Un inverse d'un seul côté suffit

Exercice de TD · niveau 3 (difficile) · mathématiques (PTSI), chapitre 7 — Calcul matriciel et systèmes linéaires · C. Systèmes linéaires

Énoncé

Soit $A \in M_{n} (K)$ . On rappelle (cours) que chaque opération élémentaire sur les lignes revient à multiplier à gauche par une matrice inversible — échange $P_{i, j}$ , dilatation $D_{i} (λ)$ avec $λ \neq = 0$ , transvection $T_{i, j} (λ) = I_{n} + λ E_{i, j}$ — dont l'inverse est la matrice d'une opération élémentaire du même type.

a) On suppose que $A$ est inversible, ou seulement qu'il existe $B \in M_{n} (K)$ telle que $B A = I_{n}$ . Montrer que le système homogène $A X = 0$ n'a que la solution nulle.

b) On suppose que $A X = 0$ n'a que la solution nulle, et l'on applique à $A$ la méthode de Gauss-Jordan : on obtient une matrice échelonnée réduite $A^{'} = E_{k} \dots E_{1} A$ , dans laquelle chaque pivot vaut $1$ et est le seul coefficient non nul de sa colonne, les $E_{i}$ étant des matrices d'opérations élémentaires sur les lignes. Montrer que $A^{'} X = 0$ n'a que la solution nulle, que chaque colonne de $A^{'}$ porte un pivot, puis que $A^{'} = I_{n}$ .

c) En déduire que $A = E_{1}^{- 1} \dots E_{k}^{- 1}$ : $A$ est inversible, et c'est un produit de matrices d'opérations élémentaires.

d) Conclure : pour $A, B \in M_{n} (K)$ , $B A = I_{n}$ entraîne que $A$ est inversible et que $B = A^{- 1}$ ; de même, $A B = I_{n}$ entraîne $B = A^{- 1}$ .

e) Trouver $A \in M_{2, 1} (R)$ et $B \in M_{1, 2} (R)$ telles que $B A = I_{1}$ et $A B \neq = I_{2}$ . Où l'hypothèse « carrée » a-t-elle servi ?

f) Application. Soient $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ trois réels deux à deux distincts. Montrer que, pour tous réels $y_{1}, y_{2}, y_{3}$ , il existe un unique triplet $(a, b, c)$ tel que la courbe d'équation $y = a x^{2} + b x + c$ passe par les trois points $(x_{i}, y_{i})$ . Déterminer cette courbe pour les points $(0, 1)$ , $(1, 0)$ et $(2, 3)$ .

Corrigé

Ce qu'on a le droit d'utiliser. L'interprétation matricielle des opérations élémentaires, l'inversibilité d'un produit d'inversibles, la lecture des inconnues libres sur une forme échelonnée (chapitre d'algèbre), et le fait qu'un trinôme du second degré a au plus deux racines (chapitre des nombres complexes). La stratégie : traduire « $A X = 0$ n'a que la solution nulle » en « le pivot ramène $A$ à $I_{n}$ », ce qui écrit $A$ comme un produit d'inversibles.

a) Le système homogène. Dans les deux cas, $B A = I_{n}$ (avec $B = A^{- 1}$ si $A$ est inversible). Si $A X = 0$ , alors $X = (B A) X = B (A X) = 0$ .

b) Le pivot va jusqu'au bout. $E = E_{k} \dots E_{1}$ est inversible, donc $A^{'} X = E A X = 0$ entraîne $A X = 0$ , puis $X = 0$ . Si une colonne $j$ de $A^{'}$ ne portait pas de pivot, l'inconnue $x_{j}$ serait libre : en la prenant égale à $1$ , les autres inconnues libres nulles et chaque inconnue principale lue sur sa ligne de pivot, on obtiendrait une solution non nulle — contradiction. Il y a donc $n$ pivots. Dans une matrice échelonnée, deux pivots ne partagent pas de ligne et chacun est strictement à droite du précédent : $n$ pivots dans $n$ lignes et $n$ colonnes sont sur la diagonale, chacun vaut $1$ et est seul dans sa colonne : $A^{'} = I_{n}$ .

