Deux matrices non nulles de produit nul

Exercice d'entraînement · niveau 2 · mathématiques appliquées (ECG 1re année), chapitre 2 — Calcul matriciel et systèmes linéaires · Produit, transposition et commutation

Énoncé

Trouver deux matrices $A$ et $B$ de $M_{2} (R)$ , toutes deux non nulles, telles que $A B = 0$ . En déduire que l'égalité $A B = A C$ n'entraîne pas $B = C$ . Montrer enfin que si $A$ est inversible, $A B = 0$ entraîne $B = 0$ .

Corrigé

Un exemple. Posons $A = (1000), B = (0100) .$ Le coefficient $(i, j)$ de $A B$ est le produit de la ligne $i$ de $A$ par la colonne $j$ de $B$ . La première ligne de $A$ est $(1, 0)$ et les colonnes de $B$ sont $(0, 1)$ et $(0, 0)$ : on obtient $1 \times 0 + 0 \times 1 = 0$ et $0$ . La seconde ligne de $A$ étant nulle, la seconde ligne de $A B$ l'est aussi. Donc $A B = 0$ alors qu'aucune des deux matrices n'est nulle.

Pas de simplification. Prenons $C = 0$ . Alors $A C = 0 = A B$ , et pourtant $B \neq = C$ . On ne peut donc pas « simplifier par $A$ » dans une égalité matricielle : le passage de $A B = A C$ à $B = C$ , licite sur les réels non nuls, est faux ici. La raison est qu'une matrice non nulle n'est pas nécessairement inversible.

Le cas inversible. Supposons $A$ inversible et $A B = 0$ . Multiplions à gauche par $A^{- 1}$ — à gauche, car le produit n'est pas commutatif : $A^{- 1} (A B) = A^{- 1} \times 0 = 0.$ Or le produit est associatif, donc $A^{- 1} (A B) = (A^{- 1} A) B = I_{n} B = B$ . D'où $B = 0$ .

Le même argument montre que si $A$ est inversible, $A B = A C$ donne bien $B = C$ . L'inversibilité est exactement ce qui rend la simplification licite — et l'exemple du début montre qu'elle ne se déduit pas de « $A \neq = 0$ ».

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