Matrices

Pour tous $a,b$ : $$(E_{ij}E_{kl})_{ab}=\sum_{m=1}^n(E_{ij})_{am}(E_{kl})_{mb}=\sum_{m=1}^n\delta_{ia}\delta_{jm}\delta_{km}\delta_{lb}.$$ Dans la somme, seul le terme $m=j$ peut être non nul, et il vaut $\delta_{ia}\delta_{jk}\delta_{lb}$. Or $\delta_{jk}(E_{il})_{ab}=\delta_{jk}\delta_{ia}\delta_{lb}$. Les deux matrices ont les mêmes coefficients, d'où l'égalité.

Pour $1\le i\le q$ et $1\le j\le n$ : $$\big((AB)^\top\big)_{ij}=(AB)_{ji}=\sum_{k=1}^pa_{jk}b_{ki}=\sum_{k=1}^p(B^\top)_{ik}(A^\top)_{kj}=(B^\top A^\top)_{ij}.$$

Soit $A,B$ triangulaires supérieures et $i>j$. Dans $(AB)_{ij}=\sum_k a_{ik}b_{kj}$, on a $a_{ik}=0$ si $k<i$ et $b_{kj}=0$ si $k>j$. Un terme non nul exigerait $i\le k\le j$, ce qui est impossible puisque $i>j$. Donc $(AB)_{ij}=0$.

Pour $i=j$, seul $k=i$ donne un terme potentiellement non nul : $(AB)_{ii}=a_{ii}b_{ii}$.

$(AB)(B^{-1}A^{-1})=A(BB^{-1})A^{-1}=AA^{-1}=I_n$ et de même $(B^{-1}A^{-1})(AB)=I_n$.

Par transposition du produit : $A^\top(A^{-1})^\top=(A^{-1}A)^\top=I_n^\top=I_n$, et $(A^{-1})^\top A^\top=(AA^{-1})^\top=I_n$.

Posons $M=\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}$. Un calcul direct donne $AM=MA=(ad-bc)I_2$.

Si $ad-bc\neq0$, alors $A\cdot\frac1{ad-bc}M=\frac1{ad-bc}M\cdot A=I_2$.

Si $ad-bc=0$, alors $AM=0$. Supposons $A$ inversible : en multipliant à gauche par $A^{-1}$, on obtient $M=0$, donc $a=b=c=d=0$ et $A=0$, qui n'est pas inversible. Contradiction : $A$ n'est pas inversible.

Supposons tous les $t_{ii}$ non nuls. Le système $TX=Y$ s'écrit, pour $i$ de $n$ à $1$ : $t_{ii}x_i+\sum_{j>i}t_{ij}x_j=y_i$. On le résout par remontée : $x_n=\frac{y_n}{t_{nn}}$, puis chaque $x_i$ se calcule à partir de $x_{i+1},\dots,x_n$. La solution existe et est unique : $T$ est inversible (critère 5). De plus, par récurrence descendante, $x_i$ ne dépend que de $y_i,\dots,y_n$, avec coefficient $\frac1{t_{ii}}$ devant $y_i$ : la matrice $T^{-1}$ telle que $X=T^{-1}Y$ est triangulaire supérieure de diagonale $\big(\frac1{t_{ii}}\big)$.

Supposons $t_{kk}=0$ pour un certain $k$. Les colonnes $C_1,\dots,C_k$ de $T$ n'ont de coefficients non nuls que sur les lignes $1$ à $k-1$ (pour $C_k$, car $t_{kk}=0$). Ce sont $k$ vecteurs d'un espace de dimension $k-1$ : ils sont liés, donc les colonnes de $T$ ne forment pas une base et $T$ n'est pas inversible.

Écrivons $x=\sum_jx_je_j$ et $u(e_j)=\sum_ia_{ij}f_i$. Par linéarité : $$u(x)=\sum_{j=1}^px_ju(e_j)=\sum_{j=1}^px_j\sum_{i=1}^na_{ij}f_i=\sum_{i=1}^n\Big(\sum_{j=1}^pa_{ij}x_j\Big)f_i.$$ La $i$-ème coordonnée de $u(x)$ est donc $\sum_ja_{ij}x_j=(AX)_i$.

La linéarité vient de ce que les coordonnées de $(\lambda u+\mu v)(e_j)=\lambda u(e_j)+\mu v(e_j)$ sont les combinaisons correspondantes des coordonnées.

Bijectivité : une application linéaire est entièrement déterminée par les images des vecteurs d'une base, et ces images peuvent être choisies arbitrairement. Se donner $A\in\mathcal M_{n,p}(\mathbb K)$, c'est se donner $u(e_1),\dots,u(e_p)$ par leurs coordonnées : il existe une unique $u$ ayant $A$ pour matrice.