c) Un produit de matrices élémentaires. En multipliant $E_{k} \dots E_{1} A = I_{n}$ à gauche successivement par $E_{k}^{- 1}, \dots, E_{1}^{- 1}$ , on obtient $A = E_{1}^{- 1} E_{2}^{- 1} \dots E_{k}^{- 1}$ : $A$ est inversible, d'inverse $E_{k} \dots E_{1}$ — ce qui justifie au passage la méthode de Gauss-Jordan $(A ∣ I_{n}) \to (I_{n} ∣ A^{- 1})$ .

d) Un seul côté suffit. Si $B A = I_{n}$ , alors $A$ est inversible par a), b), c), et $B = B (A A^{- 1}) = (B A) A^{- 1} = A^{- 1} .$ Si $A B = I_{n}$ , alors $A$ est un inverse à gauche de $B$ : $B$ est inversible et $A = B^{- 1}$ , donc $A^{- 1} = B$ . Pour une matrice carrée, un inverse d'un seul côté est un inverse : un seul produit suffit à le vérifier.

e) Le contre-exemple rectangulaire. $A = (10)$ et $B = (10)$ donnent $B A = (1) = I_{1}$ et $A B = (1000) \neq = I_{2}$ . L'hypothèse « carrée » a servi au b), et là seulement : $n$ pivots remplissent $n$ lignes parce qu'il y a autant de lignes que de colonnes. Ici, l'unique pivot laisse la seconde ligne nulle, et $A X = (01)$ n'a aucune solution.

f) La parabole : l'unicité donne l'existence. Passer par $(x_{i}, y_{i})$ s'écrit $a x_{i}^{2} + b x_{i} + c = y_{i}$ , équation linéaire en $(a, b, c)$ : c'est le système $V U = Y$ , avec $U = (a, b, c)^{⊤}$ , $Y = (y_{1}, y_{2}, y_{3})^{⊤}$ et $V = x_{1}^{2} x_{2}^{2} x_{3}^{2} x_{1} x_{2} x_{3} 111 .$ $V U = 0$ dit que $a x^{2} + b x + c$ s'annule en trois réels distincts ; si $a \neq = 0$ , c'est impossible pour un trinôme du second degré, donc $a = 0$ , puis $b x + c$ s'annule en deux points et $b = c = 0$ . Le système homogène n'a que la solution nulle, sans calcul ; par b) et c), $V$ est inversible, et pour tout $Y$ l'unique solution est $V^{- 1} Y$ : la courbe existe et est unique. Pour $(0, 1)$ , $(1, 0)$ , $(2, 3)$ : $c = 1$ , $a + b = - 1$ , $4 a + 2 b = 2$ , d'où $a = 2$ , $b = - 3$ , et $y = 2 x^{2} - 3 x + 1 = (2 x - 1) (x - 1)$ , qui vaut bien $1$ , $0$ et $8 - 6 + 1 = 3$ en $0$ , $1$ , $2$ .

Le point délicat. L'existence découle de l'unicité, par le pivot : pour une matrice carrée, « au plus une solution pour le second membre nul » entraîne « exactement une pour tout second membre ». Une application injective entre ensembles infinis n'est pas forcément surjective : c'est la finitude du tableau, $n$ lignes pour $n$ colonnes, qui fait tout.

Ce que l'exercice installe. Le pivot est une démonstration : toute matrice inversible est un produit de matrices d'opérations élémentaires, et un inverse d'un seul côté suffit. Le programme énonce ce dernier résultat au chapitre des matrices et applications linéaires, où il sera redémontré par le rang ; on le tient dès maintenant. Et la parabole est un premier pont entre matrices et polynômes, que le chapitre des polynômes prolongera.

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Un blocage sur cet exercice ? Le tuteur d'Adloun guide par questions, sans donner la réponse.