Un inverse d'un seul côté suffit, et $G L_{n} (K)$ est engendré par les opérations élémentaires

Exercice de TD · niveau 3 (difficile) · mathématiques MPSI, chapitre 9 — Calcul matriciel et systèmes linéaires · D. L'anneau $M_{n} (K)$ et les inversibles

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 — transvection $T_{i, j} (λ) = I_{n} + λ E_{i, j}$ , dilatation $D_{i} (λ)$ , échange $P_{i, j}$ — et que l'inverse de chacune est une matrice de même type.

a) On suppose 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 $X = 0$ .

b) On suppose que $A X = 0$ n'a que la solution nulle. On applique à $A$ l'algorithme du pivot sur les lignes jusqu'à la forme échelonnée réduite $A^{'} = E_{k} \dots E_{1} A$ (chaque pivot vaut $1$ , et sa colonne est nulle ailleurs). Montrer que $A^{'}$ possède $n$ pivots, et en déduire $A^{'} = I_{n}$ .

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

d) Conclure : si $B A = I_{n}$ , alors $A \in GL_{n} (K)$ et $B = A^{- 1}$ . Montrer de même que $A B = I_{n}$ entraîne $B = A^{- 1}$ .

e) Au TD 1, un inverse à gauche d'une application ne suffisait pas à en faire une bijection. Pourquoi suffit-il ici ? Où la finitude est-elle intervenue ?

Corrigé

Ce qu'on a le droit d'utiliser. L'interprétation matricielle des opérations élémentaires, le fait qu'elles préservent l'ensemble des solutions d'un système homogène (on multiplie par des matrices inversibles), la lecture des inconnues libres sur une forme échelonnée, et l'associativité. La stratégie : « $A X = 0$ n'a que la solution nulle » se traduit, par le pivot, en « $A$ se réduit à $I_{n}$ », ce qui écrit $A$ comme produit d'inversibles.

a) Le système homogène. Si $A X = 0$ , alors en multipliant à gauche par $B$ : $X = I_{n} X = (B A) X = B (A X) = B \cdot 0 = 0$ . La seule solution est $X = 0$ .

b) Le pivot va jusqu'au bout. Les matrices $E_{1}, \dots, E_{k}$ sont inversibles, donc $A^{'} X = 0$ équivaut à $A X = 0$ (multiplier par $E_{k} \dots E_{1}$ ou par son inverse) : le système $A^{'} X = 0$ n'a lui aussi que la solution nulle. Supposons qu'une colonne $j$ de $A^{'}$ ne porte pas de pivot. L'inconnue $x_{j}$ est alors libre : on peut poser $x_{j} = 1$ , toutes les autres inconnues libres à $0$ , et déterminer les inconnues principales par les lignes de pivots (chaque ligne de pivot s'écrit $x_{p} + (combinaison des inconnues libres) = 0$ , et livre $x_{p}$ ). On obtient une solution $X$ de $A^{'} X = 0$ avec $x_{j} = 1 \neq = 0$ : contradiction. Donc chaque colonne porte un pivot : il y a $n$ pivots. Dans une forme échelonnée réduite à $n$ lignes et $n$ pivots, les pivots descendent en escalier, un par ligne et un par colonne, chaque pivot vaut $1$ et le reste de sa colonne est nul : $A^{'} = I_{n}$ .

c) $A$ est un produit de matrices d'opérations élémentaires. De $E_{k} \dots E_{1} A = I_{n}$ , on tire, en multipliant à gauche successivement par $E_{k}^{- 1}$ , puis $E_{k - 1}^{- 1}$ , …, $E_{1}^{- 1}$ : $A = E_{1}^{- 1} E_{2}^{- 1} \dots E_{k}^{- 1}$ . Chaque $E_{i}^{- 1}$ est inversible (et c'est encore une matrice d'opération élémentaire), donc $A$ est inversible, comme produit d'inversibles, d'inverse $A^{- 1} = E_{k} \dots E_{1}$ . Réciproquement, si $A$ est inversible, alors $A X = 0$ n'a que la solution nulle (a, avec $B = A^{- 1}$ ), donc $A$ se réduit à $I_{n}$ et s'écrit comme ci-dessus : toute matrice inversible est un produit de transvections, de dilatations et d'échanges. C'est ce que le cours appelle « les opérations élémentaires préservent l'inversibilité », vu de l'autre côté.

d) Un seul côté suffit. Supposons $B A = I_{n}$ . Par le a), $A X = 0$ n'a que la solution nulle ; par le b) et le c), $A$ est inversible. Alors $B = B (A A^{- 1}) = (B A) A^{- 1} = I_{n} A^{- 1} = A^{- 1}$ : $B = A^{- 1}$ , et en particulier $A B = I_{n}$ aussi. Supposons maintenant $A B = I_{n}$ . C'est dire que $B$ admet $A$ pour inverse à gauche : par ce qui précède appliqué à $B$ , $B$ est inversible et $A = B^{- 1}$ . Donc $A$ est inversible (inverse d'une inversible) et $A^{- 1} = (B^{- 1})^{- 1} = B$ . Dans $M_{n} (K)$ , un inverse à gauche ou un inverse à droite est un inverse.

e) Pourquoi la finitude. Au TD 1, l'application $f : N \to N$ , $x \mapsto x + 1$ , admet un inverse à gauche — $h (y) = y - 1$ pour $y \geq 1$ , $h (0) = 0$ , et $h \circ f = id$ — sans être surjective : $0$ n'a pas d'antécédent. L'injectivité (inverse à gauche) n'entraîne pas la surjectivité (inverse à droite) sur un ensemble infini. Ici, la finitude est intervenue au b) : la matrice est carrée, $n$ colonnes pour $n$ lignes. « Aucune inconnue libre » signifie $n$ pivots, et $n$ pivots dans $n$ lignes remplissent la forme réduite jusqu'à $I_{n}$ . Pour une matrice $n \times p$ avec $p > n$ , il y aurait au plus $n$ pivots pour $p$ colonnes, donc toujours une inconnue libre, et l'injectivité serait impossible ; pour $p < n$ , la surjectivité le serait. C'est la version matricielle de l'exercice 9 du TD 8 : sur un ensemble fini, injectif force surjectif. Le chapitre 12 le dira en une phrase : en dimension finie, un endomorphisme injectif est bijectif.

Ce que l'exercice installe. Trois choses. Le pivot n'est pas seulement une méthode de résolution : c'est une démonstration, celle que « $A X = 0 \Rightarrow X = 0$ » entraîne l'inversibilité — la réciproque que le cours laissait admise. Le groupe linéaire est engendré par les trois types de matrices d'opérations élémentaires : toute matrice inversible se fabrique par des opérations sur les lignes de l'identité, et c'est exactement ce que fait la méthode de Gauss-Jordan. Enfin, pour vérifier qu'une matrice $B$ est l'inverse de $A$ , un seul produit suffit : on ne vérifie jamais les deux ordres.

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

Un inverse d'un seul côté suffit, et GLn​(K) est engendré par les opérations élémentaires

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Un inverse d'un seul côté suffit, et $G L_{n} (K)$ est engendré par les opérations élémentaires