 A \\
&= Q_n \cdots Q_2 \begin{pmatrix} \|u_1\| & * \\ 0 & A_1 \end{pmatrix} \\
&= Q_n \cdots Q_3 \begin{pmatrix} \|u_1\| & * & * \\ 0 & \|u_2\| & * \\ 0 & 0 & A_2 \end{pmatrix} \\
&= \dots \\
&= \begin{pmatrix} \|u_1\| & * & * \\ 0 & \ddots & * \\ 0 & 0 & \|u_n\| \end{pmatrix}
\end{align*}$$

En passant à la transposée, on obtient un résultat similaire mais en décomposant $A$ suivant ses lignes.

### Corollaire 14.1.4

Soit :

$$A := \begin{pmatrix} u_1 \\ * \\ \vdots \\ * \end{pmatrix} \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$$

Alors la matrice $AH_{u_1-\|u_1\|e_1}$ est du type :

$$\begin{pmatrix} \|u_1\| & 0 \\ * & A_1 \end{pmatrix}$$

avec $A_1 \in \text{GL}_{n-1}(\mathbb{R})$.

On en déduit encore une fois une méthode pour calculer la matrice $Q$. Réappliquons la proposition sur la matrice :

$$A_1 := \begin{pmatrix} u_2 \\ * \\ \vdots \\ * \end{pmatrix} \in \text{GL}_{n-1}(\mathbb{R})$$

Alors la matrice $A_1 H_{u_2-\|u_2\|e_1^{(n-1)}}$ est du type :

$$\begin{pmatrix} \|u_2\| & 0 \\ * & A_2 \end{pmatrix} := A_1 H_{u_2-\|u_2\|e_1^{(n-1)}}$$

avec $A_2 \in \text{GL}_{n-2}(\mathbb{R})$. On construit successivement des matrices orthogonales :

$$Q_1 := H_{u_1-\|u_1\|e_1^{(n)}} , \quad Q_2 := \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & H_{u_2-\|u_2\|e_1^{(n-1)}} \end{pmatrix} , \dots , \quad Q_k := \begin{pmatrix} I_k & 0 \\ 0 & H_{u_k-\|u_k\|e_1^{(n-k+1)}} \end{pmatrix} \quad (k \in \{1, \dots, n\}).$$
On a :

$$
\begin{align*}
AQ_1 &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ -2 & -1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 4 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

Comme $AQ_1$ est triangulaire supérieure, on pose :

$Q := Q_1, \ R := AQ.$

On a bien $QQ^T = I_3$ i.e. $Q \in \mathcal{O}_3(\mathbb{R})$. On a

$$
R := Q^T A = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -4 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
$$

On calcule facilement l'inverse de $R$ par une des méthodes exposées avant car $R$ est triangulaire supérieure. Utilisons
par exemple, la méthode de la comatrice, comme

$$
\mathrm{Com}(R) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 4 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

on a :

$$
R = \frac{1}{\det(R)} \mathrm{Com}(R)^T = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

Ainsi comme $A = QR$, on a :

$$
\begin{align*}
A^{-1} &= R^{-1}Q^{-1} \\
&= R^{-1}Q^T \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
Posons

$$Q := Q_1 \cdots Q_n$$

On a successivement :

$$ 
\begin{align*}
AQ &= AQ_1 \cdots Q_n \\
&= \begin{pmatrix} \|u_1\| & 0 \\ A_1 & \end{pmatrix} Q_2 \cdots Q_n \\
&= \begin{pmatrix} \|u_1\| & 0 & 0 \\ * & \|u_2\| & 0 \\ * & * & A_2 \end{pmatrix} Q_3 \cdots Q_n \\
&= \dots \\
&= \begin{pmatrix} \|u_1\| & 0 & 0 \\ * & \ddots & 0 \\ * & * & \|u_n\| \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

## 14.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

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

en utilisant le décomposition *QR* (ici on va faire dans l'autre sens qu'on peut appeler décomposition *RQ*) avec la matrice *Q* calculée avec les matrices d'Householder. Comme on l'a indiqué en fin de sous-section précédente, on applique les résultats aux lignes de *A* (donc on utilise le corollaire précédent).

On note :

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

Posons :

$$u' := u - \|u\| e_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} - 3 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$$

Comme $\|u'\|^2 = 6$, on a :

$$ 
\begin{align*}
Q_1 &:= H_{u'} \\
&= I_n - 2 \frac{u' u'^T}{\|u'\|^2} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - \frac{2}{6} \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 \\ 2 & 4 & -2 \\ -1 & -2 & 1 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ -2 & -1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
# 15 Décomposition polaire

Pour tout matrice symétrique définie positive, on peut définir la notion de racine carrée. On obtient ainsi la décomposition polaire de cette matrice.

En prenant la produit d'une matrice inversible par sa transposée (voir aussi la section 10), on construit une matrice symétrique définie positive. En utilisant la décomposition polaire de cette dernière, on obtient une dernière méthode pour calculer l'inverse d'une matrice.

## 15.1 Introduction

On commence avec la notion de racine carrée associée à une symétrique définie positive.

**Lemme 15.1.1**

Soit $C \in GL_n(\mathbb{R})$ symétrique définie positive. Alors il existe une unique matrice $R$ symétrique définie positive telle que :

$$R^2 = C.$$

On la note :

$$\sqrt{C} := R$$

appelée la **racine carrée de C**.

*Démonstration.* Comme les valeurs propres $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ de $C$ sont strictement positives, il existe une matrice orthogonale $Q$ telle que :

$$C = Q \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_n \end{pmatrix} Q^T.$$

Posons :

$$R := Q \begin{pmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \sqrt{\lambda_n} \end{pmatrix} Q^T.$$

La matrice $R$ est symétrique car :

$$ \begin{align*} R^T &= \left( Q \begin{pmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \sqrt{\lambda_n} \end{pmatrix} Q^T \right)^T \\ &= Q \begin{pmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \sqrt{\lambda_n} \end{pmatrix} Q^T \\ &= R \end{align*} $$

et $R$ est définie positive car ses valeurs propres $\sqrt{\lambda_1}, \dots, \sqrt{\lambda_n}$ sont strictement positives. $\square$

On en déduit la décomposition polaire.

**Proposition 15.1.2: Décomposition polaire**

Soit $A \in GL_n(\mathbb{R})$. Alors il existe une matrice orthogonale $U \in O_n(\mathbb{R})$ et une matrice symétrique définie
On a :

$$
\begin{align*}
AQ_1 &= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ -2 & -1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 4 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

Comme $AQ_1$ est triangulaire inférieure, on a fini l'algorithme. On pose alors :

$Q := Q_1, \ R := AQ.$

On a bien $QQ^T = I_3$ i.e. $Q \in O_3(\mathbb{R})$. On a

$$
R := Q^T A = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -4 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
$$

On calcule facilement l'inverse de $R$ par une des méthodes exposées avant car $R$ est triangulaire supérieure. Utilisons
par exemple, la méthode de la comatrice, comme

$$
\mathrm{Com}(R) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 4 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

on a :

$$
R = \frac{1}{\det(R)} \mathrm{Com}(R)^T = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

Ainsi comme $A = QR$, on a :

$$
\begin{align*}
A^{-1} &= R^{-1}Q^{-1} \\
&= R^{-1}Q^T \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & 4 & -2 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
positive $P \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ telles que :

$$A = PU.$$

*Démonstration.* Faisons une analyse pour trouver les expressions de $U$ et $P$.

**Analyse.** Supposons que $A = PU$ avec $U$ une matrice orthogonale $U$ et $P$ une matrice symétrique définie positive. Comme $P$ est définie positive, $P$ se décompose en :

$$P = QDQ^T$$

avec $Q$ orthogonale. Et donc on a :

$$ 
\begin{aligned}
AA^T &= PU(PU)^T \\
&= PUU^T P^T \\
&= PP^T \\
&= P^2
\end{aligned}
$$

**Synthèse.** Comme $AA^T$ est définie positive, on pose alors (voir le lemme précédent 15.1.1) :

$$P := \sqrt{AA^T}, \quad U := P^{-1}A = (\sqrt{A^T A})^{-1}A.$$

La matrice $P$ est symétrique définie positive par le lemme et :

$$ 
\begin{aligned}
UU^T &= P^{-1}A(P^{-1}A)^T \\
&= P^{-1}AA^T(P^{-1})^T \\
&= P^{-1}P^2(P^{-1})^T \\
&= P^{-1}P(P^{-1}P)^T \\
&= I_n
\end{aligned}
$$

Ainsi $U$ est orthogonale, $P$ est symétrique définie positive et $A = PU$.

□

On obtient alors que :

$$ 
\begin{aligned}
A^{-1} &= A^T C^{-1} \\
&= A^T P D^{-1} P^T
\end{aligned}
$$

## 15.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

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

en utilisant la décomposition polaire. Dans la section 10, on a étudié la matrice :

$$C := AA^T.$$
# 15 Décomposition polaire

Pour toute matrice symétrique définie positive, on peut définir la notion de racine carrée. On obtient ainsi la décomposition polaire de cette matrice.

En prenant la produit d'une matrice inversible par sa transposée (voir aussi la section 10), on construit une matrice symétrique définie positive. En utilisant la décomposition polaire de cette dernière, on obtient une dernière méthode pour calculer l'inverse d'une matrice.

## 15.1 Introduction

On commence avec la notion de racine carrée associée à une symétrique définie positive.

**Lemme 15.1.1**

Soit $C \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ symétrique définie positive. Alors il existe une unique matrice $R$ symétrique définie positive telle que :

$$R^2 = C.$$

On la note :

$$\sqrt{C} := R$$

appelée la **racine carrée de C**.

**Démonstration. Montrons l'existence de R.** Soit $\lambda_1, \dots, \lambda_n$ les valeurs propres strictement positives de C. Il existe une matrice orthogonale $Q$ telle que :

$$C = Q \begin{pmatrix} \lambda_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \lambda_n \end{pmatrix} Q^T.$$

Posons :

$$R := Q \begin{pmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \sqrt{\lambda_n} \end{pmatrix} Q^T.$$

La matrice $R$ est symétrique car :

$$ \begin{align*} R^T &= \left( Q \begin{pmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \sqrt{\lambda_n} \end{pmatrix} Q^T \right)^T \\ &= Q \begin{pmatrix} \sqrt{\lambda_1} & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \sqrt{\lambda_n} \end{pmatrix} Q^T \\ &= R \end{align*} $$

et $R$ est définie positive car ses valeurs propres $\sqrt{\lambda_1}, \dots, \sqrt{\lambda_n}$ sont strictement positives.

**Montrons l'unicité de R.** Soit $R$ une matrice symétrique définie positive telle que $R^2 = C$. Posons $\mu_1, \dots, \mu_p$ les valeurs propres distinctes de $C$ ($p \le n$) et pour tout $i \in \{1, \dots, p\}$ $n_i := \dim_{\mathbb{R}} E_{\mu_i}(C)$. On a la somme directe (voir la sous-section 8.1) :

$$\mathbb{R}^n = \bigoplus_{i=1}^{p} E_{\mu_i}(C)$$
On a trouvé que $C$ est diagonalisable (car symétrique) et :

$$
C = AA^T = \begin{pmatrix} 9 & 12 & -6 \\ 12 & 17 & -8 \\ -6 & -8 & 5 \end{pmatrix}
$$
$$
\chi_C(X) = 6(1-X)(X^2 - 30X + 9)
$$
$$
\mathrm{Sp}(C) = \{1, 15 \pm 6\sqrt{6}\} = \{1, \lambda_1, \lambda_{-1}\}
$$
$$
E_1(C) = \mathrm{Vect}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \mathrm{Vect}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}\right)
$$
$$
E_{\lambda_e}(C) = \mathrm{Vect}\begin{pmatrix} 1 - e\sqrt{6} \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \mathrm{Vect}\left(\alpha_e\begin{pmatrix} 1 - e\sqrt{6} \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}\right)
$$

avec pour $e \in \{\pm 1\}$ :

$$
\alpha_e := \frac{1}{\sqrt{12 - 2e\sqrt{6}}}
$$

Donc la matrice de passage orthogonale vaut :

$$
P := \begin{pmatrix} 0 & \alpha_1 (1 - \sqrt{6}) & \alpha_{-1} (1 + \sqrt{6}) \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & -2\alpha_1 & -2\alpha_{-1} \\ \frac{2}{\sqrt{5}} & \alpha_1 & \alpha_{-1} \end{pmatrix}.
$$

Posons :

$$
D := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 15 + 6\sqrt{6} & 0 \\ 0 & 0 & 15 - 6\sqrt{6} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_{-1} \end{pmatrix}
$$

On a donc :

$$
\begin{align*}
C^{-1} &= PD^{-1}P^T \\
&= \begin{pmatrix} 0 & \alpha_1(1-\sqrt{6}) & \alpha_{-1}(1+\sqrt{6}) \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & -2\alpha_1 & -2\alpha_{-1} \\ \frac{2}{\sqrt{5}} & \alpha_1 & \alpha_{-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{\lambda_1} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{\lambda_{-1}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \\ \alpha_1(1-\sqrt{6}) & -2\alpha_1 & \alpha_1 \\ \alpha_{-1}(1+\sqrt{6}) & -2\alpha_{-1} & \alpha_{-1} \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 0 & \alpha_1(1-\sqrt{6}) & \alpha_{-1}(1+\sqrt{6}) \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & -2\alpha_1 & -2\alpha_{-1} \\ \frac{2}{\sqrt{5}} & \alpha_1 & \alpha_{-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \\ \alpha_1(1-\sqrt{6})/\lambda_1 & -2\alpha_1/\lambda_1 & \alpha_1/\lambda_1 \\ \alpha_{-1}(1+\sqrt{6})/\lambda_{-1} & -2\alpha_{-1}/\lambda_{-1} & \alpha_{-1}/\lambda_{-1} \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

Comme $C^{-1} = (A^T)^{-1}A^{-1}$, on a :

$$
\begin{align*}
A^{-1} &= A^T C^{-1} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ -2 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
et soit $\mathcal{B}$ une base adaptée à cette somme directe. Posons $P$ la matrice de changement de base de la base canonique de $\mathbb{R}^n$ à $\mathcal{B}$.

Pour tout $i \in \{1, \dots, p\}$, l'espace propre $E_{\mu_i}(C)$ est stable par $R$ car pour tout $x \in E_{\mu_i}(C)$ :

$$ 
\begin{aligned}
C(Rx) &= R^3 x \\
&= RCx \\
&= \mu_i Rx
\end{aligned}
$$

i.e. $Rx \in E_{\mu_i}(C)$. Ainsi la matrice $S := P^{-1}RP$ est une matrice diagonale par blocs du type :

$$ S = P^{-1}RP = \begin{pmatrix} A_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & A_p \end{pmatrix} $$

avec pour tout $i \in \{1, \dots, p\}$ :

$A_i \in \mathrm{GL}_{n_i}(\mathbb{R}).$

On a alors :

$$ 
\begin{aligned}
\begin{pmatrix} A_1^2 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & A_p^2 \end{pmatrix} &= S^2 \\
&= (P^{-1}RP)^2 \\
&= P^{-1}R^2P \\
&= P^{-1}CP \\
&= \begin{pmatrix} \mu_1 I_{n_1} & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \mu_p I_{n_p} \end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

i.e. on a pour tout $i \in \{1, \dots, p\}$ :

$A_i^2 = \mu_i I_{n_i}.$

De plus pour tout $i \in \{1, \dots, p\}$, $A_i$ est symétrique et définie positive car comme $R$ est symétrique on a :

$$ 
\begin{aligned}
\begin{pmatrix} A_1^T & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & A_p^T \end{pmatrix}^T &= \begin{pmatrix} A_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & A_p \end{pmatrix}^T \\
&= S^T \\
&= (P^{-1}RP)^T \\
&= P^{-1}R^T P \\
&= P^{-1}RP \\
&= \begin{pmatrix} A_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & A_p \end{pmatrix}
\end{aligned}
$$

i.e. pour tout $i \in \{1, \dots, p\}$, $A_i^T = A_i$, et comme $R$ est définie positive, on a :

$$ 
\begin{aligned}
\chi_R(X) &= \det(R - XI_n) \\
&= \det(P^{-1}RP - XI_n)
\end{aligned}
$$
# A Matrices d'opérations

On définit les trois matrices d'opérations élémentaires. Pour simplifier les définitions, on utilise les notations suivantes.

* Le symbole de Kronecker est défini pour tous éléments $a, b$ par :

$$ \delta_{a,b} := \begin{cases} 1 & \text{si } a = b \\ 0 & \text{sinon.} \end{cases} $$

* Pour toute matrice $M \in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})$, tout $k \in \{1, \dots, n\}$ et tout $l \in \{1, \dots, p\}$, on note $[M]_{k,l}$ le coefficient de $M$ à la ligne $k$ et la colonne $l$.

* On omettra la virgule en indice pour séparer les indices si aucune confusion n'est possible. On écrira par exemple $a_{ij} := a_{i,j}$ mais on laissera $a_{i+2,j}$.

* On note $\langle \cdot, \cdot \rangle$ le produit scalaire usuel de $\mathbb{R}^n$ et $||\cdot||$ la norme euclidienne associée. On a pour tous $u, v \in \mathbb{R}^n$ :

$$ \langle u, v \rangle = u^T v \\ \langle v, v \rangle = v^T v = ||v||^2 $$

## A.1 Groupes symétriques

### Définition A.1.1

(i) Une **permutation de** $\{1, \dots, n\}$ est une bijection $\sigma$ de $\{1, \dots, n\}$ vers $\{1, \dots, n\}$. Son support est défini par :

$$ \text{Supp}(\sigma) := \{i \in \{1, \dots, n\}, \sigma(i) \neq i\}. $$

On note $\mathfrak{S}_n$ l'ensemble des permutations de l'ensemble $\{1, \dots, n\}$.