Notons $A=\operatorname{Mat}_{\mathcal B,\mathcal C}(u)$ et $B=\operatorname{Mat}_{\mathcal C,\mathcal D}(v)$. La colonne $j$ de $\operatorname{Mat}_{\mathcal B,\mathcal D}(v\circ u)$ est $\operatorname{Mat}_{\mathcal D}\big(v(u(e_j))\big)$. Par la formule $Y=AX$ appliquée à $v$ : $$\operatorname{Mat}_{\mathcal D}\big(v(u(e_j))\big)=B\operatorname{Mat}_{\mathcal C}(u(e_j))=B\times(\text{colonne }j\text{ de }A),$$ qui est la colonne $j$ de $BA$. Les deux matrices ont les mêmes colonnes.

Notons $A=\operatorname{Mat}_{\mathcal B,\mathcal C}(u)$. Si $u$ est bijective, $\operatorname{Mat}_{\mathcal C,\mathcal B}(u^{-1})A=\operatorname{Mat}_{\mathcal B}(\mathrm{id}_E)=I_n$ et $A\operatorname{Mat}_{\mathcal C,\mathcal B}(u^{-1})=I_n$. Réciproquement, si $A$ est inversible, soit $v\in\mathcal L(F,E)$ de matrice $A^{-1}$ : $u\circ v$ et $\mathrm{id}_F$ ont la même matrice $I_n$, donc sont égales par injectivité de $u\mapsto\operatorname{Mat}(u)$ ; de même $v\circ u=\mathrm{id}_E$.

Démontrons maintenant le théorème de caractérisation de la section 2 avec $u=u_A\in\mathcal L(\mathbb K^n)$.

• Si $AB=I_n$, alors $u_A\circ u_B=\mathrm{id}$, donc $u_A$ est surjective. En dimension finie, un endomorphisme surjectif est bijectif (théorème du rang), donc $A$ est inversible et $B=A^{-1}(AB)=A^{-1}$.
• Si $BA=I_n$, alors $u_B\circ u_A=\mathrm{id}$, donc $u_A$ est injective, donc bijective ; et $B=(BA)A^{-1}=A^{-1}$.
• La condition 4 dit que $\operatorname{Ker}u_A=\{0\}$, la condition 5 que $u_A$ est bijective, la condition 6 que $u_A$ est surjective. En dimension finie, pour un endomorphisme, injectif, surjectif et bijectif sont équivalents.

Par la formule de composition, $P_{\mathcal B,\mathcal B'}P_{\mathcal B',\mathcal B}=\operatorname{Mat}_{\mathcal B',\mathcal B}(\mathrm{id})\operatorname{Mat}_{\mathcal B,\mathcal B'}(\mathrm{id})=\operatorname{Mat}_{\mathcal B,\mathcal B}(\mathrm{id}\circ\mathrm{id})=I_n$, et de même dans l'autre sens.

Par la formule $Y=AX$ appliquée à $\mathrm{id}_E$ de $(E,\mathcal B')$ vers $(E,\mathcal B)$ : $$\operatorname{Mat}_{\mathcal B}(x)=\operatorname{Mat}_{\mathcal B}(\mathrm{id}(x))=\operatorname{Mat}_{\mathcal B',\mathcal B}(\mathrm{id})\operatorname{Mat}_{\mathcal B'}(x)=PX'.$$

On écrit $u=\mathrm{id}_F\circ u\circ\mathrm{id}_E$ en suivant les bases $(E,\mathcal B')\to(E,\mathcal B)\to(F,\mathcal C)\to(F,\mathcal C')$ : $$\operatorname{Mat}_{\mathcal B',\mathcal C'}(u)=\operatorname{Mat}_{\mathcal C,\mathcal C'}(\mathrm{id}_F)\operatorname{Mat}_{\mathcal B,\mathcal C}(u)\operatorname{Mat}_{\mathcal B',\mathcal B}(\mathrm{id}_E)=P_{\mathcal C',\mathcal C}\,A\,P_{\mathcal B,\mathcal B'}=Q^{-1}AP.$$ Le cas de l'endomorphisme correspond à $\mathcal C=\mathcal B$, $\mathcal C'=\mathcal B'$, donc $Q=P$.

L'application $\varphi:y\mapsto\operatorname{Mat}_{\mathcal C}(y)$ est un isomorphisme de $F$ sur $\mathcal M_{n,1}(\mathbb K)$. Elle envoie $\operatorname{Im}u=\operatorname{Vect}(u(e_1),\dots,u(e_p))$ sur $\operatorname{Vect}(C_1,\dots,C_p)$. Un isomorphisme conserve la dimension des sous-espaces, d'où l'égalité.

Comme $u_P$ est surjective, $\operatorname{Im}(AP)=\{APX\}=\{AZ\mid Z\in\mathcal M_{p,1}(\mathbb K)\}=\operatorname{Im}A$. Ensuite $\operatorname{Im}(QAP)=u_Q(\operatorname{Im}(AP))$, et $u_Q$ est injective, donc conserve la dimension. Ainsi $\operatorname{rg}(QAP)=\dim\operatorname{Im}A=\operatorname{rg}A$.