(ii) Soit $k \in \{2, \dots, n\}$ et $i_1, \dots, i_k$ des éléments distincts de $\{1, \dots, n\}$. Le **cycle** $\sigma := (i_1, \dots, i_k)$ **de longueur** $k$ est la permutation de $\{1, \dots, n\}$ telle que :

$$ \begin{aligned} \forall j \in \{1, \dots, k-1\}, \quad & \sigma(i_j) = i_{j+1} \\ & \sigma(i_k) = i_1 \\ \text{Supp}(\sigma) &= \{i_1, \dots, i_k\} \end{aligned} $$

(iii) Une **transposition** $\tau$ de $\{1, \dots, n\}$ est un cycle de longueur 2 i.e. il existe $i, j \in \{1, \dots, n\}$ distincts tels que $\text{Supp}(\tau) = \{i, j\}$. On la note :

$$ \tau_{i,j} := \tau = (i,j). $$

(iv) Pour toute permutation $\sigma$ de $\{1, \dots, n\}$, la **signature de** $\sigma$ est définie par :

$$ \varepsilon(\sigma) := \prod_{1 \le i < j \le n} \frac{\sigma(j) - \sigma(i)}{j - i}. $$

La composition est une loi de composition interne dans $\mathfrak{S}_n$ qui fait de $\mathfrak{S}_n$ un groupe et :

$$ \text{Card}(\mathfrak{S}_n) = n! $$

On pourra noter deux façons une permutations $\sigma$ :

* sous forme de matrice :

$$ \sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \cdots & n \\ \sigma(1) & \sigma(2) & \cdots & \sigma(n) \end{pmatrix} $$
$$
\begin{align*}
&= \det(S - XI_n) \\
&= \begin{vmatrix}
A_1 - XI_{n_1} & & (0) \\
& (0) & A_p - XI_{n_p}
\end{vmatrix} \\
&= \prod_{i=1}^{p} \det(A_i - XI_n) \\
&= \prod_{i=1}^{p} \chi_{A_i}(X)
\end{align*}
$$

donc on a pour tout $i \in \{1, \dots, p\}$ :

$$
\mathrm{Spec}(A_i) \subset \mathrm{Spec}(R) \subset \mathbb{R}_*^+.
$$

Soit $i \in \{1, \dots, p\}$ et $\alpha$ une valeur propre (réelle) de $A_i$. On a pour tout $x \in E_\alpha(A_i)$ :

$$
\begin{align*}
\mu_i x &= \mu_i I_{n_i} \\
&= A_i^2 x \\
&= A_i \alpha x \\
&= \alpha^2 x
\end{align*}
$$

i.e. $\alpha^2 = \mu_i$ ($x$ est non nul). Comme $\alpha > 0$ (car $A_i$ est définie positive), on a donc $\alpha = \sqrt{\mu_i}$. Ainsi $A_i$ est diagonalisable (car symétrique) et a une unique valeur propre $\sqrt{\mu_i}$. Donc il existe une matrice inversible $P'$ telle que :

$$
(P')^{-1} A_i P' = \sqrt{\mu_i} I_{n_i}
$$

i.e. on a :

$$
\begin{align*}
A_i &= P' \sqrt{\mu_i} I_{n_i} (P')^{-1} \\
    &= \sqrt{\mu_i} I_{n_i}
\end{align*}
$$

(une matrice qui n'a qu'une seule valeur propre est une homothétie et donc $A_i$ est déterminée de façon unique).
On a donc montré qu'il existe au plus une matrice $R$ qui vaut :

$$
\begin{align*}
R &= PSP^{-1} \\
  &= P \begin{pmatrix} A_1 & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & A_p \end{pmatrix} P^{-1} \\
  &= P \begin{pmatrix} \sqrt{\mu_1} I_{n_1} & & (0) \\ & \ddots & \\ (0) & & \sqrt{\mu_p} I_{n_p} \end{pmatrix} P^{-1}.
\end{align*}
$$

D'où l'existence et l'unicité de la matrice $R$.

<figure><img src="image_7.png" /></figure>

On en déduit la décomposition polaire.

**Proposition 15.1.2: Décomposition polaire**

Soit $A \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$. Alors il existe une matrice orthogonale $U \in \text{O}_n(\mathbb{R})$ et une matrice symétrique définie positive $P \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ telles que :

$A = PU.$
* sous-forme de tableau :

<table><thead><tr><th><i>i</i></th><th>1</th><th>2</th><th>...</th><th><i>n</i></th></tr></thead><tbody><tr><th><i>σ</i>(<i>i</i>)</th><td><i>σ</i>(1)</td><td><i>σ</i>(2)</td><td>...</td><td><i>σ</i>(<i>n</i>)</td></tr></tbody></table>

La proposition suivante énonce les résultats utiles pour la compréhension du texte.

**Proposition A.1.2**

(i) Toute permutation $\sigma$ peut s'écrire comme le produit de transpositions.

(ii) La signature définie un morphisme de groupes :

$$ \varepsilon : \sigma \in (\mathfrak{S}_n, \circ) \mapsto \varepsilon(\sigma) \in (\{\pm 1\}, \times). $$

*Démonstration.* On donne une idée des preuves.

(i) Ce résultat se démontre en deux étapes. Supposons que $\sigma$ soit différente de l'identité i.e. son support est non vide.

(a) Premièrement, on a que toute permutation $\sigma$ peut s'écrire comme le produit de cycle. Pour voir cela, posons :

$$ \{i_1, \dots, i_k\} := \mathrm{Supp}(\sigma). $$

Prenons le premier élément, $i_{j_1} := i_1$ et construisons un cycle en posant successivement :

$$ i_{j_1} := i_1, \quad i_{j_2} := \sigma(i_{j_1}), \quad i_{j_3} := \sigma(i_{j_2}), \dots $$

Comme le support est fini, par le principe des tiroirs et comme $\sigma$ est bijective, il existe un premier entier $r \ge 2$ tel que :

$$ i_{j_1} := \sigma(i_{j_r}). $$

On a alors défini le cycle de longueur $r$ :

$$ c_1 := (i_{j_1}, \dots, i_{j_r}) $$

On prend ensuite un élément de (si cet ensemble est non vide, sinon on s'arrête) :

$$ \mathrm{Supp}(\sigma) - \{i_{j_1}, \dots, i_{j_r}\} $$

et on construit de la même manière un cycle $c_2$ commençant par cet élément. On réitère cet opération tant que des éléments de $\mathrm{Supp}(\sigma)$ n'apparaissent pas dans un des cycles. Il existe alors $s \in \mathbb{N}_*$ et des cycles $c_1, \dots, c_s$ tels que :

$$ \sigma = c_1 \circ \dots \circ c_s. $$

(b) Deuxièmement, on a que tout cycle s'écrit comme le produit de transpositions. Soit un cycle $(i_1, \dots, i_k)$ de $\{1, \dots, n\}$. On a la formule simple :

$$ (i_1, \dots, i_k) = (i_1, i_2) \circ (i_2, i_3) \circ \dots \circ (i_{k-1}, i_k). $$

(ii) On a pour toute permutation $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ :

$$ \varepsilon(\sigma) = \prod_{1 \le i < j \le n} \frac{\sigma(j) - \sigma(i)}{j - i} = \prod_{\{i,j\} \in \mathcal{P}} \frac{\sigma(j) - \sigma(i)}{j - i} $$

avec :

$$ \mathcal{P} := \{\{i, j\}, 1 \le i \le n \wedge 1 \le j \le n \wedge i \neq j\}. $$
*Démonstration.* Faisons une analyse pour trouver les expressions de $U$ et $P$.

**Analyse.** Supposons que $A = PU$ avec $U$ une matrice orthogonale $U$ et $P$ une matrice symétrique définie positive. Comme $P$ est définie positive, $P$ se décompose en :

$$P = QDQ^T$$

avec $Q$ orthogonale. Et donc on a :

$$ 
\begin{aligned}
AA^T &= PU(PU)^T \\
&= PUU^T P^T \\
&= PP^T \\
&= P^2
\end{aligned}
$$

**Synthèse.** Comme $AA^T$ est définie positive, on pose alors (voir le lemme précédent 15.1.1) :

$$P := \sqrt{AA^T} \quad , \quad U := P^{-1}A = (\sqrt{A^T A})^{-1}A.$$

La matrice $P$ est symétrique définie positive par le lemme et :

$$ 
\begin{aligned}
UU^T &= P^{-1}A(P^{-1}A)^T \\
&= P^{-1}AA^T(P^{-1})^T \\
&= P^{-1}P^2(P^{-1})^T \\
&= P^{-1}P(P^{-1}P)^T \\
&= I_n
\end{aligned}
$$

Ainsi $U$ est orthogonale, $P$ est symétrique définie positive et $A = PU$.

□

On obtient alors que :

$$ 
\begin{aligned}
A^{-1} &= A^T C^{-1} \\
&= A^T P D^{-1} P^T
\end{aligned}
$$

## 15.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

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

en utilisant la décomposition polaire. Dans la section 10, on a étudié la matrice :

$$C := AA^T.$$

On a trouvé que $C$ est diagonalisable (car symétrique) et :

$$ 
\begin{aligned}
C &= AA^T = \begin{pmatrix} 9 & 12 & -6 \\ 12 & 17 & -8 \\ -6 & -8 & 5 \end{pmatrix} \\
\chi_C(X) &= 6(1-X)(X^2 - 30X + 9)
\end{aligned}
$$
Soit $\sigma, \tau \in \mathfrak{S}_n$. Montrons que :

$$ \varepsilon(\sigma \circ \tau) = \varepsilon(\sigma)\varepsilon(\tau). $$

On a :

$$
\begin{align*}
\varepsilon(\sigma \circ \tau) &= \prod_{\{i,j\} \in \mathcal{P}} \frac{(\sigma \circ \tau)(j) - (\sigma \circ \tau)(i)}{j-i} \\
&= \prod_{\{i,j\} \in \mathcal{P}} \frac{\sigma(\tau(j)) - \sigma(\tau(i))}{\tau(j) - \tau(i)} \prod_{\{i,j\} \in \mathcal{P}} \frac{\tau(j) - \tau(i)}{j-i} \\
&= \prod_{\{k,l\} \in \mathcal{P}} \frac{\sigma(k) - \sigma(l)}{k-l} \varepsilon(\tau) \\
&= \varepsilon(\sigma)\varepsilon(\tau)
\end{align*}
$$

□

On peut aussi montrer que la parité du nombre de transpositions apparaissant dans la décomposition ne dépend pas de la décomposition (i.e. si on a deux décompositions de $\sigma$ en produit de transpositions avec $N$ et $N'$ transpositions respectivement alors $N' \equiv N[2]$). On a alors :

$$ \varepsilon(\sigma) = (-1)^N. $$

Soit un cycle $c := (i_1, \dots, i_k)$ de $\{1, \dots, n\}$. On a donc :

$$ \varepsilon(c) = (-1)^k $$

et en particulier la signature d'une transposition vaut $-1$ (cycle de longueur 2). On donne deux exemples simples pour comprendre les objets et notions définis.

Exemple A.1.3

(1) Le groupe symétrique $\mathfrak{S}_3$ est d'ordre 6, on a :

$$
\begin{align*}
\mathfrak{S}_3 &= \left\{ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix} \right\} \\
&= \{\mathrm{Id}, (12), (13), (23), (123) = (12)(23), (132) = (13)(32)\} \\
&=: \{\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3, \sigma_4, \sigma_5, \sigma_6\}
\end{align*}
$$

Comme la signature d'une transposition vaut $-1$, les signatures des six permutations valent :

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

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

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

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

$$ \varepsilon(\sigma_5) = \varepsilon(\sigma_2)\varepsilon(\sigma_4) = 1 $$

$$ \varepsilon(\sigma_6) = \varepsilon(\sigma_3)\varepsilon(\sigma_4) = 1 $$

Montrons avec l'autre formule que $\varepsilon(\sigma_6) = 1$. Comme :

$$ \sigma_6 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix} $$

on a :

$$ \varepsilon(\sigma_6) = \prod_{1 \le i < j \le 3} \frac{\sigma_6(j) - \sigma_6(i)}{j-i} $$
$$
\mathrm{Sp}(C) = \{1, 15 \pm 6\sqrt{6}\} = \{1, \lambda_1, \lambda_{-1}\}
$$

$$
E_1(C) = \mathrm{Vect} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \mathrm{Vect} \left( \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} \right)
$$

$$
E_{\lambda_e}(C) = \mathrm{Vect} \begin{pmatrix} 1 - e\sqrt{6} \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \mathrm{Vect} \left( \alpha_e \begin{pmatrix} 1 - e\sqrt{6} \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \right)
$$

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 :

$$
D := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 15 + 6\sqrt{6} & 0 \\ 0 & 0 & 15 - 6\sqrt{6} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_{-1} \end{pmatrix}
$$

On a donc :

$$
\begin{align*}
C^{-1} &= PD^{-1}P^T \\
&= \begin{pmatrix} 0 & \alpha_1(1-\sqrt{6}) & \alpha_{-1}(1+\sqrt{6}) \\ 1/\sqrt{5} & -2\alpha_1 & -2\alpha_{-1} \\ 2/\sqrt{5} & \alpha_1 & \alpha_{-1} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/\lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/\lambda_{-1} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{5} \\ \alpha_1(1-\sqrt{6}) & -2\alpha_1 & \alpha_1 \\ \alpha_{-1}(1+\sqrt{6}) & -2\alpha_{-1} & \alpha_{-1} \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 0 & \alpha_1(1-\sqrt{6}) & \alpha_{-1}(1+\sqrt{6}) \\ 1/\sqrt{5} & -2\alpha_1 & -2\alpha_{-1} \\ 2/\sqrt{5} & \alpha_1 & \alpha_{-1} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{5} \\ \alpha_1(1-\sqrt{6})/\lambda_1 & -2\alpha_1/\lambda_1 & \alpha_1/\lambda_1 \\ \alpha_{-1}(1+\sqrt{6})/\lambda_{-1} & -2\alpha_{-1}/\lambda_{-1} & \alpha_{-1}/\lambda_{-1} \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

Comme $C^{-1} = (A^T)^{-1}A^{-1}$, on a :

$$
\begin{align*}
A^{-1} &= A^T C^{-1} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1 \\ -2 & -3 & 2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ -4 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{pmatrix} \\
&= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 4 & -2 & 1 \\ 2 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
&= \frac{\sigma_6(2) - \sigma_6(1)}{2-1} \cdot \frac{\sigma_6(3) - \sigma_6(1)}{3-1} \cdot \frac{\sigma_6(3) - \sigma_6(2)}{3-2} \\
&= \frac{1-3}{2-1} \cdot \frac{2-3}{3-1} \cdot \frac{2-1}{3-2} \\
&= -1 \times -1 \times 1 \\
&= 1
\end{align*}
$$

(2) Soit la permutation de {1, ..., 12} :

$$
\sigma := \begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\
2 & 4 & 3 & 10 & 8 & 9 & 7 & 12 & 6 & 1 & 11 & 5
\end{pmatrix}
$$

On a :

$$
\text{Supp}(\sigma) = \{1, 2, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12\}.
$$

Construisons, comme dans la preuve, une décomposition en produit de transpositions pour σ.

• On prend le premier élément du support 1 et on construit le premier cycle avec pour éléments :

$$
1, \sigma(1) = 2, \sigma(2) = 4, \sigma(4) = 10, \sigma(10) = 1.
$$

On a donc un cycle de longueur $4 c_1 := (1, 2, 4, 10)$.

• Comme il reste des éléments non choisis, on prend le premier non choisi 5 et on construit le deuxième cycle avec pour éléments :

$$
5, \sigma(5) = 8, \sigma(8) = 12, \sigma(12) = 5.
$$

On a donc un cycle de longueur $3 c_2 := (5, 8, 12)$.

• Comme il reste des éléments non choisis, on prend le premier non choisi 6 et on construit le deuxième cycle avec pour éléments :

$$
6, \sigma(6) = 9.
$$

On a donc un cycle de longueur $2 c_3 := (6, 9)$.

• Il ne reste plus d'éléments dans le support qui ne s'apparaissent pas dans un cycle. On a alors :

$$
\sigma = c_1 \circ c_2 \circ c_3 = (1, 2, 4, 10) \circ (5, 8, 12) \circ (6, 9).
$$

• On écrit ensuite chaque cycle comme le produit de transpositions :

$$
\begin{align*}
c_1 &= (1, 2, 4, 10) = (1, 2) \circ (2, 4) \circ (4, 10) \\
c_2 &= (5, 8, 12) = (5, 8) \circ (8, 12) \\
c_3 &= (6, 9)
\end{align*}
$$

Ainsi on a :

$$
\sigma = (1, 2) \circ (2, 4) \circ (4, 10) \circ (5, 8) \circ (8, 12) \circ (6, 9)
$$

et on a :

$$
\epsilon(\sigma) = (-1)^6 = 1
$$
# A Matrices d'opérations

On définit les trois matrices d'opérations élémentaires. Pour simplifier les définitions, on utilise les notations suivantes.

* Le symbole de Kronecker est défini pour tous éléments $a, b$ par :

$$ \delta_{a,b} := \begin{cases} 1 & \text{si } a = b \\ 0 & \text{sinon.} \end{cases} $$

* Pour toute matrice $M \in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})$, tout $k \in \{1, \dots, n\}$ et tout $l \in \{1, \dots, p\}$, on note $[M]_{k,l}$ le coefficient de $M$ à la ligne $k$ et la colonne $l$.

* On omettra la virgule en indice pour séparer les indices si aucune confusion n'est possible. On écrira par exemple $a_{ij} := a_{i,j}$ mais on laissera $a_{i+2,j}$.

* On note $\langle , \rangle$ le produit sclaire usuel de $\mathbb{R}^n$ et $||.||$ la norme euclidienne associée. On a pour tous $u, v \in \mathbb{R}^n$ :

$$ \langle u, v \rangle = u^T v \\ \langle v, v \rangle = v^T v = ||v||^2 $$

## A.1 Groupes symétriques

### Définition A.1.1

(i) Une **permutation de** $\{1, \dots, n\}$ est une bijection $\sigma$ de $\{1, \dots, n\}$ vers $\{1, \dots, n\}$. Son support est défini par :

$$ \text{Supp}(\sigma) := \{i \in \{1, \dots, n\}, \sigma(i) \neq i\}. $$

On note $\mathfrak{S}_n$ l'ensemble des permutations de l'ensemble $\{1, \dots, n\}$.

(ii) Soit $k \in \{2, \dots, n\}$ et $i_1, \dots, i_k$ des éléments distincts de $\{1, \dots, n\}$. Le **cycle** $\sigma := (i_1, \dots, i_k)$ **de longueur** $k$ est la permutation de $\{1, \dots, n\}$ telle que :

$$ \begin{gathered} \forall j \in \{1, \dots, k-1\}, \quad \sigma(i_j) = i_{j+1} \\ \sigma(i_k) = i_1 \\ \text{Supp}(\sigma) = \{i_1, \dots, i_k\} \end{gathered} $$

(iii) Une **transposition** $\tau$ de $\{1, \dots, n\}$ est un cycle de longueur 2 i.e. il existe $i, j \in \{1, \dots, n\}$ distincts tels que $\text{Supp}(\tau) = \{i, j\}$. On la note :

$$ \tau_{i,j} := \tau = (i,j). $$

(iv) Pour toute permutation $\sigma$ de $\{1, \dots, n\}$, la **signature de** $\sigma$ est définie par :

$$ \varepsilon(\sigma) := \prod_{1 \le i < j \le n} \frac{\sigma(j) - \sigma(i)}{j - i}. $$

La composition est une loi de composition interne dans $\mathfrak{S}_n$ qui fait de $\mathfrak{S}_n$ un groupe et :

$$ \text{Card}(\mathfrak{S}_n) = n! $$

On pourra noter de deux façons une permutation $\sigma$ :

* sous forme de matrice :

$$ \sigma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & \cdots & n \\ \sigma(1) & \sigma(2) & \cdots & \sigma(n) \end{pmatrix} $$
## A.2 Déterminant d'une matrice

On donne dans cette sous-section seulement les notions importantes sur le déterminant pour comprendre le texte. On note $(e_1, \dots, e_n)$ la base canonique de $\mathbb{R}^n$ définie par :

$$e_1 := \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}, \quad e_2 := \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}, \dots, e_n := \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.$$

### Définition A.2.1

Soit $f$ une application de $(\mathbb{R}^n)^n$ vers $\mathbb{R}$. On dit que $f$ est une **forme $n$-linéaire alternée** si :

(i) (**linéarité en chaque variable**) pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$, tous $x_1, \dots, x_n, y_i \in \mathbb{R}^n$ et tous $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$, on a :

$$f(x_1, \dots, x_{i-1}, \alpha x_i + \beta y_i, x_{i+1}, \dots, x_n) = \alpha f(x_1, \dots, x_n) + \beta f(x_1, \dots, x'_i, \dots, x_n);$$

(ii) (**alternée**) pour tous $i, j \in \{1, \dots, n\}$ distincts et tous $x_1, \dots, x_n \in \mathbb{R}^n$ tels que $x_i = x_j$, on a :

$$f(x_1, \dots, x_n) = 0.$$

### Proposition A.2.2

Soit $f$ une forme $n$-linéaire alternée. Alors on a :

$$f(x_1, \dots, x_n) = \left( \sum_{\sigma \in \mathcal{S}_n} \varepsilon(\sigma) \prod_{j=1}^{n} x_{\sigma(j),j} \right) f(e_1, \dots, e_n).$$

*Démonstration.* Montrons le résulat dans le cas $n := 3$ (on dit que $f$ est **trilinéaire alternée**). On a en developpant successivement par linéairité par rapport à chaque variable (on met un 'a' sous le égal pour signifier qu'on utilise l'alternance et un 'l' pour signifier qu'on utilise la linéarité par rapport à une variable) :

$$
\begin{align*}
f(x_1, x_2, x_3) &= f(x_{11}e_1 + x_{21}e_2 + x_{31}e_3, x_2, x_3) \\
\operatorname{lin} &= x_{11}f(e_1, x_2, x_3) + x_{21}f(e_2, x_2, x_3) + x_{31}f(e_3, x_2, x_3) \\
&= x_{11}f(e_1, x_{12}e_1 + x_{22}e_2 + x_{32}e_3, x_3) \\
&\quad + x_{21}f(e_2, x_{12}e_1 + x_{22}e_2 + x_{32}e_3, x_3) \\
&\quad + x_{31}f(e_3, x_{12}e_1 + x_{22}e_2 + x_{32}e_3, x_3) \\
\operatorname{lin} &= x_{11}[x_{12}f(e_1, e_1, x_3) + x_{22}f(e_1, e_2, x_3) + x_{32}f(e_1, e_3, x_3)] \\
&\quad + x_{21}[x_{12}f(e_2, e_1, x_3) + x_{22}f(e_2, e_2, x_3) + x_{32}f(e_2, e_3, x_3)] \\
&\quad + x_{31}[x_{12}f(e_3, e_1, x_3) + x_{22}f(e_3, e_2, x_3) + x_{32}f(e_3, e_3, x_3)] \\
\operatorname{alt} &= x_{11}[0 + x_{22}f(e_1, e_2, x_3) + (-1)^1 x_{32}f(e_1, x_3, e_3)] \\
&\quad + x_{21}[(-1)^1 x_{12}f(e_1, e_2, x_3) + 0 + (-1)^2 x_{32}f(x_3, e_2, e_3)] \\
&\quad + x_{31}[(-1)^2 x_{12}f(e_1, x_3, e_3) + (-1)^1 x_{22}f(x_3, e_2, e_3) + 0] \\
&= (x_{11}x_{22} + (-1)^1 x_{21}x_{12}) f(e_1, e_2, x_{13}e_1 + x_{23}e_2 + x_{33}e_3) \\
&\quad + ((-1)^1 x_{11}x_{32} + (-1)^2 x_{31}x_{12}) f(e_1, x_{13}e_1 + x_{23}e_2 + x_{33}e_3, e_3) \\
&\quad + ((-1)^1 x_{31}x_{22} + (-1)^2 x_{21}x_{32}) f(x_{13}e_1 + x_{23}e_2 + x_{33}e_3, e_2, e_3)
\end{align*}
$$
• sous-forme de tableau :

<table><thead><tr><th><i>i</i></th><th>1</th><th>2</th><th>...</th><th><i>n</i></th></tr></thead><tbody><tr><th><i>σ</i>(<i>i</i>)</th><td><i>σ</i>(1)</td><td><i>σ</i>(2)</td><td>...</td><td><i>σ</i>(<i>n</i>)</td></tr></tbody></table>

La proposition suivante énonce les résultats utiles pour la compréhension du texte.

**Proposition A.1.2**

(i) Toute permutation $\sigma$ peut s'écrire comme le produit de transpositions.

(ii) La signature définie un morphisme de groupes :

$$ \varepsilon: (\mathfrak{S}_n, \circ) \longrightarrow (\{\pm 1\}, \times) \\ \sigma \longmapsto \varepsilon(\sigma) $$

*Démonstration.* On donne une idée des preuves.

(i) Ce résultat se démontre en deux étapes. Supposons que $\sigma$ soit différente de l'identité i.e. son support est non vide.

(a) Premièrement, on a que toute permutation $\sigma$ peut s'écrire comme le produit de cycle. Pour voir cela, posons :

$$ \{i_1, \dots, i_k\} := \mathrm{Supp}(\sigma). $$

Prenons le premier élément, $i_{j_1} := i_1$ et construisons un cycle en posant successivement :

$$ i_{j_1} := i_1, \quad i_{j_2} := \sigma(i_{j_1}), \quad i_{j_3} := \sigma(i_{j_2}), \dots $$

Comme le support est fini, par le principe des tiroirs et comme $\sigma$ est bijective, il existe un premier entier $r \ge 2$ tel que :

$$ i_{j_1} := \sigma(i_{j_r}). $$

On a alors défini le cycle de longueur $r$ :

$$ c_1 := (i_{j_1}, \dots, i_{j_r}) $$

On prend ensuite un élément de (si cet ensemble est non vide, sinon on s'arrête) :

$$ \mathrm{Supp}(\sigma) - \{i_{j_1}, \dots, i_{j_r}\} $$

et on construit de la même manière un cycle $c_2$ commençant par cet élément. On réitère cet opération tant que des éléments de $\mathrm{Supp}(\sigma)$ n'apparaissent pas dans un des cycles. Il existe alors $s \in \mathbb{N}_*$ et des cycles $c_1, \dots, c_s$ tels que :

$$ \sigma = c_1 \circ \dots \circ c_s. $$

(b) Deuxièmement, on a que tout cycle s'écrit comme le produit de transpositions. Soit un cycle $(i_1, \dots, i_k)$ de $\{1, \dots, n\}$. On a la formule simple :

$$ (i_1, \dots, i_k) = (i_1, i_2) \circ (i_2, i_3) \circ \dots \circ (i_{k-1}, i_k). $$

(ii) On a pour toute permutation $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ :

$$ \varepsilon(\sigma) = \prod_{1 \le i < j \le n} \frac{\sigma(j) - \sigma(i)}{j - i} = \prod_{\{i,j\} \in \mathcal{P}} \frac{\sigma(j) - \sigma(i)}{j - i} $$
$$
\begin{align*}
\text{lin} &= (x_{11}x_{22} + (-1)^1x_{21}x_{12}) (x_{13}f(e_1, e_2, e_1) + x_{23}f(e_1, e_2, e_2) + x_{33}f(e_1, e_2, e_3)) \\
&\quad + ((-1)^1x_{11}x_{32} + (-1)^2x_{31}x_{12}) (x_{13}f(e_1, e_1, e_3) + x_{23}f(e_1, e_2, e_3) + x_{33}f(e_1, e_3, e_3)) \\
&\quad + ((-1)^1x_{31}x_{22} + (-1)^2x_{21}x_{32}) (x_{13}f(e_1, e_2, e_3) + x_{23}f(e_2, e_2, e_3) + x_{33}f(e_3, e_2, e_3)) \\
\text{alt} &= (x_{11}x_{22} + (-1)^1x_{21}x_{12}) (x_{33}f(e_1, e_2, e_1) + 0 + 0) \\
&\quad + ((-1)^1x_{11}x_{32} + (-1)^2x_{31}x_{12}) (0 + x_{23}f(e_1, e_2, e_3) + 0) \\
&\quad + ((-1)^1x_{31}x_{22} + (-1)^2x_{21}x_{32}) (x_{13}f(e_1, e_2, e_3) + 0 + 0) \\
&= (x_{11}x_{22} + (-1)^1x_{21}x_{12}) x_{33}f(e_1, e_2, e_1) \\
&\quad + ((-1)^1x_{11}x_{32} + (-1)^2x_{31}x_{12}) x_{23}f(e_1, e_2, e_3) \\
&\quad + ((-1)^1x_{31}x_{22} + (-1)^2x_{21}x_{32}) x_{13}f(e_1, e_2, e_3)
\end{align*}
$$

On a :

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

et les signatures des six permutations valent :

$$
\varepsilon(\sigma_1) = (-1)^0 = 1
$$

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

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

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

$$
\varepsilon(\sigma_5)(-1)^2 = 1
$$

$$
\varepsilon(\sigma_6) = (-1)^2 = 1
$$

Donc on a :

$$
\begin{align*}
f(x_1, x_2, x_3) \\
&= [x_{11}x_{22}x_{33} + (-1)^1x_{12}x_{21}x_{33} + (-1)^1x_{11}x_{23}x_{32} \\
&\quad + (-1)^2x_{12}x_{23}x_{31} + (-1)^1x_{13}x_{22}x_{31} + (-1)^2x_{13}x_{21}x_{32}] f(e_1, e_2, e_3) \\
&= \left[ \varepsilon(\sigma_1) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_1(i)} + \varepsilon(\sigma_2) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_2(i)} + \varepsilon(\sigma_4) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_4(i)} \right. \\
&\qquad \left. \varepsilon(\sigma_5) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_5(i)} + \varepsilon(\sigma_3) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_3(i)} + \varepsilon(\sigma_6) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_6(i)} \right] f(e_1, e_2, e_3) \\
&= \left[ \sum_{k=1}^6 \varepsilon(\sigma_k) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_k(i)} \right] f(e_1, e_2, e_3) \\
&= \left[ \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_3} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^n x_{i,\sigma(i)} \right] f(e_1, e_2, e_3)
\end{align*}
$$

□

L'ensemble des formes $n$-linéaires alternées forme un espace vectoriel de dimension 1. Il est donc engendré par toute forme $n$-linéaire alternée non nulle. D'où les définitions suivantes.

Définition A.2.3

(i) Le **déterminant** det est l'unique forme *n*-linéaire alternée telle que :

$$
\det (e_1, \dots, e_n) = 1.
$$
avec :

$$
\mathcal{P} := \{ \{i, j\}, 1 \le i \le n \land 1 \le j \le n \land i \neq j \}.
$$

Soit $\sigma, \tau \in \mathfrak{S}_n$. Montrons que :

$$
\varepsilon(\sigma \circ \tau) = \varepsilon(\sigma)\varepsilon(\tau).
$$

On a :

$$
\begin{align*}
\varepsilon(\sigma \circ \tau) &= \prod_{\{i,j\} \in \mathcal{P}} \frac{(\sigma \circ \tau)(j) - (\sigma \circ \tau)(i)}{j-i} \\
&= \prod_{\{i,j\} \in \mathcal{P}} \frac{\sigma(\tau(j)) - \sigma(\tau(i))}{\tau(j) - \tau(i)} \prod_{\{i,j\} \in \mathcal{P}} \frac{\tau(j) - \tau(i)}{j-i} \\
&= \prod_{\{k,l\} \in \mathcal{P}} \frac{\sigma(k) - \sigma(l)}{k-l} \varepsilon(\tau) \\
&= \varepsilon(\sigma)\varepsilon(\tau)
\end{align*}
$$

□

On peut aussi montrer que la parité du nombre de transpositions apparaissant dans la décomposition ne dépend pas de la décomposition (i.e. si on a deux décompositions de $\sigma$ en produit de transpositions avec $N$ et $N'$ transpositions respectivement alors $N' \equiv N[2]$). On a alors :

$$
\varepsilon(\sigma) = (-1)^N.
$$

Soit un cycle $c := (i_1, \dots, i_k)$ de $\{1, \dots, n\}$. On a donc :

$$
\varepsilon(c) = (-1)^k
$$

et en particulier la signature d'une transposition vaut -1 (cycle de longueur 2). On donne deux exemples simples
pour comprendre les objets et notions définis.

Exemple A.1.3

(1) Le groupe symétrique $\mathfrak{S}_3$ est d'ordre $6 = 3!$, on a :

$$
\begin{align*}
\mathfrak{S}_3 &= \left\{ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix} \right\} \\
&= \{\mathrm{Id}, (12), (13), (23), (123) = (12)(23), (132) = (13)(32)\} \\
&=: \{\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3, \sigma_4, \sigma_5, \sigma_6\}
\end{align*}
$$

Comme la signature d'une transposition vaut -1, les signatures des six permutations valent :

$\varepsilon(\sigma_1) = 1$

$\varepsilon(\sigma_2) = -1$

$\varepsilon(\sigma_3) = -1$

$\varepsilon(\sigma_4) = -1$

$\varepsilon(\sigma_5) = \varepsilon(\sigma_2) \varepsilon(\sigma_4) = 1$

$$
\varepsilon(\sigma_6) = \varepsilon(\sigma_3) \varepsilon(\sigma_4) = 1
$$

Montrons avec l'autre formule que $\varepsilon(\sigma_6) = 1$. Comme :

$$
\sigma_6 = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix}
$$

on a :

$$
\varepsilon(\sigma_6) = \prod_{1 \le i < j \le 3} \frac{\sigma_6(j) - \sigma_6(i)}{j - i}
$$
(ii) Soit :

$$M := (C_1 | \cdots | C_n) \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}).$$

Le déterminant de $M$ est défini par :

$$\det(M) := \det(C_1, \dots, C_n).$$

Pour $M = (m_{i,j})_{ij}$, on a donc :

$$\det(M) = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^{n} m_{i, \sigma(i)}.$$

On a les propriétés utiles suivantes du déterminant.

### Proposition A.2.4

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

(i) On a :

$$\det(M^T) = \det(M).$$

(ii) On a :

$$\det(MN) = \det(M) \det(N).$$

(iii) On a :

$$\det(M) \neq 0 \iff M \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R}).$$

## A.3 Matrices de permutation

### Définition A.3.1

Soit $\sigma \in \mathfrak{S}_n$. La matrice de permutation associée à $\sigma$ est la matrice $P_\sigma \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$ :

$$[P_{\sigma}]_{k,l} := \delta_{i,\sigma(j)}.$$

On reprend l'exemple (1) de A.1.3.

### Exemple A.3.2

On a :

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

Les six matrices de permutation associées valent :

$$P_{\sigma_1} = P_{\mathrm{Id}} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_1(1)} & \delta_{1,\sigma_1(2)} & \delta_{1,\sigma_1(3)} \\ \delta_{2,\sigma_1(1)} & \delta_{2,\sigma_1(2)} & \delta_{2,\sigma_1(3)} \\ \delta_{3,\sigma_1(1)} & \delta_{3,\sigma_1(2)} & \delta_{3,\sigma_1(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,1} & \delta_{1,2} & \delta_{1,3} \\ \delta_{2,1} & \delta_{2,2} & \delta_{2,3} \\ \delta_{3,1} & \delta_{3,2} & \delta_{3,3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

$$P_{\sigma_2} = P_{(1,2)} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_2(1)} & \delta_{1,\sigma_2(2)} & \delta_{1,\sigma_2(3)} \\ \delta_{2,\sigma_2(1)} & \delta_{2,\sigma_2(2)} & \delta_{2,\sigma_2(3)} \\ \delta_{3,\sigma_2(1)} & \delta_{3,\sigma_2(2)} & \delta_{3,\sigma_2(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,2} & \delta_{1,1} & \delta_{1,3} \\ \delta_{2,2} & \delta_{2,1} & \delta_{2,3} \\ \delta_{3,2} & \delta_{3,1} & \delta_{3,3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$
$$
\begin{align*}
&= \frac{\sigma_6(2) - \sigma_6(1)}{2-1} \cdot \frac{\sigma_6(3) - \sigma_6(1)}{3-1} \cdot \frac{\sigma_6(3) - \sigma_6(2)}{3-2} \\
&= \frac{1-3}{2-1} \cdot \frac{2-3}{3-1} \cdot \frac{2-1}{3-2} \\
&= -1 \times -1 \times 1 \\
&= 1
\end{align*}
$$

(2) Soit la permutation de {1, ..., 12} :

$$
\sigma := \begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\
2 & 4 & 3 & 10 & 8 & 9 & 7 & 12 & 6 & 1 & 11 & 5
\end{pmatrix}
$$

On a :

$$
\mathrm{Supp}(\sigma) = \{1, 2, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12\}.
$$

Construisons, comme dans la preuve, une décomposition en produit de transpositions pour σ.