Si $A$ est équivalente à $J_r$, elle a le rang de $J_r$, qui vaut $r$ (ses colonnes non nulles sont les $r$ premiers vecteurs de la base canonique).

Réciproquement, soit $A$ de rang $r$ et $u=u_A:\mathbb K^p\to\mathbb K^n$. Par le théorème du rang, $\dim\operatorname{Ker}u=p-r$. Soit $S$ un supplémentaire de $\operatorname{Ker}u$ dans $\mathbb K^p$ : $\dim S=r$. Prenons une base $(e_1,\dots,e_r)$ de $S$ et une base $(e_{r+1},\dots,e_p)$ de $\operatorname{Ker}u$ ; $\mathcal B=(e_1,\dots,e_p)$ est une base de $\mathbb K^p$.

La restriction de $u$ à $S$ est injective ($S\cap\operatorname{Ker}u=\{0\}$), donc $f_i=u(e_i)$ pour $1\le i\le r$ forment une famille libre. On la complète en une base $\mathcal C=(f_1,\dots,f_n)$ de $\mathbb K^n$. Alors $u(e_j)=f_j$ pour $j\le r$ et $u(e_j)=0$ pour $j>r$, donc $\operatorname{Mat}_{\mathcal B,\mathcal C}(u)=J_r$. Par changement de base, $J_r=Q^{-1}AP$ avec $P,Q$ matrices de passage depuis les bases canoniques.

Pour la conséquence : si $\operatorname{rg}A=\operatorname{rg}B=r$, $A$ et $B$ sont équivalentes à $J_r$, donc entre elles par transitivité.

Écrivons $A=QJ_rP^{-1}$ avec $r=\operatorname{rg}A$. Alors $A^\top=(P^{-1})^\top J_r^\top Q^\top$. Les matrices $(P^{-1})^\top$ et $Q^\top$ sont inversibles, et $J_r^\top$ est la matrice $J_r$ de $\mathcal M_{p,n}(\mathbb K)$, de rang $r$. Par invariance, $\operatorname{rg}A^\top=r$.

Supprimer des colonnes revient à passer à une sous-famille de colonnes : le rang ne peut que diminuer. Supprimer des lignes revient à supprimer des colonnes de $A^\top$, et $\operatorname{rg}A^\top=\operatorname{rg}A$. D'où le premier point, qui donne aussi : toute matrice carrée inversible extraite, de taille $s$, vérifie $s\le\operatorname{rg}A$.

Si $\operatorname{rg}A=r$, on choisit $r$ colonnes libres : la matrice extraite $A_1\in\mathcal M_{n,r}(\mathbb K)$ est de rang $r$. Ses lignes sont donc de rang $r$ : on en choisit $r$ libres, ce qui fournit une matrice $r\times r$ de rang $r$, donc inversible.

Supposons $\mathcal S\neq\emptyset$ et fixons $X_0\in\mathcal S$. Pour $X\in\mathcal M_{p,1}(\mathbb K)$ : $$AX=B\iff AX=AX_0\iff A(X-X_0)=0\iff X-X_0\in\operatorname{Ker}A.$$ La dimension vient du théorème du rang appliqué à $u_A$.

Une suite d'opérations revient à multiplier par des matrices inversibles : le rang est conservé (section 5).

Si les opérations sur les lignes reviennent à multiplier à gauche par $G\in GL_n(\mathbb K)$, le nouveau système est $GAX=GB$. Or $AX=B\Rightarrow GAX=GB$, et réciproquement en multipliant par $G^{-1}$.

$AB\in\mathcal M_n(\mathbb K)$ et $BA\in\mathcal M_p(\mathbb K)$ sont carrées. On calcule $$\operatorname{tr}(AB)=\sum_{i=1}^n(AB)_{ii}=\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^pa_{ik}b_{ki}=\sum_{k=1}^p\sum_{i=1}^nb_{ki}a_{ik}=\sum_{k=1}^p(BA)_{kk}=\operatorname{tr}(BA).$$ L'échange des deux sommes finies est légitime.

Si $A'=P^{-1}AP$, alors en appliquant $\operatorname{tr}(MN)=\operatorname{tr}(NM)$ avec $M=P^{-1}A$ et $N=P$ : $$\operatorname{tr}A'=\operatorname{tr}\big((P^{-1}A)P\big)=\operatorname{tr}\big(P(P^{-1}A)\big)=\operatorname{tr}A.$$ Deux matrices d'un même endomorphisme dans deux bases sont semblables, donc ont la même trace.

Pour un projecteur, $E=\operatorname{Im}p\oplus\operatorname{Ker}p$ et $p(x)=x$ pour $x\in\operatorname{Im}p$. Soit $r=\operatorname{rg}p$. Dans une base adaptée à cette somme directe (une base de $\operatorname{Im}p$ suivie d'une base de $\operatorname{Ker}p$), la matrice de $p$ est $$\begin{pmatrix}I_r&0\\0&0\end{pmatrix},$$ dont la trace vaut $r$.