• On prend le premier élément du support 1 et on construit le premier cycle avec pour éléments :

$$
1, \sigma(1) = 2, \sigma(2) = 4, \sigma(4) = 10, \sigma(10) = 1.
$$

On a donc un cycle de longueur $4 c_1 := (1, 2, 4, 10)$.

• Comme il reste des éléments non choisis, on prend le premier non choisi 5 et on construit le deuxième cycle avec pour éléments :

$$
5, \sigma(5) = 8, \sigma(8) = 12, \sigma(12) = 5.
$$

On a donc un cycle de longueur $3 c_2 := (5, 8, 12)$.

• Comme il reste des éléments non choisis, on prend le premier non choisi 6 et on construit le deuxième cycle avec pour éléments :

$$
6, \sigma(6) = 9.
$$

On a donc un cycle de longueur $2 c_3 := (6, 9)$.

• Il ne reste plus d'éléments dans le support qui ne apparaissent pas dans un cycle. On a alors :

$$
\sigma = c_1 \circ c_2 \circ c_3 = (1, 2, 4, 10) \circ (5, 8, 12) \circ (6, 9).
$$

• On écrit ensuite chaque cycle comme le produit de transpositions :

$$
c_1 = (1, 2, 4, 10) = (1, 2) \circ (2, 4) \circ (4, 10)
$$

$$
c_2 = (5, 8, 12) = (5, 8) \circ (8, 12)
$$

$c_3 = (6, 9)$

Ainsi on a :

$$
\sigma = (1, 2) \circ (2, 4) \circ (4, 10) \circ (5, 8) \circ (8, 12) \circ (6, 9)
$$

et on a :

$$
\varepsilon(\sigma) = (-1)^6 = 1
$$
$$
\mathbf{P}_{\sigma_3} = \mathbf{P}_{(1,3)} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_3(1)} & \delta_{1,\sigma_3(2)} & \delta_{1,\sigma_3(3)} \\ \delta_{2,\sigma_3(1)} & \delta_{2,\sigma_3(2)} & \delta_{2,\sigma_3(3)} \\ \delta_{3,\sigma_3(1)} & \delta_{3,\sigma_3(2)} & \delta_{3,\sigma_3(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,3} & \delta_{1,2} & \delta_{1,1} \\ \delta_{2,3} & \delta_{2,2} & \delta_{2,1} \\ \delta_{3,3} & \delta_{3,2} & \delta_{3,1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{P}_{\sigma_4} = \mathbf{P}_{(2,3)} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_4(1)} & \delta_{1,\sigma_4(2)} & \delta_{1,\sigma_4(3)} \\ \delta_{2,\sigma_4(1)} & \delta_{2,\sigma_4(2)} & \delta_{2,\sigma_4(3)} \\ \delta_{3,\sigma_4(1)} & \delta_{3,\sigma_4(2)} & \delta_{3,\sigma_4(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,1} & \delta_{1,3} & \delta_{1,2} \\ \delta_{2,1} & \delta_{2,3} & \delta_{2,2} \\ \delta_{3,1} & \delta_{3,3} & \delta_{3,2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{P}_{\sigma_5} = \mathbf{P}_{(1,2,3)} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_1(1)} & \delta_{1,\sigma_1(2)} & \delta_{1,\sigma_1(3)} \\ \delta_{2,\sigma_1(1)} & \delta_{2,\sigma_1(2)} & \delta_{2,\sigma_1(3)} \\ \delta_{3,\sigma_1(1)} & \delta_{3,\sigma_1(2)} & \delta_{3,\sigma_1(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,2} & \delta_{1,3} & \delta_{1,1} \\ \delta_{2,2} & \delta_{2,3} & \delta_{2,1} \\ \delta_{3,2} & \delta_{3,3} & \delta_{3,1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{P}_{\sigma_6} = \mathbf{P}_{(1,3,2)} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_1(1)} & \delta_{1,\sigma_1(2)} & \delta_{1,\sigma_1(3)} \\ \delta_{2,\sigma_1(1)} & \delta_{2,\sigma_1(2)} & \delta_{2,\sigma_1(3)} \\ \delta_{3,\sigma_1(1)} & \delta_{3,\sigma_1(2)} & \delta_{3,\sigma_1(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,3} & \delta_{1,1} & \delta_{1,2} \\ \delta_{2,3} & \delta_{2,1} & \delta_{2,2} \\ \delta_{3,3} & \delta_{3,1} & \delta_{3,2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
$$

On a alors les résultats fondamentaux suivants.

Lemme A.3.3

(i) Soit $\sigma, \tau \in \mathfrak{S}_n$. On a :

$$
\mathbf{P}_{\sigma\circ\tau} = \mathbf{P}_{\sigma}\mathbf{P}_{\tau}.
$$

(ii) Soit $\sigma \in \mathfrak{S}_n$. On a $\mathbf{P}_{\sigma} \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{P}_{\sigma}^{-1} = \mathbf{P}_{\sigma^{-1}} = \mathbf{P}_{\sigma}^{T}.
$$

Démonstration. (i) Comme $\tau$ est une bijection, on a pour tous $p, q \in \{1, \dots, n\}$ :

$$
p = \tau(q) \iff q = \tau^{-1}(p).
$$

Ainsi Pour tous $k,l \in \{1, \dots, n\}$, on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{P}_{\sigma}\mathbf{P}_{\tau}]_{kl} &= \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{P}_{\sigma}]_{km} [\mathbf{P}_{\tau}]_{ml} \\
&= \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,\sigma(m)} \delta_{m,\tau(l)} \\
&= \delta_{k,\sigma(\tau(l))} \\
&= [\mathbf{P}_{\sigma\circ\tau}]_{kl}
\end{align*}
$$

(ii) Pour tous $k,l \in \{1, \dots, n\}$, on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{P}_{\sigma}\mathbf{P}_{\sigma}^{T}]_{kl} &= \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{P}_{\sigma}]_{km} [\mathbf{P}_{\sigma}^{T}]_{ml} \\
&= \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{P}_{\sigma}]_{km} [\mathbf{P}_{\sigma}]_{lm} \\
&= \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,\sigma(m)} \delta_{l,\sigma(m)} \\
&= \delta_{k,l} \\
&= [I_n]_{kl}
\end{align*}
$$
## A.2 Déterminant d'une matrice

On donne dans cette sous-section seulement les notions importantes sur le déterminant pour comprendre le texte. On note $(e_1, \dots, e_n)$ la base canonique de $\mathbb{R}^n$ définie par :

$$e_1 := \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}, \quad e_2 := \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \dots, \quad e_n := \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.$$

### Définition A.2.1

Soit $f$ une application de $(\mathbb{R}^n)^n$ vers $\mathbb{R}$. On dit que $f$ est une **forme $n$-linéaire alternée** si :

(i) (**linéarité en chaque variable**) pour tout $i \in \{1, \dots, n\}$, tous $x_1, \dots, x_n, y_i \in \mathbb{R}^n$ et tous $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$, on a :

$$f(x_1, \dots, x_{i-1}, \alpha x_i + \beta y_i, x_{i+1}, \dots, x_n) = \alpha f(x_1, \dots, x_n) + \beta f(x_1, \dots, y_i, \dots, x_n);$$

(ii) (**alternée**) pour tous $i, j \in \{1, \dots, n\}$ distincts et tous $x_1, \dots, x_n \in \mathbb{R}^n$ tels que $x_i = x_j$, on a :

$$f(x_1, \dots, x_n) = 0.$$

### Proposition A.2.2

Soit $f$ une forme $n$-linéaire alternée. Alors on a :

$$f(x_1, \dots, x_n) = \left( \sum_{\sigma \in \mathcal{S}_n} \varepsilon(\sigma) \prod_{j=1}^{n} x_{\sigma(j),j} \right) f(e_1, \dots, e_n).$$

*Démonstration.* Montrons le résulat dans le cas $n := 3$ (on dit que $f$ est **trilinéaire alternée**). On a en développant successivement par linéairité par rapport à chaque variable (on met un 'alt' sous le égal pour signifier qu'on utilise l'alternance et un 'lin' pour signifier qu'on utilise la linéarité par rapport à une variable) :

$$ \begin{align*} f(x_1, x_2, x_3) &= f(x_{11}e_1 + x_{21}e_2 + x_{31}e_3, x_2, x_3) \\ \operatorname{lin} &= x_{11}f(e_1, x_2, x_3) + x_{21}f(e_2, x_2, x_3) + x_{31}f(e_3, x_2, x_3) \\ &= x_{11}f(e_1, x_{12}e_1 + x_{22}e_2 + x_{32}e_3, x_3) \\ &\quad + x_{21}f(e_2, x_{12}e_1 + x_{22}e_2 + x_{32}e_3, x_3) \\ &\quad + x_{31}f(e_3, x_{12}e_1 + x_{22}e_2 + x_{32}e_3, x_3) \\ \operatorname{lin} &= x_{11} [x_{12}f(e_1, e_1, x_3) + x_{22}f(e_1, e_2, x_3) + x_{32}f(e_1, e_3, x_3)] \\ &\quad + x_{21} [x_{12}f(e_2, e_1, x_3) + x_{22}f(e_2, e_2, x_3) + x_{32}f(e_2, e_3, x_3)] \\ &\quad + x_{31} [x_{12}f(e_3, e_1, x_3) + x_{22}f(e_3, e_2, x_3) + x_{32}f(e_3, e_3, x_3)] \\ \operatorname{alt} &= x_{11} [0 + x_{22}f(e_1, e_2, x_3) + (-1)^1 x_{32}f(e_1, x_3, e_3)] \\ &\quad + x_{21} [(-1)^1 x_{12}f(e_1, e_2, x_3) + 0 + (-1)^2 x_{32}f(x_3, e_2, e_3)] \\ &\quad + x_{31} [(-1)^2 x_{12}f(e_1, x_3, e_3) + (-1)^1 x_{22}f(x_3, e_2, e_3) + 0] \\ &= (x_{11}x_{22} + (-1)^1x_{21}x_{12}) f(e_1, e_2, x_{13}e_1 + x_{23}e_2 + x_{33}e_3) \\ &\quad + ((-1)^1x_{11}x_{32} + (-1)^2x_{31}x_{12}) f(e_1, x_{13}e_1 + x_{23}e_2 + x_{33}e_3, e_3) \\ &\quad + ((-1)^1x_{31}x_{22} + (-1)^2x_{21}x_{32}) f(x_{13}e_1 + x_{23}e_2 + x_{33}e_3, e_2, e_3) \end{align*} $$
et par bijection de $\sigma$, on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{P}_{\sigma} \mathbf{P}_{\sigma^{-1}}]_{kl} &= \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{P}_{\sigma}]_{km} [\mathbf{P}_{\sigma^{-1}}]_{ml} \\
&= \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,\sigma(m)} \delta_{m}, \\
&= \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,\sigma(\sigma^{-1}(l))} \\
&= \delta_{k,l} \\
&= [I_n]_{kl}
\end{align*}
$$

Donc on a $\mathbf{P}_{\sigma} \in \mathrm{GL}_{n}(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{P}_{\sigma}^{-1} = \mathbf{P}_{\sigma^{-1}} = \mathbf{P}_{\sigma}^{T}.
$$

☐

Donc l'inverse d'une matrice de permutation est une matrice de permutation.

A.4 Matrices d'opérations élémentaires

Définition A.4.1

(i) Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$. La **matrice de permutation** $(i, j)$ **de taille** $n$ est la **matrice** :

$$
\mathbf{P}_{i,j} := \mathbf{P}_{\tau_{i,j}}
$$

avec $\tau_{i,j}$ la transposition de $i$ et $j$. On dit aussi que $\mathbf{P}_{i,j}$ est une **matrice élémentaire de permutation** ou une **matrice de transposition**.

(ii) Soit $i \in \{1, \dots, n\}$ et $a \in \mathbb{R}^*$. La **matrice de dilatation** $(i, a)$ **de taille** $n$ est la matrice $\mathbf{D}_i(a) \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$ :

$$
[\mathbf{D}_i(a)]_{k,l} := \begin{cases} a & \text{si } k = l = i \\ \delta_{k,l} & \text{sinon.} \end{cases}
$$

(iii) Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$ et $b \in \mathbb{R}$. La **matrice de transvection** $(i, j, b)$ **de taille** $n$ est la matrice $\mathbf{T}_{i,j}(b) \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$ :

$$
[\mathbf{T}_{i,j}(b)]_{k,l} := \begin{cases} b & \text{si } k = i \text{ et } l = j \\ \delta_{k,l} & \text{sinon.} \end{cases}
$$

On note $\mathcal{E}_n(\mathbb{R})$ l'ensemble des matrices élémentaires de taille $n$ i.e. :

$$
\begin{align*}
\mathcal{E}_n(\mathbb{R}) ={}& \{ \mathbf{P}_{i,j}, i,j \in \{1, \dots, n\}, i \neq j \} \\
& \cup \{ \mathbf{D}_i(a), i \in \{1, \dots, n\}, a \in \mathbb{R}^* \} \\
& \cup \{ \mathbf{T}_i(a), i,j \in \{1, \dots, n\}, i \neq j \ \& \ b \in \mathbb{R} \}.
\end{align*}
$$

Pour $n := 3$, on a par exemple :

$$
\mathbf{P}_{1,2} = \mathbf{P}_{2,1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{P}_{1,3} = \mathbf{P}_{3,1} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{P}_{2,3} = \mathbf{P}_{3,2} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
$$
$$
\begin{align*}
\text{lin} &= (x_{11}x_{22} + (-1)^1x_{21}x_{12}) (x_{13}f(e_1, e_2, e_1) + x_{23}f(e_1, e_2, e_2) + x_{33}f(e_1, e_2, e_3)) \\
&\quad + ((-1)^1x_{11}x_{32} + (-1)^2x_{31}x_{12}) (x_{13}f(e_1, e_1, e_3) + x_{23}f(e_1, e_2, e_3) + x_{33}f(e_1, e_3, e_3)) \\
&\quad + ((-1)^1x_{31}x_{22} + (-1)^2x_{21}x_{32}) (x_{13}f(e_1, e_2, e_3) + x_{23}f(e_2, e_2, e_3) + x_{33}f(e_3, e_2, e_3)) \\
\text{alt} &= (x_{11}x_{22} + (-1)^1x_{21}x_{12}) (x_{33}f(e_1, e_2, e_1) + 0 + 0) \\
&\quad + ((-1)^1x_{11}x_{32} + (-1)^2x_{31}x_{12}) (0 + x_{23}f(e_1, e_2, e_3) + 0) \\
&\quad + ((-1)^1x_{31}x_{22} + (-1)^2x_{21}x_{32}) (x_{13}f(e_1, e_2, e_3) + 0 + 0) \\
&= (x_{11}x_{22} + (-1)^1x_{21}x_{12}) x_{33}f(e_1, e_2, e_1) \\
&\quad + ((-1)^1x_{11}x_{32} + (-1)^2x_{31}x_{12}) x_{23}f(e_1, e_2, e_3) \\
&\quad + ((-1)^1x_{31}x_{22} + (-1)^2x_{21}x_{32}) x_{13}f(e_1, e_2, e_3)
\end{align*}
$$

On a :

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

et les signatures des six permutations valent :

$$
\epsilon(\sigma_1) = (-1)^0 = 1
$$

$$
\epsilon(\sigma_2) = (-1)^1 = -1
$$

$$
\epsilon(\sigma_3) = (-1)^1 = -1
$$

$$
\epsilon(\sigma_4) = (-1)^1 = -1
$$

$$
\epsilon(\sigma_5)(-1)^2 = 1
$$

$$
\epsilon(\sigma_6) = (-1)^2 = 1
$$

Donc on a :

$$
\begin{align*}
f(x_1, x_2, x_3) \\
&= [x_{11}x_{22}x_{33} + (-1)^1x_{12}x_{21}x_{33} + (-1)^1x_{11}x_{23}x_{32} \\
&\quad + (-1)^2x_{12}x_{23}x_{31} + (-1)^1x_{13}x_{22}x_{31} + (-1)^2x_{13}x_{21}x_{32}] f(e_1, e_2, e_3) \\
&= \left[ \epsilon(\sigma_1) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_1(i)} + \epsilon(\sigma_2) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_2(i)} + \epsilon(\sigma_4) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_4(i)} \right. \\
&\qquad \left. \epsilon(\sigma_5) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_5(i)} + \epsilon(\sigma_3) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_3(i)} + \epsilon(\sigma_6) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_6(i)} \right] f(e_1, e_2, e_3) \\
&= \left[ \sum_{k=1}^6 \epsilon(\sigma_k) \prod_{i=1}^3 x_{i,\sigma_k(i)} \right] f(e_1, e_2, e_3) \\
&= \left[ \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_3} \epsilon(\sigma) \prod_{i=1}^n x_{i,\sigma(i)} \right] f(e_1, e_2, e_3)
\end{align*}
$$

□

L'ensemble des formes $n$-linéaires alternées forme un espace vectoriel de dimension 1. Il est donc engendré par toute forme $n$-linéaire alternée non nulle. D'où les définitions suivantes.

Définition A.2.3

(i) Le déterminant det est l'unique forme $n$-linéaire alternée telle que :

$$
\det (e_1, \dots, e_n) = 1.
$$
$$
\mathbf{D}_1(a) = \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{D}_2(a) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & a & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{D}_3(a) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{1,2}(b) = \begin{pmatrix} 1 & b & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{1,3}(b) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & b \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{2,1}(b) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{2,3}(b) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & b \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{3,1}(b) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ b & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{3,2}(b) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & b & 1 \end{pmatrix}
$$

A.5 Propriétés

On a les relations simples suivantes.

Lemme A.5.1

Soit $i,j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$, $a \in \mathbb{R}^*$, $b \in \mathbb{R}$ et $\sigma \in \mathfrak{S}_n$.

(i) (a) On a $\mathbf{P}_{i,j} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{P}_{i,j}^{-1} = \mathbf{P}_{i,j}^{T} = \mathbf{P}_{i,j}.
$$

(b) Toute matrices de permutation est le produit d'au plus n−1 matrices élémentaires de permutations.

(c) On a :

$$
\det(\mathbf{P}_{\sigma}) = \varepsilon(\sigma).
$$

(ii) (i) On a $\mathbf{D}_i(a) \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{D}_i(a)^{-1} = \mathbf{D}_i(1/a) \ , \ \mathbf{D}_i(a)^T = \mathbf{D}_i(a).
$$

(ii) On a :

$$
\det(\mathbf{D}_i(a)) = a.
$$

(iii) (i) On a $\mathbf{T}_{i,j}(b) \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{T}_{i,j}(b)^{-1} = \mathbf{T}_{i,j}(-b) \ , \ \mathbf{T}_{i,j}(b)^T = \mathbf{T}_{j,i}(b).
$$

(ii) On a :

$$
\det(\mathbf{T}_{i,j}(b)) = 1.
$$

Démonstration. (i) (a) Par le lemme A.3.3, on a $\mathbf{P}_{i,j} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\begin{align*}
\mathbf{P}_{i,j}^{-1} &= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}}^{-1} \\
&= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}^{-1}} \\
&= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}} \\
&= \mathbf{P}_{i,j}
\end{align*}
$$

et :

$$
\begin{align*}
\mathbf{P}_{i,j}^T &= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}}^T \\
&= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}^{-1}}
\end{align*}
$$
(ii) Soit la matrice définie par ses colonnes :

$$M := (C_1 | \cdots | C_n) \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R}).$$

Le déterminant de $M$ est défini par :

$$\det(M) := \det(C_1, \dots, C_n).$$

Pour $M = (m_{i,j})_{ij}$, on a donc :

$$\det(M) = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^{n} m_{i, \sigma(i)}.$$

On a les propriétés utiles suivantes du déterminant.

### Proposition A.2.4

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

(i) On a :

$$\det(M^T) = \det(M).$$

(ii) On a :

$$\det(MN) = \det(M) \det(N).$$

(iii) On a :

$$\det(M) \neq 0 \iff M \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R}).$$

## A.3 Matrices de permutation

### Définition A.3.1

Soit $\sigma \in \mathfrak{S}_n$. La **matrice de permutation associée à $\sigma$** est la matrice $\mathbf{P}_{\sigma} \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$ :

$$[\mathbf{P}_{\sigma}]_{k,l} := \delta_{k,\sigma(l)}.$$

On reprend l'exemple (1) de A.1.3.

### Exemple A.3.2

On a :

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

Les six matrices de permutation associées valent :

$$ \mathbf{P}_{\sigma_1} = \mathbf{P}_{\mathrm{Id}} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_1(1)} & \delta_{1,\sigma_1(2)} & \delta_{1,\sigma_1(3)} \\ \delta_{2,\sigma_1(1)} & \delta_{2,\sigma_1(2)} & \delta_{2,\sigma_1(3)} \\ \delta_{3,\sigma_1(1)} & \delta_{3,\sigma_1(2)} & \delta_{3,\sigma_1(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,1} & \delta_{1,2} & \delta_{1,3} \\ \delta_{2,1} & \delta_{2,2} & \delta_{2,3} \\ \delta_{3,1} & \delta_{3,2} & \delta_{3,3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$
$$= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}}$$

$$= \mathbf{P}_{i,j}$$

(b) Soit $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ une permutation. Alors par la proposition ??, $\sigma$ est le produit de transpositions $\tau_1, \dots, \tau_k$ :

$$\sigma = \tau_1 \circ \dots \circ \tau_k.$$

On a donc par le point (i) :

$$\mathbf{P}_{\sigma} = \mathbf{P}_{\tau_1 \circ \dots \circ \tau_k}$$

$$= \mathbf{P}_{\tau_1} \cdots \mathbf{P}_{\tau_k}$$

D'où le résultat.

(c) Soit $\tau_{i,j}$ une transposition avec $i, j \in \{1, \dots, n\}$ avec $i < j$. Montrons que :

$$\det(\mathbf{P}_{i,j}) = -1 = \varepsilon(\tau_{i,j}).$$

On a par antisymétrie du déterminant :

$$\det(\mathbf{P}_{i,j}) = \det(\mathfrak{C}_1(\mathbf{P}_{i,j}), \dots, \mathfrak{C}_1(\mathbf{P}_{i,j}))$$

$$= \det(e_1, \dots, e_{i-1}, e_j, e_{i+1}, \dots, e_{j-1}, e_i, e_{j+1}, \dots, e_n)$$

$$= - \det(e_1, \dots, e_n)$$

$$= -1$$

$$= \varepsilon(\tau_{i,j})$$

On réutilise les notations du point (iii). Soit une permutation décomposée en produit de transpositions :

$$\sigma = \tau_1 \circ \dots \circ \tau_k.$$

On a donc :

$$\det(\mathbf{P}_{\sigma}) = \det(\mathbf{P}_{\tau_1} \cdots \mathbf{P}_{\tau_k})$$

$$= \prod_{i=1}^{k} \det(\mathbf{P}_{\tau_i})$$

$$= (-1)^k$$

$$= \varepsilon(\sigma)$$

(ii) Soit $k, l \in \{1, \dots, n\}$. Comme :

$$[\mathbf{D}_i(a)]_{k,l} = \begin{cases} a & \text{si } k=l=i \\ \delta_{k,l} & \text{sinon.} \end{cases} = (a-1)\delta_{k,i}\delta_{l,i} + \delta_{k,l}$$

on a :

$$[\mathbf{D}_i(a)\mathbf{D}_i(1/a)]_{kl} = \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{D}_i(a)]_{km} [\mathbf{D}_i(1/a)]_{ml}$$

$$= \sum_{m=1}^{n} ((a-1)\delta_{k,i}\delta_{m,i} + \delta_{k,m}) ((1/a-1)\delta_{m,i}\delta_{l,i} + \delta_{m,l})$$

$$= (a-1)(1/a-1) \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,i}\delta_{m,i}\delta_{m,i}\delta_{l,i} + (a-1) \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,i}\delta_{m,i}\delta_{m,l}$$
$$
\mathbf{P}_{\sigma_2} = \mathbf{P}_{(1,2)} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_2(1)} & \delta_{1,\sigma_2(2)} & \delta_{1,\sigma_2(3)} \\ \delta_{2,\sigma_2(1)} & \delta_{2,\sigma_2(2)} & \delta_{2,\sigma_2(3)} \\ \delta_{3,\sigma_2(1)} & \delta_{3,\sigma_2(2)} & \delta_{3,\sigma_2(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,2} & \delta_{1,1} & \delta_{1,3} \\ \delta_{2,2} & \delta_{2,1} & \delta_{2,3} \\ \delta_{3,2} & \delta_{3,1} & \delta_{3,3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{P}_{\sigma_3} = \mathbf{P}_{(1,3)} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_3(1)} & \delta_{1,\sigma_3(2)} & \delta_{1,\sigma_3(3)} \\ \delta_{2,\sigma_3(1)} & \delta_{2,\sigma_3(2)} & \delta_{2,\sigma_3(3)} \\ \delta_{3,\sigma_3(1)} & \delta_{3,\sigma_3(2)} & \delta_{3,\sigma_3(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,3} & \delta_{1,2} & \delta_{1,1} \\ \delta_{2,3} & \delta_{2,2} & \delta_{2,1} \\ \delta_{3,3} & \delta_{3,2} & \delta_{3,1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{P}_{\sigma_4} = \mathbf{P}_{(2,3)} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_4(1)} & \delta_{1,\sigma_4(2)} & \delta_{1,\sigma_4(3)} \\ \delta_{2,\sigma_4(1)} & \delta_{2,\sigma_4(2)} & \delta_{2,\sigma_4(3)} \\ \delta_{3,\sigma_4(1)} & \delta_{3,\sigma_4(2)} & \delta_{3,\sigma_4(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,1} & \delta_{1,3} & \delta_{1,2} \\ \delta_{2,1} & \delta_{2,3} & \delta_{2,2} \\ \delta_{3,1} & \delta_{3,3} & \delta_{3,2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{P}_{\sigma_5} = \mathbf{P}_{(1,2,3)} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_1(1)} & \delta_{1,\sigma_1(2)} & \delta_{1,\sigma_1(3)} \\ \delta_{2,\sigma_1(1)} & \delta_{2,\sigma_1(2)} & \delta_{2,\sigma_1(3)} \\ \delta_{3,\sigma_1(1)} & \delta_{3,\sigma_1(2)} & \delta_{3,\sigma_1(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,2} & \delta_{1,3} & \delta_{1,1} \\ \delta_{2,2} & \delta_{2,3} & \delta_{2,1} \\ \delta_{3,2} & \delta_{3,3} & \delta_{3,1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{P}_{\sigma_6} = \mathbf{P}_{(1,3,2)} = \begin{pmatrix} \delta_{1,\sigma_1(1)} & \delta_{1,\sigma_1(2)} & \delta_{1,\sigma_1(3)} \\ \delta_{2,\sigma_1(1)} & \delta_{2,\sigma_1(2)} & \delta_{2,\sigma_1(3)} \\ \delta_{3,\sigma_1(1)} & \delta_{3,\sigma_1(2)} & \delta_{3,\sigma_1(3)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \delta_{1,3} & \delta_{1,1} & \delta_{1,2} \\ \delta_{2,3} & \delta_{2,1} & \delta_{2,2} \\ \delta_{3,3} & \delta_{3,1} & \delta_{3,2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
$$

On a alors les résultats fondamentaux suivants.

Lemme A.3.3

(i) Soit $\sigma, \tau \in \mathfrak{S}_n$. On a :

$$
\mathbf{P}_{\sigma \circ \tau} = \mathbf{P}_{\sigma} \mathbf{P}_{\tau}.
$$

(ii) Soit $\sigma \in \mathfrak{S}_n$. On a $\mathbf{P}_{\sigma} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{P}_{\sigma}^{-1} = \mathbf{P}_{\sigma^{-1}} = \mathbf{P}_{\sigma}^{T}.
$$

Démonstration. (i) Comme $\tau$ est une bijection, on a pour tous $p, q \in \{1, \dots, n\}$ :

$$
p = \tau(q) \iff q = \tau^{-1}(p).
$$

Ainsi Pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$, on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{P}_{\sigma}\mathbf{P}_{\tau}]_{kl} &= \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{P}_{\sigma}]_{km} [\mathbf{P}_{\tau}]_{ml} \\
&= \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,\sigma(m)} \delta_{m,\tau(l)} \\
&= \delta_{k,\sigma(\tau(l))} \\
&= [\mathbf{P}_{\sigma\circ\tau}]_{kl}
\end{align*}
$$

(ii) Pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$, on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{P}_{\sigma}\mathbf{P}_{\sigma}^{T}]_{kl} &= \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{P}_{\sigma}]_{km} [\mathbf{P}_{\sigma}^{T}]_{ml} \\
&= \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{P}_{\sigma}]_{km} [\mathbf{P}_{\sigma}]_{lm} \\
&= \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,\sigma(m)} \delta_{l,\sigma(m)}
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
&+ (1/a - 1) \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,m} \delta_{m,i} \delta_{l,i} + \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,m} \delta_{m,l} \\
&= (a-1)(1/a - 1) \delta_{k,i} \delta_{l,i} + (a-1) \delta_{k,i} \delta_{l,i} + (1/a - 1) \delta_{k,i} \delta_{l,i} + \delta_{k,l} \\
&= \delta_{k,l} \\
&= [I_n]_{kl}
\end{align*}
$$

et on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{D}_i(a)^T]_{kl} &= [\mathbf{D}_i(a)]_{lk} \\
&= (a-1)\delta_{l,i}\delta_{k,i} \\
&= (a-1)\delta_{k,i}\delta_{l,i} \\
&= [\mathbf{D}_i(a)]_{kl}
\end{align*}
$$

Donc on a $\mathbf{D}_i(a) \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{D}_i(a)^{-1} = \mathbf{D}_i(1/a) \ , \ \mathbf{D}_i(a)^T = \mathbf{D}_i(a).
$$

(iii) Soit $k, l \in \{1, \dots, n\}$. Comme : Donnons une expression des coefficients de ces matrices sans conditionnement.
On a pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$ :

$$
[\mathbf{T}_{i,j}(b)]_{k,l} = \begin{cases} b & \text{si } k=i \text{ et } l=j \\ \delta_{k,l} & \text{sinon.} \end{cases} = b\delta_{k,i}\delta_{l,j} + \delta_{k,l}
$$

on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{T}_{i,j}(b)\mathbf{T}_{i,j}(-b)]_{kl} &= \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{T}_{i,j}(b)]_{km} [\mathbf{T}_{i,j}(-b)]_{ml} \\
&= \sum_{m=1}^{n} (b\delta_{k,i}\delta_{m,j} + \delta_{k,m}) (-b\delta_{m,i}\delta_{l,j} + \delta_{m,l}) \\
&= -b^2 \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,i}\delta_{m,j}\delta_{m,i}\delta_{l,j} + b \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,i}\delta_{m,j}\delta_{m,l} - b \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,m}\delta_{m,i}\delta_{l,j} + \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,m}\delta_{m,l} \\
&= 0 + b\delta_{k,i}\delta_{j,l} - b\delta_{k,i}\delta_{l,j} + \delta_{k,l} \\
&= \delta_{k,l} \\
&= [I_n]_{kl}
\end{align*}
$$

et on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{T}_{i,j}(b)^T]_{kl} &= [\mathbf{T}_{i,j}(b)]_{lk} \\
&= b\delta_{l,i}\delta_{k,j} + \delta_{l,k} \\
&= b\delta_{k,j}\delta_{l,i} + \delta_{k,l} \\
&= [\mathbf{T}_{j,i}(b)]_{kl}
\end{align*}
$$

Donc on a $\mathbf{T}_{i,j}(b) \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{T}_{i,j}(b)^{-1} = \mathbf{T}_{i,j}(-b) \ , \ \mathbf{T}_{i,j}(b)^T = \mathbf{T}_{j,i}(b).
$$

<figure><img src="image_8.png" /></figure>

On en déduit deux stabilités fondamentales de l'ensemble $\mathscr{E}_n(\mathbb{R})$.
$$
\begin{align*}
&= \delta_{k,l} \\
&= [I_n]_{kl}
\end{align*}
$$

et par bijection de $\sigma$, on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{P}_{\sigma} \mathbf{P}_{\sigma^{-1}}]_{kl} &= \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{P}_{\sigma}]_{km} [\mathbf{P}_{\sigma^{-1}}]_{ml} \\
&= \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,\sigma(m)} \delta_{m}, \\
&= \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,\sigma(\sigma^{-1}(l))} \\
&= \delta_{k,l} \\
&= [I_n]_{kl}
\end{align*}
$$

Donc on a $\mathbf{P}_{\sigma} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{P}_{\sigma}^{-1} = \mathbf{P}_{\sigma^{-1}} = \mathbf{P}_{\sigma}^{T}.
$$

☐

Donc l'inverse d'une matrice de permutation est une matrice de permutation.

A.4 Matrices d'opérations élémentaires

Définition A.4.1

(i) Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$. La **matrice de permutation** $(i, j)$ **de taille** $n$ est la matrice :

$$
\mathbf{P}_{i,j} := \mathbf{P}_{\tau_{i,j}}
$$

avec $\tau_{i,j}$ la transposition de $i$ et $j$. On dit aussi que $\mathbf{P}_{i,j}$ est une **matrice élémentaire de permuation**
ou une **matrice de transposition**.

(ii) Soit $i \in \{1, \dots, n\}$ et $a \in \mathbb{R}^*$. La **matrice de dilatation (i, a) de taille** $n$ est la matrice $\mathbf{D}_i(a) \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$ :

$$
[\mathbf{D}_i(a)]_{k,l} := \begin{cases} a & \text{si } k = l = i \\ \delta_{k,l} & \text{sinon.} \end{cases}
$$

(iii) Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$ et $b \in \mathbb{R}$. La **matrice de transvection (i, j, b) de taille** $n$ est la matrice $\mathbf{T}_{i,j}(b) \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ telle que pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$ :

$$
[\mathbf{T}_{i,j}(b)]_{k,l} := \begin{cases} b & \text{si } k = i \text{ et } l = j \\ \delta_{k,l} & \text{sinon.} \end{cases}
$$

On note $\mathcal{E}_n(\mathbb{R})$ l'ensemble des matrices élémentaires de taille $n$ i.e. :

$$
\begin{align*}
\mathcal{E}_n(\mathbb{R}) = & \{ \mathbf{P}_{i,j}, i,j \in \{1, \dots, n\}, i \neq j \} \\
& \cup \{ \mathbf{D}_i(a), i \in \{1, \dots, n\}, a \in \mathbb{R}^* \} \\
& \cup \{ \mathbf{T}_i(b), i,j \in \{1, \dots, n\}, i \neq j \ \& \ b \in \mathbb{R} \}.
\end{align*}
$$
Corollaire A.5.2

L'ensemble $\mathcal{E}_n(\mathbb{R})$ des matrices élémentaires de taille $n$ est stable par la transposée et l'inverse.

A.6 Cas des matrices triangulaires

On montre dans cette sous-section que toute matrice triangulaire inversible de taille 3 s'écrit comme produit d'opérations élémentaires. On commence par les matrices triangulaires inférieures.

Proposition A.6.1

(i) Soit :

$$
L := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b & 1 & 0 \\ d & e & 1 \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}).
$$

(a) On a :

$$
L = \mathbf{T}_{2,1}(b)\mathbf{T}_{3,1}(d)\mathbf{T}_{3,2}(e).
$$

(b) On a :

$$
\begin{align*}
L^{-1} &= \mathbf{T}_{3,2}(-e)\mathbf{T}_{3,1}(-d)\mathbf{T}_{2,1}(-b) \\
&= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-b & 1 & 0 \\
be - d & -e & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}
$$

(ii) Soit :

$$
L := \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}).
$$

(donc $a, c$ et $f$ sont non nuls).

(a) On a :

$$
L = \mathbf{D}_3(f)\mathbf{D}_2(c)\mathbf{D}_1(a)\mathbf{T}_{2,1}(b/c)\mathbf{T}_{3,1}(d/f)\mathbf{T}_{3,2}(e/f).
$$

(b) On a :

$$
\begin{align*}
L^{-1} &= \mathbf{T}_{3,2}(-e/f)\mathbf{T}_{3,1}(-d/f)\mathbf{T}_{2,1}(-b/c)\mathbf{D}_1(1/a)\mathbf{D}_2(1/c)\mathbf{D}_3(1/f) \\
&= \begin{pmatrix} 1/a & 0 & 0 \\ -b/(ac) & 1/c & 0 \\ (be-cd)/(acf) & -e/(cf) & 1/f \end{pmatrix}.
\end{align*}
$$

Démonstration. (i) (a) On a :

$$
\begin{align*}
\mathbf{T}_{2,1}(b)\mathbf{T}_{3,1}(d)\mathbf{T}_{3,2}(e) &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ d & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & e & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ d & e & 1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
Pour $n := 3$, on a par exemple :

$$
\mathbf{P}_{1,2} = \mathbf{P}_{2,1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{D}_1(a) = \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{1,2}(b) = \begin{pmatrix} 1 & b & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{2,3}(b) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & b \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{P}_{1,3} = \mathbf{P}_{3,1} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{D}_2(a) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & a & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{1,3}(b) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & b \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{3,1}(b) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ b & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{P}_{2,3} = \mathbf{P}_{3,2} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{D}_3(a) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & a \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{2,1}(b) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
$$

$$
\mathbf{T}_{3,2}(b) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & b & 1 \end{pmatrix}
$$

A.5 Propriétés

On a les relations simples suivantes.

Lemme A.5.1

Soit $i,j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$, $a \in \mathbb{R}^*$, $b \in \mathbb{R}$ et $\sigma \in \mathfrak{S}_n$.

(i) (a) On a $\mathbf{P}_{i,j} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{P}_{i,j}^{-1} = \mathbf{P}_{i,j}^{T} = \mathbf{P}_{i,j}.
$$

(b) Toute matrices de permutation est le produit d'au plus $n-1$ matrices élémentaires de permutations.

(c) On a :

$$
\det(\mathbf{P}_{\sigma}) = \varepsilon(\sigma).
$$

(ii) (i) On a $\mathbf{D}_i(a) \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{D}_i(a)^{-1} = \mathbf{D}_i(1/a) \ , \ \mathbf{D}_i(a)^T = \mathbf{D}_i(a).
$$

(ii) On a :

$$
\det(\mathbf{D}_i(a)) = a.
$$

(iii) (i) On a $\mathbf{T}_{i,j}(b) \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{T}_{i,j}(b)^{-1} = \mathbf{T}_{i,j}(-b) \ , \ \mathbf{T}_{i,j}(b)^{T} = \mathbf{T}_{j,i}(b).
$$

(ii) On a :

$$
\det(\mathbf{T}_{i,j}(b)) = 1.
$$

Démonstration. (i) (a) Par le lemme A.3.3, on a $\mathbf{P}_{i,j} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\begin{align*}
\mathbf{P}_{i,j}^{-1} &= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}}^{-1} \\
&= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}^{-1}} \\
&= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}} \\
&= \mathbf{P}_{i,j}
\end{align*}
$$
$$
\begin{align*}
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b & 1 & 0 \\ d & e & 1 \end{pmatrix} \\
&= L
\end{align*}
$$

(b) On a par (a) :

$$
\begin{align*}
L^{-1} &= \mathbf{T}_{3,2}(-e)\mathbf{T}_{3,1}(-d)\mathbf{T}_{2,1}(-b) \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -e & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -d & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -b & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -e & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -b & 1 & 0 \\ -d & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -b & 1 & 0 \\ be - d & -e & 1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

(ii) Soit :

$$
L := \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}).
$$

(a) On a par (1.a) :

$$
\begin{align*}
& \mathbf{D}_3(f)\mathbf{D}_2(c)\mathbf{D}_1(a)\mathbf{T}_{2,1}(b/c)\mathbf{T}_{3,1}(d/f)\mathbf{T}_{3,2}(e/f) \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & f \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & c & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b/c & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ d/f & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & e/f & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & c & 0 \\ 0 & 0 & f \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b/c & 1 & 0 \\ d/f & e/f & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix} \\
&= L
\end{align*}
$$

(b) On a :

$$
\begin{align*}
L^{-1} &= \mathbf{T}_{3,2}(-e/f)\mathbf{T}_{3,1}(-d/f)\mathbf{T}_{2,1}(-b/c)\mathbf{D}_1(1/a)\mathbf{D}_2(1/c)\mathbf{D}_3(1/f) \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -e/f & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -d/f & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -b/c & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 1/a & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/c & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/f \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -b/c & 1 & 0 \\ (be-dc)/(cf) & -e/f & 1 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 1/a & 0 & 0 \\ 0 & 1/c & 0 \\ 0 & 0 & 1/f \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1/a & 0 & 0 \\ -b/(ac) & 1/c & 0 \\ (be-cd)/(acf) & -e/(cf) & 1/f \end{pmatrix}.
\end{align*}
$$
et :

$$
\begin{align*}
\mathbf{P}_{i,j}^T &= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}}^T \\
&= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}^{-1}} \\
&= \mathbf{P}_{\tau_{i,j}} \\
&= \mathbf{P}_{i,j}
\end{align*}
$$

(b) Soit $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ une permutation. Alors par la proposition A.1.2, $\sigma$ est le produit de transpositions $\tau_1, \dots, \tau_k$ :

$\sigma = \tau_1 \circ \dots \circ \tau_k.$

On a donc par le point (i) :

$$
\begin{align*}
\mathbf{P}_{\sigma} &= \mathbf{P}_{\tau_1 \circ \dots \circ \tau_k} \\
&= \mathbf{P}_{\tau_1} \cdots \mathbf{P}_{\tau_k}
\end{align*}
$$

D'où le résultat.

(c) Soit $\tau_{i,j}$ une transposition avec $i, j \in \{1, \dots, n\}$ avec $i < j$. Montrons que :

$$
\det(\mathbf{P}_{i,j}) = -1 = \varepsilon(\tau_{i,j}).
$$

On a par antisymétrie du déterminant :

$$
\begin{align*}
\det(\mathbf{P}_{i,j}) &= \det(e_1, \dots, e_{i-1}, e_j, e_{i+1}, \dots, e_{j-1}, e_i, e_{j+1}, \dots, e_n) \\
&= -\det(e_1, \dots, e_n) \\
&= -1 \\
&= \varepsilon(\tau_{i,j})
\end{align*}
$$

On réutilise les notations du point (iii). Soit une permutation décomposée en produit de transpositions :

$\sigma = \tau_1 \circ \dots \circ \tau_k.$

On a donc :

$$
\begin{align*}
\det(\mathbf{P}_{\sigma}) &= \det(\mathbf{P}_{\tau_1} \cdots \mathbf{P}_{\tau_k}) \\
&= \prod_{i=1}^{k} \det(\mathbf{P}_{\tau_i}) \\
&= (-1)^k \\
&= \varepsilon(\sigma)
\end{align*}
$$

(ii) Soit $k, l \in \{1, \dots, n\}$. Comme :

$$
[\mathbf{D}_i(a)]_{k,l} = \begin{cases} a & \text{si } k=l=i \\ \delta_{k,l} & \text{sinon.} \end{cases} = (a-1)\delta_{k,i}\delta_{l,i} + \delta_{k,l}
$$

on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{D}_i(a)\mathbf{D}_i(1/a)]_{kl} &= \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{D}_i(a)]_{km} [\mathbf{D}_i(1/a)]_{ml} \\
&= \sum_{m=1}^{n} \left( (a-1)\delta_{k,i}\delta_{m,i} + \delta_{k,m} \right) \left( (1/a-1)\delta_{m,i}\delta_{l,i} + \delta_{m,l} \right)
\end{align*}
$$
<figure><img src="image_9.png" /></figure>

En passant à la transposée, on a le résultat pour les matrices triangulaires supérieures (voir aussi le lemme A.5.1).

**Proposition A.6.2**

(i) Soit :

$$ U := \begin{pmatrix} 1 & b & d \\ 0 & 1 & e \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}). $$

(a) On a :

$$ U = \mathbf{T}_{2,3}(e)\mathbf{T}_{1,3}(d)\mathbf{T}_{1,2}(b). $$

(b) On a :

$$ \begin{aligned} U^{-1} &= \mathbf{T}_{1,2}(-b)\mathbf{T}_{1,3}(-d)\mathbf{T}_{2,3}(-e) \\ &= \begin{pmatrix} 1 & -b & be-d \\ 0 & 1 & -e \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned} $$

(ii) Soit :

$$ U := \begin{pmatrix} a & b & d \\ 0 & c & e \\ 0 & 0 & f \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}). $$

(a) Les réels $a, c$ et $f$ sont non nuls.

(b) On a :

$$ U = \mathbf{T}_{2,3}(e/f)\mathbf{T}_{1,3}(d/f)\mathbf{T}_{1,2}(b/c)\mathbf{D}_1(a)\mathbf{D}_2(c)\mathbf{D}_3(f). $$

(c) On a :

$$ \begin{aligned} U^{-1} &= \mathbf{D}_3(1/f)\mathbf{D}_2(1/c)\mathbf{D}_1(1/a)\mathbf{T}_{1,2}(-b/c)\mathbf{T}_{1,3}(-d/f)\mathbf{T}_{2,3}(-e/f) \\ &= \begin{pmatrix} 1/a & -b/(ac) & (be-cd)/(acf) \\ 0 & 1/c & -e/(cf) \\ 0 & 0 & 1/f \end{pmatrix}. \end{aligned} $$

Le résultat se généralise en dimension quelconque. Comme le produit matriciel n'est pas commutatif, on utilise les notations :

$$ \prod_{i}^{1 \to n} a_i = a_1 \cdots a_n $$

$$ \prod_{i}^{n \to 1} a_i = a_n \cdots a_1 $$

On a pour les matrices triangulaires inférieures et supérieures le résultat suivant.
$$
\begin{align*}
&= (a-1)(1/a-1) \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,i} \delta_{m,i} \delta_{m,i} \delta_{l,i} + (a-1) \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,i} \delta_{m,i} \delta_{m,l} \\
&\quad + (1/a-1) \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,m} \delta_{m,i} \delta_{l,i} + \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,m} \delta_{m,l} \\
&= (a-1)(1/a-1) \delta_{k,i} \delta_{l,i} + (a-1) \delta_{k,i} \delta_{l,i} + (1/a-1) \delta_{k,i} \delta_{l,i} + \delta_{k,l} \\
&= \delta_{k,l} \\
&= [I_n]_{kl}
\end{align*}
$$

et on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{D}_i(a)^T]_{kl} &= [\mathbf{D}_i(a)]_{lk} \\
&= (a-1)\delta_{l,i}\delta_{k,i} \\
&= (a-1)\delta_{k,i}\delta_{l,i} \\
&= [\mathbf{D}_i(a)]_{kl}
\end{align*}
$$

Donc on a $\mathbf{D}_i(a) \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{D}_i(a)^{-1} = \mathbf{D}_i(1/a) \ , \ \mathbf{D}_i(a)^T = \mathbf{D}_i(a).
$$

(iii) Soit $k,l \in \{1, \dots, n\}$. Donnons une expression des coefficients de ces matrices sans conditionnement. On a pour tous $k,l \in \{1, \dots, n\}$ :

$$
[\mathbf{T}_{i,j}(b)]_{k,l} = \begin{cases} b & \text{si } k=i \text{ et } l=j \\ \delta_{k,l} & \text{sinon.} \end{cases} = b\delta_{k,i}\delta_{l,j} + \delta_{k,l}
$$

On a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{T}_{i,j}(b)\mathbf{T}_{i,j}(-b)]_{kl} &= \sum_{m=1}^{n} [\mathbf{T}_{i,j}(b)]_{km} [\mathbf{T}_{i,j}(-b)]_{ml} \\
&= \sum_{m=1}^{n} (b\delta_{k,i}\delta_{m,j} + \delta_{k,m}) (-b\delta_{m,i}\delta_{l,j} + \delta_{m,l}) \\
&= -b^2 \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,i}\delta_{m,j}\delta_{m,i}\delta_{l,j} + b \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,i}\delta_{m,j}\delta_{m,l} - b \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,m}\delta_{m,i}\delta_{l,j} + \sum_{m=1}^{n} \delta_{k,m}\delta_{m,l} \\
&= 0 + b\delta_{k,i}\delta_{j,l} - b\delta_{k,i}\delta_{l,j} + \delta_{k,l} \\
&= \delta_{k,l} \\
&= [I_n]_{kl}
\end{align*}
$$

et on a :

$$
\begin{align*}
[\mathbf{T}_{i,j}(b)^T]_{kl} &= [\mathbf{T}_{i,j}(b)]_{lk} \\
&= b\delta_{l,i}\delta_{k,j} + \delta_{l,k} \\
&= b\delta_{k,j}\delta_{l,i} + \delta_{k,l} \\
&= [\mathbf{T}_{j,i}(b)]_{kl}
\end{align*}
$$

Donc on a $\mathbf{T}_{i,j}(b) \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R})$ et :

$$
\mathbf{T}_{i,j}(b)^{-1} = \mathbf{T}_{i,j}(-b) \ , \ \mathbf{T}_{i,j}(b)^T = \mathbf{T}_{j,i}(b).
$$

<figure><img src="image_8.png" /></figure>

On en déduit deux stabilités fondamtentales de l'ensemble $\mathcal{E}_n(\mathbb{R})$.
Proposition A.6.3

(i) Soit :

$$
L := \begin{pmatrix} t_{11} & & (0) \\ \vdots & \ddots & \\ t_{n1} & & t_{n,n} \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R}).
$$

(a) On a :

$$
L = \left[ \prod_{i=1}^{n} \mathbf{D}_i (t_{i,i}) \right] \cdot \left[ \prod_{i}^{2 \to n} \left[ \prod_{k=1}^{i-1} \mathbf{T}_{i,k} \left( \frac{t_{i,k}}{t_{i,i}} \right) \right] \right].
$$

(b) On a :

$$
L^{-1} = \prod_{i}^{n \to 2} \left[ \prod_{k=1}^{i-1} \mathbf{T}_{i,k} \left( -\frac{t_{i,k}}{t_{i,i}} \right) \right] \cdot \left[ \prod_{i=1}^{n} \mathbf{D}_i \left( \frac{1}{t_{i,i}} \right) \right].
$$

(ii) Soit :

$$
U := \begin{pmatrix} t_{11} & \cdots & t_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ (0) & & t_{n,n} \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R}).
$$

(a) On a :

$$
U = \left[ \prod_{i}^{n \to 2} \left[ \prod_{k=1}^{i-1} \mathbf{T}_{k,i} \left( \frac{t_{k,i}}{t_{i,i}} \right) \right] \cdot \left[ \prod_{i=1}^{n} \mathbf{D}_i (t_{i,i}) \right] \right].
$$

(b) On a :

$$
U^{-1} = \left[ \prod_{i=1}^{n} \mathbf{D}_i \left( \frac{1}{t_{i,i}} \right) \right] \cdot \prod_{i}^{2 \to n} \left[ \prod_{k=1}^{i-1} \mathbf{T}_{k,i} \left( -\frac{t_{i,k}}{t_{i,i}} \right) \right].
$$
Corollaire A.5.2

L'ensemble $\mathcal{E}_n(\mathbb{R})$ des matrices élémentaires de taille $n$ est stable par la transposée et l'inverse.

A.6 Cas des matrices triangulaires

On montre dans cette sous-section que toute matrice triangulaire inversible de taille 3 s'écrit comme produit d'opérations élémentaires. On commence par les matrices triangulaires inférieures.

Proposition A.6.1

(i) Soit :

$$
L := \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b & 1 & 0 \\ d & e & 1 \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}).
$$

(a) On a :

$$
L = \mathbf{T}_{2,1}(b)\mathbf{T}_{3,1}(d)\mathbf{T}_{3,2}(e).
$$

(b) On a :

$$
\begin{align*}
L^{-1} &= \mathbf{T}_{3,2}(-e)\mathbf{T}_{3,1}(-d)\mathbf{T}_{2,1}(-b) \\
&= \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-b & 1 & 0 \\
be - d & -e & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}
$$

(ii) Soit :

$$
L := \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}).
$$

(donc $a, c$ et $f$ sont non nuls).

(a) On a :

$$
L = \mathbf{D}_3(f)\mathbf{D}_2(c)\mathbf{D}_1(a)\mathbf{T}_{2,1}(b/c)\mathbf{T}_{3,1}(d/f)\mathbf{T}_{3,2}(e/f).
$$

(b) On a :

$$
\begin{align*}
L^{-1} &= \mathbf{T}_{3,2}(-e/f)\mathbf{T}_{3,1}(-d/f)\mathbf{T}_{2,1}(-b/c)\mathbf{D}_1(1/a)\mathbf{D}_2(1/c)\mathbf{D}_3(1/f) \\
&= \begin{pmatrix} 1/a & 0 & 0 \\ -b/(ac) & 1/c & 0 \\ (be-cd)/(acf) & -e/(cf) & 1/f \end{pmatrix}.
\end{align*}
$$

Démonstration. (i) (a) On a :

$$
\begin{align*}
\mathbf{T}_{2,1}(b)\mathbf{T}_{3,1}(d)\mathbf{T}_{3,2}(e) &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ d & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & e & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ d & e & 1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$
# B Opérations élémentaires sur les lignes

On définit les trois opérations élémentaires sur les lignes. A chacune on associe une matrice inversible. On garde les notations de la section précédente. On commence par la définition d'équivalence par lignes.

## Définition B.0.1

Soit $M, N \in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})$. On dit que $M$ et $N$ sont **équivalentes par lignes** s'il existe $P \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$M = PN$$

On note alors $M \sim_L N$.

La relation $\sim_L$ est une relation d'équivalence sur les matrices de $\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})$.

## B.1 Les trois opérations élémentaires

### Matrices de permutation

Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$. La **matrice de permutation des lignes i et j de taille n** est la matrice $\mathbf{P}_{i,j}$. Elle est symbolisée par :

$$L_i \leftrightarrow L_j.$$

On note alors :

$$\text{Mat}(L_i \leftrightarrow L_j) := \mathbf{P}_{i,j}$$

$$\text{Op}_L(\mathbf{P}_{i,j}) := [L_i \leftrightarrow L_j]$$

### Matrices de dilatation

Soit $i \in \{1, \dots, n\}$ et $a \in \mathbb{R}^*$. La **matrice de dilatation de la ligne i par a de taille n** est la matrice $\mathbf{D}_i(a)$. Elle est symbolisée par :

$$L_i \leftrightarrow aL_i.$$

On note alors :

$$\text{Mat}(L_i \leftrightarrow aL_i) := \mathbf{D}_i(a)$$

$$\text{Op}_L(\mathbf{D}_i(a)) := [L_i \leftrightarrow aL_i]$$

### Matrices de transvection

Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$ et $b \in \mathbb{R}$. La **matrice de transvection $(b, j)$ de la ligne i de taille n** est la matrice $\mathbf{T}_{i,j}(b, j)$. Elle est symbolisée par :

$$L_i \leftrightarrow L_i + bL_j.$$

On note alors :

$$\text{Mat}(L_i \leftrightarrow L_i + bL_j) := \mathbf{T}_{i,j}(b, j)$$

$$\text{Op}_L(\mathbf{T}_{i,j}(b, j)) := [L_i \leftrightarrow L_i + bL_j]$$
$$
\begin{align*}
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b & 1 & 0 \\ d & e & 1 \end{pmatrix} \\
&= L
\end{align*}
$$

(b) On a par (a) :

$$
\begin{align*}
L^{-1} &= \mathbf{T}_{3,2}(-e)\mathbf{T}_{3,1}(-d)\mathbf{T}_{2,1}(-b) \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -e & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -d & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -b & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -e & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -b & 1 & 0 \\ -d & 0 & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -b & 1 & 0 \\ be - d & -e & 1 \end{pmatrix}
\end{align*}
$$

(ii) Soit :

$$
L := \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}).
$$

(a) On a par (1.a) :

$$
\begin{align*}
& \mathbf{D}_3(f)\mathbf{D}_2(c)\mathbf{D}_1(a)\mathbf{T}_{2,1}(b/c)\mathbf{T}_{3,1}(d/f)\mathbf{T}_{3,2}(e/f) \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & f \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & c & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b/c & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ d/f & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & e/f & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & c & 0 \\ 0 & 0 & f \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ b/c & 1 & 0 \\ d/f & e/f & 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\ b & c & 0 \\ d & e & f \end{pmatrix} \\
&= L
\end{align*}
$$

(b) On a :

$$
\begin{align*}
L^{-1} &= \mathbf{T}_{3,2}(-e/f)\mathbf{T}_{3,1}(-d/f)\mathbf{T}_{2,1}(-b/c)\mathbf{D}_1(1/a)\mathbf{D}_2(1/c)\mathbf{D}_3(1/f) \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -e/f & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -d/f & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -b/c & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 1/a & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1/c & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1/f \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -b/c & 1 & 0 \\ (be-dc)/(cf) & -e/f & 1 \end{pmatrix} \bullet \begin{pmatrix} 1/a & 0 & 0 \\ 0 & 1/c & 0 \\ 0 & 0 & 1/f \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} 1/a & 0 & 0 \\ -b/(ac) & 1/c & 0 \\ (be-cd)/(acf) & -e/(cf) & 1/f \end{pmatrix}.
\end{align*}
$$
## B.2 Un exemple simple

Faire une opération élémentaire sur les lignes d'une matrice est équivalent à multiplier la matrice à gauche par une matrice élémentaire.

Regardons cela sur un exemple simple. Soit la matrice :

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

(1) Dilatation :

$[L_2 \leftarrow 5L_2]$

$$\mathbf{D}_2(5)M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 20 & 25 & 30 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}.$$

(2) Permutation :

(a)

$[L_2 \leftrightarrow L_3]$

$$\mathbf{P}_{2,3}M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 7 & 8 & 9 \\ 4 & 5 & 6 \end{pmatrix}$$

(b)

$[L_1 \leftrightarrow L_3]$

$$\mathbf{P}_{1,3}M = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 & 8 & 9 \\ 4 & 5 & 6 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}$$

(3) Transvection :

$[L_3 \leftarrow L_3 + 3L_1]$

$$\mathbf{T}_{3,1}(3)M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 10 & 14 & 18 \end{pmatrix}$$

(4) Transvection et dilatation :

$[L_3 \leftarrow 2L_3 + 3L_1]$

$$\mathbf{D}_3(2)\mathbf{T}_{3,1}(3/2)M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 26 & 31 & 36 \end{pmatrix}$$

Cela correspond aux deux opérations élémentaires faites successivement :

$$[L_3 \leftarrow 2L_3 + 3L_1] \equiv [L_3 \leftarrow L_3 + 3/2 \cdot L_1 \text{ puis } L_3 \leftarrow 2L_3]$$

i.e. on a matriciellement 8 :

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

<footnote n="8">8. L'ordre dans le produit des matrices est inversé car on multiplie à gauche.</footnote>
<figure><img src="image_9.png" /></figure>

En passant à la transposée, on a le résultat pour les matrices triangulaires supérieures (voir aussi le lemme A.5.1).

**Proposition A.6.2**

(i) Soit :

$$ U := \begin{pmatrix} 1 & b & d \\ 0 & 1 & e \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}). $$

(a) On a :

$$ U = \mathbf{T}_{2,3}(e)\mathbf{T}_{1,3}(d)\mathbf{T}_{1,2}(b). $$

(b) On a :

$$ \begin{aligned} U^{-1} &= \mathbf{T}_{1,2}(-b)\mathbf{T}_{1,3}(-d)\mathbf{T}_{2,3}(-e) \\ &= \begin{pmatrix} 1 & -b & be-d \\ 0 & 1 & -e \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \end{aligned} $$

(ii) Soit :

$$ U := \begin{pmatrix} a & b & d \\ 0 & c & e \\ 0 & 0 & f \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_3(\mathbb{R}). $$

(a) Les réels $a, c$ et $f$ sont non nuls.

(b) On a :

$$ U = \mathbf{T}_{2,3}(e/f)\mathbf{T}_{1,3}(d/f)\mathbf{T}_{1,2}(b/c)\mathbf{D}_1(a)\mathbf{D}_2(c)\mathbf{D}_3(f). $$

(c) On a :

$$ \begin{aligned} U^{-1} &= \mathbf{D}_3(1/f)\mathbf{D}_2(1/c)\mathbf{D}_1(1/a)\mathbf{T}_{1,2}(-b/c)\mathbf{T}_{1,3}(-d/f)\mathbf{T}_{2,3}(-e/f) \\ &= \begin{pmatrix} 1/a & -b/(ac) & (be-cd)/(acf) \\ 0 & 1/c & -e/(cf) \\ 0 & 0 & 1/f \end{pmatrix}. \end{aligned} $$

Le résultat se généralise en dimension quelconque. Comme le produit matriciel n'est pas commutatif, on utilise les notations :

$$ \prod_{i}^{1 \to n} a_i = a_1 \cdots a_n $$

$$ \prod_{i}^{n \to 1} a_i = a_n \cdots a_1 $$

On a pour les matrices triangulaires inférieures et supérieures le résultat suivant.
C Opérations élémentaires sur les colonnes

On définit les trois opérations élémentaires sur les colonnes. A chacune on associe une matrice inversible. Elles sont simplement les transposées des matrices élémentaires sur les lignes. On garde les notations des sections pré-cédentes. On commence par la définition d'équivalence par colonnes.

Définition C.0.1

Soit $M, N \in \mathcal{M}_{p,n}(\mathbb{R})$. On dit que $M$ et $N$ sont équivalentes par colonnes s'il existe $Q \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$M = NQ^{-1}$$

On note alors $M \sim_C N$.

La relation $\sim_C$ est une relation d'équivalence sur les matrices de $\mathcal{M}_{p,n}(\mathbb{R})$.

C.1 Les trois opérations élémentaires

Matrices de permutation

Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$. La **matrice de permutation des colonnes i et j de taille n** est la matrice :

$$\mathbf{P}_{i,j}^{T} = \mathbf{P}_{i,j}.$$

Elle est symbolisée par :

$$C_i \leftrightarrow C_j.$$

On note alors :

$$\text{Mat}(C_i \leftrightarrow C_j) := \mathbf{P}_{i,j}$$

$$\text{Op}_C(\mathbf{P}_{i,j}) := [C_i \leftrightarrow C_j]$$

Matrices de dilatation

Soit $i \in \{1, \dots, n\}$ et $a \in \mathbb{R}^*$. La **matrice de dilatation de la ligne i par a de taille n** est :

$$\mathbf{D}_i(a)^T = \mathbf{D}_i(a).$$

Elle est symbolisée par :

$$C_i \leftrightarrow aC_i.$$

On note alors :

$$\text{Mat}(C_i \leftrightarrow aC_i) := \mathbf{D}_i(a)$$

$$\text{Op}_C(\mathbf{D}_i(a)) := [C_i \leftrightarrow aC_i]$$

Matrices de transvection

Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$ et $b \in \mathbb{R}$. La **matrice de transvection $(b, j)$ de la ligne $i$ de taille $n$** est :

$$\mathbf{T}_{i,j}(b, j)^T = \mathbf{T}_{j,i}(b, j).$$

Elle est symbolisée par :

$$C_i \leftrightarrow C_i + bC_j.$$

On note alors :

$$\text{Mat}(C_i \leftrightarrow C_i + bC_j) := \mathbf{T}_{j,i}(b, j)$$

$$\text{Op}_C(\mathbf{T}_{j,i}(b, j)) := [C_i \leftrightarrow C_i + bC_j]$$
Proposition A.6.3

(i) Soit :

$$
L := \begin{pmatrix} t_{11} & & (0) \\ \vdots & \ddots & \\ t_{n1} & & t_{n,n} \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R}).
$$

(a) On a :

$$
L = \left[ \prod_{i=1}^{n} \mathbf{D}_i (t_{i,i}) \right] \cdot \left[ \prod_{i}^{2 \to n} \left[ \prod_{k=1}^{i-1} \mathbf{T}_{i,k} \left( \frac{t_{i,k}}{t_{i,i}} \right) \right] \right].
$$

(b) On a :

$$
L^{-1} = \prod_{i}^{n \to 2} \left[ \prod_{k=1}^{i-1} \mathbf{T}_{i,k} \left( -\frac{t_{i,k}}{t_{i,i}} \right) \right] \cdot \left[ \prod_{i=1}^{n} \mathbf{D}_i \left( \frac{1}{t_{i,i}} \right) \right].
$$

(ii) Soit :

$$
U := \begin{pmatrix} t_{11} & \cdots & t_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ (0) & & t_{n,n} \end{pmatrix} \in \mathrm{GL}_n(\mathbb{R}).
$$

(a) On a :

$$
U = \left[ \prod_{i}^{n \to 2} \left[ \prod_{k=1}^{i-1} \mathbf{T}_{k,i} \left( \frac{t_{k,i}}{t_{i,i}} \right) \right] \cdot \left[ \prod_{i=1}^{n} \mathbf{D}_i (t_{i,i}) \right] \right].
$$

(b) On a :

$$
U^{-1} = \left[ \prod_{i=1}^{n} \mathbf{D}_i \left( \frac{1}{t_{i,i}} \right) \right] \cdot \prod_{i}^{2 \to n} \left[ \prod_{k=1}^{i-1} \mathbf{T}_{k,i} \left( -\frac{t_{i,k}}{t_{i,i}} \right) \right].
$$
## C.2 Un exemple simple

Faire une opération élémentaire sur les colonnes d'une matrice est équivalent à multiplier la matrice à droite par une matrice élémentaire.

Regardons cela sur un exemple simple. Soit la matrice :

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

(1) Dilatation :

$$[C_2 \leftarrow 5C_2]$$

$$M D_2(5) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 10 & 3 \\ 4 & 25 & 6 \\ 7 & 40 & 9 \end{pmatrix}.$$

(2) Permutation :

(a)

$$[C_2 \leftrightarrow C_3]$$

$$M P_{2,3} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 \\ 4 & 6 & 5 \\ 7 & 9 & 8 \end{pmatrix}$$

(b)

$$[C_1 \leftrightarrow C_3]$$

$$M P_{1,3} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 1 \\ 6 & 5 & 4 \\ 9 & 8 & 7 \end{pmatrix}$$

(3) Transvection :

$$[C_3 \leftarrow C_3 + 3C_1]$$

$$M T_{3,1}(3) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 6 \\ 4 & 5 & 18 \\ 7 & 8 & 30 \end{pmatrix}$$

(4) Transvection et dilatation :

$$[C_3 \leftarrow 2C_3 + 3C_1]$$

$$M T_{3,1}(3/2) D_3(2) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 9 \\ 4 & 5 & 24 \\ 7 & 8 & 39 \end{pmatrix}$$

Cela correspond aux deux opérations élémentaires faites successivement :

$$[C_3 \leftarrow 2C_3 + 3C_1] \equiv [C_3 \leftarrow C_3 + 3/2 \cdot C_1 \text{ puis } C_3 \leftarrow 2C_3]$$

i.e. on a matriciellement :

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3/2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.$$
# B Opérations élémentaires sur les lignes

On définit les trois opérations élémentaires sur les lignes. A chacune on associe une matrice inversible. On garde les notations de la section précédente. On commence par la définition d'équivalence par lignes.

## Définition B.0.1

Soit $M, N \in \mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})$. On dit que $M$ et $N$ sont **équivalentes par lignes** s'il existe $P \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$M = PN$$

On note alors $M \sim_L N$.

La relation $\sim_L$ est une relation d'équivalence sur les matrices de $\mathcal{M}_{n,p}(\mathbb{R})$.

## B.1 Les trois opérations élémentaires

### Matrices de permutation

Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$. La **matrice de permutation des lignes i et j de taille n** est la matrice $\mathbf{P}_{i,j}$. Elle est symbolisée par :

$$L_i \leftrightarrow L_j.$$

On note alors :

$$\begin{align*} \text{Mat}(L_i \leftrightarrow L_j) &:= \mathbf{P}_{i,j} \\ \text{Op}_L(\mathbf{P}_{i,j}) &:= [L_i \leftrightarrow L_j] \end{align*}$$

### Matrices de dilatation

Soit $i \in \{1, \dots, n\}$ et $a \in \mathbb{R}^*$. La **matrice de dilatation de la ligne i par a de taille n** est la matrice $\mathbf{D}_i(a)$. Elle est symbolisée par :

$$L_i \leftarrow aL_i.$$

On note alors :

$$\begin{align*} \text{Mat}(L_i \leftarrow aL_i) &:= \mathbf{D}_i(a) \\ \text{Op}_L(\mathbf{D}_i(a)) &:= [L_i \leftarrow aL_i] \end{align*}$$

### Matrices de transvection

Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$ et $b \in \mathbb{R}$. La **matrice de transvection (b, j) de la ligne i de taille n** est la matrice $\mathbf{T}_{i,j}(b, j)$. Elle est symbolisée par :

$$L_i \leftarrow L_i + bL_j.$$

On note alors :

$$\begin{align*} \text{Mat}(L_i \leftarrow L_i + bL_j) &:= \mathbf{T}_{i,j}(b, j) \\ \text{Op}_L(\mathbf{T}_{i,j}(b, j)) &:= [L_i \leftarrow L_i + bL_j] \end{align*}$$
# D Rotations de Givens

Dans la décomposition $QR$, il existe une autre méthode connue pour calculer la matrice $Q$. Elle utilise les rotations de Givens. Cette méthode qui semble compliquée au premier abord, est très utile en pratique car comme on le verra, elle nécessite peu de calculs pour l'obtention de matrice $Q$.

Dans les sections 13 et 14, on trouvera deux autres méthodes pour calculer une matrice $Q$. Cette section est aussi l'occasion grâce à la matrice $A$ de l'introduction de montrer que les matrices $Q$ et $R$ ne sont pas uniques. On trouvera des matrices différentes de la section 13 avec la méthode de Gram-Schmidt.

## D.1 Introduction

On commence avec la définition des rotations de Givens.

### Définition D.1.1

Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ et $\theta \in \mathbb{R}$. La **matrice de rotation de Givens $G(i, j, \theta)$ de taille $n$** est la matrice orthogonale de taille $n$ donnée pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$ :

$$ [G(i, j, \theta)]_{kl} := \begin{cases} 1 & \text{si } k = l \neq i, j \\ \cos(\theta) & \text{si } k = l = i \text{ ou } k = l = j \\ \sin(\theta) & \text{si } (k, l) = (j, i) \\ -\sin(\theta) & \text{si } (k, l) = (i, j) \end{cases} $$

On la notera aussi :

$$ G(i, j, c, s) := G(i, j, \theta) $$

avec $c := \cos(\theta)$ et $s := \sin(\theta)$.

On a donc :

$$ G(i, j, c, s) = G(i, j, \theta) = \begin{pmatrix} i & \cdots & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & c & \cdots & -s \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & s & \cdots & c \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & \cdots & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} i \\ j \end{pmatrix} $$

### Exemple D.1.2: Cas $n := 3$

Soit $\theta \in \mathbb{R}$. Posons $c := \cos(\theta)$ et $s := \sin(\theta)$. Les 6 types de rotations de Givens sont données par :

$$ G(1, 2, c, s) = G(1, 2, \theta) = \begin{pmatrix} c & -s & 0 \\ s & c & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$

$$ G(2, 1, c, s) = G(2, 1, \theta) = \begin{pmatrix} -s & c & 0 \\ c & s & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$

$$ G(1, 3, c, s) = G(1, 3, \theta) = \begin{pmatrix} c & 0 & -s \\ s & 0 & c \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} $$

$$ G(3, 1, c, s) = G(3, 1, \theta) = \begin{pmatrix} -s & 0 & c \\ c & 0 & s \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} $$
## B.2 Un exemple simple

Faire une opération élémentaire sur les lignes d'une matrice est équivalent à multiplier la matrice à gauche par une matrice élémentaire.

Regardons cela sur un exemple simple. Soit la matrice :

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

(1) Dilatation :

$$[L_2 \leftarrow 5L_2]$$

$$\mathbf{D}_2(5)M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 20 & 25 & 30 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix}.$$

(2) Permutation :

(a)

$$[L_2 \leftrightarrow L_3]$$

$$\mathbf{P}_{2,3}M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 7 & 8 & 9 \\ 4 & 5 & 6 \end{pmatrix}$$

(b)

$$[L_1 \leftrightarrow L_3]$$

$$\mathbf{P}_{1,3}M = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 & 8 & 9 \\ 4 & 5 & 6 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}$$

(3) Transvection :

$$[L_3 \leftarrow L_3 + 3L_1]$$

$$\mathbf{T}_{3,1}(3)M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 10 & 14 & 18 \end{pmatrix}$$

(4) Transvection et dilatation :

$$[L_3 \leftarrow 2L_3 + 3L_1]$$

$$\mathbf{D}_3(2)\mathbf{T}_{3,1}(3/2)M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 26 & 31 & 36 \end{pmatrix}$$

Cela correspond aux deux opérations élémentaires faites successivement :

$$[L_3 \leftarrow 2L_3 + 3L_1] \equiv [L_3 \leftarrow L_3 + 3/2 \cdot L_1 \text{ puis } L_3 \leftarrow 2L_3]$$

i.e. on a matriciellement 8 :

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

<footnote n="8">8. L'ordre dans le produit des matrices est inversé car on multiplie à gauche.</footnote>
$$
G(2, 3, c, s) = G(2, 3, \theta) = \begin{pmatrix} 0 & c & -s \\ 0 & s & c \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
$$

$$
G(3, 2, c, s) = G(3, 2, \theta) = \begin{pmatrix} 0 & -s & c \\ 0 & c & s \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}
$$

On commence par un lemme utile.

Lemme D.1.3

Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ et $\theta \in \mathbb{R}$.

(i) On a $G(i, j, \theta) \in O_n(\mathbb{R})$.

(ii) Soit :

$$
X := \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix} \in \mathbb{R}^n
$$

avec $r := \sqrt{x_i^2 + x_j^2} \neq 0$. Alors on a :

$$
G\left(i, j, \frac{x_i}{r}, -\frac{x_j}{r}\right) X = \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ r \\ \vdots \\ 0 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix} \begin{array}{l} i \\ j \end{array}
$$

Démonstration. Dans les deux preuves, on a va utiliser une expression de $G(i, j, \theta)$ avec des symboles de Kronecker.
Pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$, on a :

$$
[G(i, j, \theta)]_{kl} = s(\delta_{(k,l),(j,i)} - \delta_{(k,l),(i,j)}) + (c-1)(\delta_{(k,l),(i,i)} + \delta_{(k,l),(j,j)}) + \delta_{k,l}
$$

(i) Posons $c := \cos(\theta)$ et $s := \sin(\theta)$. Montrons que $G(i, j, \theta)^T G(i, j, \theta) = I_n$. Pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$ et comme $s^2 + c^2 = 1$, on a :

$$
\begin{align*}
& [G(i, j, \theta)^T G(i, j, \theta)]_{kl} \\
&= \sum_{h=1}^{n} [G(i, j, \theta)^T]_{kh} [G(i, j, \theta)]_{hl} \\
&= \sum_{h=1}^{n} [G(i, j, \theta)]_{hk} [G(i, j, \theta)]_{hl} \\
&= \sum_{h=1}^{n} \left( s(\delta_{(h,k),(j,i)} - \delta_{(h,k),(i,j)}) + (c-1)(\delta_{(h,k),(i,i)} + \delta_{(h,k),(j,j)}) + \delta_{h,k} \right) \\
&\qquad \times \left( s(\delta_{(h,l),(j,i)} - \delta_{(h,l),(i,j)}) + (c-1)(\delta_{(h,l),(i,i)} + \delta_{(h,l),(j,j)}) + \delta_{h,l} \right) \\
&= s^2 \sum_{h=1}^{n} (\delta_{(h,k),(j,i)} - \delta_{(h,k),(i,j)})(\delta_{(h,l),(j,i)} - \delta_{(h,l),(i,j)}) \\
&\qquad + (c-1)^2 \sum_{h=1}^{n} (\delta_{(h,k),(i,i)} + \delta_{(h,k),(j,j)})(\delta_{(h,l),(i,i)} + \delta_{(h,l),(j,j)})
\end{align*}
$$
# C Opérations élémentaires sur les colonnes

On définit les trois opérations élémentaires sur les colonnes. A chacune on associe une matrice inversible. Elles sont simplement les transposées des matrices élémentaires sur les lignes. On garde les notations des sections pré-cédentes. On commence par la définition d'équivalence par colonnes.

## Définition C.0.1

Soit $M, N \in \mathcal{M}_{p,n}(\mathbb{R})$. On dit que $M$ et $N$ sont équivalentes par colonnes s'il existe $Q \in \text{GL}_n(\mathbb{R})$ telle que :

$$M = NQ^{-1}$$

On note alors $M \sim_C N$.

La relation $\sim_C$ est une relation d'équivalence sur les matrices de $\mathcal{M}_{p,n}(\mathbb{R})$.

## C.1 Les trois opérations élémentaires

### Matrices de permutation

Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$. La **matrice de permutation des colonnes i et j de taille n** est la matrice :

$$\mathbf{P}_{i,j}^{T} = \mathbf{P}_{i,j}.$$

Elle est symbolisée par :

$$C_i \leftrightarrow C_j.$$

On note alors :

$$\text{Mat}(C_i \leftrightarrow C_j) := \mathbf{P}_{i,j}$$

$$\text{Op}_C(\mathbf{P}_{i,j}) := [C_i \leftrightarrow C_j]$$

### Matrices de dilatation

Soit $i \in \{1, \dots, n\}$ et $a \in \mathbb{R}^*$. La **matrice de dilatation de la ligne i par a de taille n** est :

$$\mathbf{D}_i(a)^T = \mathbf{D}_i(a).$$

Elle est symbolisée par :

$$C_i \leftrightarrow aC_i.$$

On note alors :

$$\text{Mat}(C_i \leftrightarrow aC_i) := \mathbf{D}_i(a)$$

$$\text{Op}_C(\mathbf{D}_i(a)) := [C_i \leftrightarrow aC_i]$$

### Matrices de transvection

Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$ et $b \in \mathbb{R}$. La **matrice de transvection $(b, j)$ de la ligne $i$ de taille $n$** est :

$$\mathbf{T}_{i,j}(b, j)^T = \mathbf{T}_{j,i}(b, j).$$

Elle est symbolisée par :

$$C_i \leftrightarrow C_i + bC_j.$$

On note alors :

$$\text{Mat}(C_i \leftrightarrow C_i + bC_j) := \mathbf{T}_{j,i}(b, j)$$

$$\text{Op}_C(\mathbf{T}_{j,i}(b, j)) := [C_i \leftrightarrow C_i + bC_j]$$
$$
\begin{align*}
&+ s(c-1) \sum_{h=1}^{n} \left[ (\delta_{(h,k),(j,i)} - \delta_{(h,k),(i,j)})(\delta_{(h,l),(i,i)} + \delta_{(h,l),(j,j)}) + (\delta_{(h,k),(i,i)} + \delta_{(h,k),(j,j)})(\delta_{(h,l),(j,i)} - \delta_{(h,l),(i,j)}) \right] \\
&+ s \sum_{h=1}^{n} \left[ (\delta_{(h,k),(j,i)} - \delta_{(h,k),(i,j)})\delta_{h,l} + \delta_{h,k}(\delta_{(h,l),(j,i)} - \delta_{(h,l),(i,j)}) \right] \\
&+ (c-1) \sum_{h=1}^{n} \left[ (\delta_{(h,l),(i,i)} + \delta_{(h,l),(j,j)})\delta_{h,l} + \delta_{h,k}(\delta_{(h,l),(i,i)} + \delta_{(h,l),(j,j)}) \right] \\
&+ \sum_{h=1}^{n} \delta_{h,k}\delta_{h,l} \\
&= s^2 (\delta_{(i,k),(i,j)}\delta_{(i,l),(i,j)} + \delta_{(j,k),(j,i)}\delta_{(j,l),(j,i)}) \\
&\quad + (c-1)^2 (\delta_{(i,k),(i,i)}\delta_{(i,l),(i,i)} + \delta_{(j,k),(j,j)}\delta_{(j,l),(j,j)}) \\
&\quad + s(c-1) (-\delta_{(i,k),(i,j)}\delta_{(i,l),(i,i)} - \delta_{(i,k),(i,i)}\delta_{(i,l),(i,j)} + \delta_{(j,k),(j,i)}\delta_{(j,l),(j,j)} + \delta_{(j,k),(j,j)}\delta_{(j,l),(j,i)}) \\
&\quad + s (-\delta_{(i,k),(i,j)}\delta_{i,l} - \delta_{i,k}\delta_{(i,l),(i,j)} + \delta_{(j,k),(j,i)}\delta_{j,l} + \delta_{j,k}\delta_{(j,l),(j,i)}) \\
&\quad + (c-1) (\delta_{(i,l),(i,i)}\delta_{i,l} + \delta_{i,k}\delta_{(i,l),(i,i)} + \delta_{(j,l),(j,j)}\delta_{j,l} + \delta_{j,k}\delta_{(j,l),(j,j)}) \\
&\quad + \delta_{k,l} \\
&= s^2 (\delta_{k,j}\delta_{l,j} + \delta_{k,i}\delta_{l,i}) + (c-1)^2 (\delta_{i,k}\delta_{i,l} + \delta_{k,j}\delta_{l,j}) \\
&\quad + s(c-1) \times 0 + s \times 0 + (c-1) (\delta_{i,l} + \delta_{i,k}\delta_{l,i} + \delta_{j,l} + \delta_{j,k}\delta_{l,j}) + \delta_{k,l} \\
&= (s^2 + (c-1)^2 + c-1) (\delta_{k,j}\delta_{l,j} + \delta_{k,i}\delta_{l,i}) + (c-1) (\delta_{i,l} + \delta_{j,l}) + \delta_{k,l} \\
&= \begin{cases} (-c+1) + (c-1) + 1 & \text{si } k=l=i \text{ ou } k=l=j \\ \delta_{k,l} & \text{sinon.} \end{cases} \\
&= \delta_{k,l} \\
&= [I_n]_{k,l}
\end{align*}
$$

D'où le résultat.

(ii) Pour tout $k \in \{1, \dots, n\}$, on a :

$$
\begin{align*}
& \left[ G \left( i, j, \frac{x_i}{r}, -\frac{x_j}{r} \right) X \right]_k \\
&= \sum_{h=1}^{n} \left[ G \left( i, j, \frac{x_i}{r}, -\frac{x_j}{r} \right) \right]_{kh} [X]_h \\
&= \sum_{h=1}^{n} \left( -\frac{x_j}{r} (\delta_{(k,h),(j,i)} - \delta_{(k,h),(i,j)}) + \left( \frac{x_i}{r} - 1 \right) (\delta_{(k,h),(i,i)} + \delta_{(k,h),(j,j)}) + \delta_{k,h} \right) x_h \\
&= \left( -\frac{x_j}{r} \delta_{(k,i),(j,i)} + \left( \frac{x_i}{r} - 1 \right) \delta_{(k,i),(i,i)} \right) x_i + \left( -\frac{x_j}{r} \delta_{(k,j),(i,j)} + \left( \frac{x_i}{r} - 1 \right) \delta_{(k,j),(j,j)} \right) x_j + \delta_{k,k} x_k \\
&= \begin{cases} \left( \frac{x_i}{r} - 1 \right) x_i + \frac{x_j}{r} x_j + x_i & \text{si } k=i \\ -\frac{x_j}{r} x_i + \left( \frac{x_i}{r} - 1 \right) x_j + x_j & \text{si } k=j \\ x_k & \text{sinon.} \end{cases} \\
&= \begin{cases} r & \text{si } k=i \\ 0 & \text{si } k=j \\ x_k & \text{sinon.} \end{cases}
\end{align*}
$$

D'où le résultat.

<figure><img src="image_10.png" /></figure>
## C.2 Un exemple simple

Faire une opération élémentaire sur les colonnes d'une matrice est équivalent à multiplier la matrice à droite par une matrice élémentaire.

Regardons cela sur un exemple simple. Soit la matrice :

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

(1) Dilatation :

$$[C_2 \leftarrow 5C_2]$$

$$M D_2(5) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 10 & 3 \\ 4 & 25 & 6 \\ 7 & 40 & 9 \end{pmatrix}.$$

(2) Permutation :

(a)

$$[C_2 \leftrightarrow C_3]$$

$$M P_{2,3} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2 \\ 4 & 6 & 5 \\ 7 & 9 & 8 \end{pmatrix}$$

(b)

$$[C_1 \leftrightarrow C_3]$$

$$M P_{1,3} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 1 \\ 6 & 5 & 4 \\ 9 & 8 & 7 \end{pmatrix}$$

(3) Transvection :

$$[C_3 \leftarrow C_3 + 3C_1]$$

$$M T_{3,1}(3) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 6 \\ 4 & 5 & 18 \\ 7 & 8 & 30 \end{pmatrix}$$

(4) Transvection et dilatation :

$$[C_3 \leftarrow 2C_3 + 3C_1]$$

$$M T_{3,1}(3/2) D_3(2) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 9 \\ 4 & 5 & 24 \\ 7 & 8 & 39 \end{pmatrix}$$

Cela correspond aux deux opérations élémentaires faites successivement :

$$[C_3 \leftarrow 2C_3 + 3C_1] \equiv [C_3 \leftarrow C_3 + 3/2 \cdot C_1 \text{ puis } C_3 \leftarrow 2C_3]$$

i.e. on a matriciellement :

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3/2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.$$
Par le lemme, la multiplication à gauche par une rotation de Givens est une "double transvection" où l'on fait apparaître un *r* en ligne *i* et un *0* en ligne *j*.

En multipliant successivement à gauche par des rotations de Givens, on peut rendre la matrice triangulaire supérieure et le produit des rotations de Givens donnera la matrice *Q* comme on le verra dans la sous-section suivante.

En multipliant à droite par des rotations de Givens, on obtiendrait une décomposition *RQ* comme dans la section 14.

## D.2 Exemple

Calculons l'inverse de :

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

en utilisant la décomposition *QR* et les rotations de Givens.

Cas où $i := 1, j := 2, x_i := 2, x_j := 2$. On a :

$$\begin{aligned} r &:= \sqrt{x_i^2 + x_j^2} \\ &= \sqrt{2^2 + 2^2} \\ &= 2\sqrt{2} \end{aligned}$$

et

$$\begin{aligned} A_1 &:= G \left( i, j, \frac{x_i}{r}, \frac{-x_j}{r} \right) A \\ &= G \left( 1, 2, \frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}} \right) A \\ &= \begin{pmatrix} 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} & 0 \\ -1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1 \\ 2 & -3 & 2 \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 2\sqrt{2} & -\frac{5}{2}\sqrt{2} & \frac{3}{2}\sqrt{2} \\ 0 & -\frac{1}{2}\sqrt{2} & \frac{1}{2}\sqrt{2} \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

Cas où $i := 1, j := 3, x_i := 2\sqrt{2}, x_j := -1$. On a :

$$\begin{aligned} r &:= \sqrt{x_i^2 + x_j^2} \\ &= \sqrt{8 + 1} \\ &= 3 \end{aligned}$$

et

$$\begin{aligned} A_2 &:= G \left( i, j, \frac{x_i}{r}, \frac{-x_j}{r} \right) A_1 \\ &= G \left( 1, 3, \frac{2\sqrt{2}}{3}, \frac{1}{3} \right) A_1 \\ &= \begin{pmatrix} 2\sqrt{2}/3 & 0 & -1/3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1/3 & 0 & 2\sqrt{2}/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2\sqrt{2} & -\frac{5}{2}\sqrt{2} & \frac{3}{2}\sqrt{2} \\ 0 & -\frac{1}{2}\sqrt{2} & \frac{1}{2}\sqrt{2} \\ -1 & 2 & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$
# D Rotations de Givens

Dans la décomposition QR, il existe une autre méthode connue pour calculer la matrice Q. Elle utilise les rotations de Givens. Cette méthode qui semble compliquée au premier abord, est très utile en pratique car elle nécessite peu de calculs pour l'obtention de matrice Q.

Dans les sections 13 et 14, on trouvera deux autres méthodes pour calculer une matrice Q. Cette section est aussi l'occasion grâce à la matrice A de l'introduction de montrer que les matrices Q et R ne sont pas uniques : on trouvera des matrices différentes de la section 13 avec la méthode de Gram-Schmidt.

## D.1 Introduction

On commence avec la définition des rotations de Givens.

### Définition D.1.1

Soit $i, j \in \{1, \dots, n\}$ tels que $i \neq j$ et $\theta \in \mathbb{R}$. La **matrice de rotation de Givens** $G(i, j, \theta)$ **de taille** $n$ est la matrice orthogonale de taille $n$ donnée pour tous $k, l \in \{1, \dots, n\}$ :

$$ [G(i, j, \theta)]_{kl} := \begin{cases} 1 & \text{si } k = l \neq i, j \\ \cos(\theta) & \text{si } k = l = i \text{ ou } k = l = j \\ \sin(\theta) & \text{si } (k, l) = (j, i) \\ -\sin(\theta) & \text{si } (k, l) = (i, j) \end{cases} $$

On la notera aussi :

$$ G(i, j, c, s) := G(i, j, \theta) $$

avec $c := \cos(\theta)$ et $s := \sin(\theta)$.

On a donc :

$$ G(i, j, c, s) = G(i, j, \theta) = \begin{pmatrix} i & \cdots & j \\ 1 & \cdots & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & c & \cdots & -s & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & s & \cdots & c & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} i \\ j \end{pmatrix} $$

### Exemple D.1.2: Cas $n := 3$

Soit $\theta \in \mathbb{R}$. Posons $c := \cos(\theta)$ et $s := \sin(\theta)$. Les 6 types de rotations de Givens sont données par :

$$ G(1, 2, c, s) = G(1, 2, \theta) = \begin{pmatrix} c & -s & 0 \\ s & c & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$

$$ G(2, 1, c, s) = G(2, 1, \theta) = \begin{pmatrix} -s & c & 0 \\ c & s & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$

$$ G(1, 3, c, s) = G(1, 3, \theta) = \begin{pmatrix} c & 0 & -s \\ s & 0 & c \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} $$

$$ G(3, 1, c, s) = G(3, 1, \theta) = \begin{pmatrix} -s & 0 & c \\ c & 0 & s \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} $$