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II Un peu de calcul

8 août 2020

II - UN PEU DE CALCUL

1. Le symbole somme : Σ

1.1. Définition d’une somme simple etpremières propriétés

Définition 1.1.1.Soit m,n ∈ Z tels que m 6 n. Soit zm, . . . , zn desnombres complexes. Leur somme est notée

n∑k=m

zk,

c’est le nombre complexe que l’on peut noter demanière abusive

zm + zm+1 + zm+2 + . . .+ zn.

Par convention, si m > n, on poseran∑

k=m

zk = 0.

Exemple 1.1.2.4∑

k=1k2 = 1 + 22 + 32 + 42 = 30.

Remarque 1.1.3.

Dans une expression du typen∑

k=m

f(k), on dit que

la variable k est muette. En effet, on peut rempla-cer la lettre k par un autre nom de variable nonencore utilisé, sans changer le sens de l’expression.

Ainsin∑

k=m

f(k),n∑

i=m

f(i) etn∑

Brandon=m

f(Brandon)

sont synonymes. Par contre on ne peut pas écriren∑

m=m

f(m),n∑

n=m

f(n) oun∑

f=m

f(f), qui n’ont au-

cun sens.On essaiera bien entendu de garder des no-

tations cohérentes avec le contexte ... et raison-nables.

Les règles de manipulations vues au collège sontbien entendu valides ici.

Proposition 1.1.4 (Linéarité de la somme).Soit am, . . . , an, bm, . . . , bn des nombres com-plexes, soit λ, µ ∈ C. Alors

n∑k=m

(λak + µbk) = λn∑

k=m

ak + µn∑

k=m

bk.

Démonstration.On le montre par récurrence sur n, après avoir fixé m.

Il est important de savoir manipuler des sommesécrites avec le symbole Σ. Pour cela, nous utilise-rons principalement les deux outils suivants.Le premier consiste à observer que la somme

zm+1 + zm+2 + zm+3 + · · ·+ zn + zn+1

peut s’écrire comme

zm+1+z(m+1)+1+z(m+2)+1+· · ·+z(n−1)+1+zn+1.

Proposition 1.1.5 (Décalage d’indice).Soit n,m ∈ Z, tels que m 6 n, soit zm, . . . , zn+1des nombres complexes. On a

n∑k=m

zk+1 =n+1∑

k=m+1zk.

Démonstration.On le montre par récurrence sur n, en ayant fixé un entierm.

Si n = m, alorsn∑

k=m

zk+1 = zm+1 =n+1∑

k=m+1

zk.

Soit un entier n > m, supposons que l’identité soit vraieau rang n. Alors,

n+1∑k=m

zk+1 =

(n∑

k=m

zk+1

)+ zn+1+1

=

(n+1∑

k=m+1

zk

)+ zn+2

=n+2∑

k=m+1

zk.

2


Ainsi, la propriété est vraie au rang n + 1 et l’on peutconclure par récurrence.

Exercice 1.1.6.Soit n ∈ N, écrire comme une somme partant del’indice 0 :

n+1∑k=2

k2.

Le second outil consiste à remarquer que lasomme

z0 + z1 + · · ·+ zn−1 + zn

peut s’écrire

zn−0 + zn−1 + · · ·+ zn−(n−1) + zn−n.

Proposition 1.1.7 (Renversement d’indices).Soit n ∈ N, soit z0, . . . , zn des nombres complexes.On a

n∑k=0

zk =n∑

k=0zn−k

etn∑

k=1zk =

n−1∑k=0

zn−k.

Démonstration.On montre la première par récurrence sur n.

Si n = 0, alorsn∑

k=0

zk = z0 = zn−0 =n∑

k=0

zn−k.

Soit un entier naturel n, supposons que l’identité soit vraieau rang n. Alors, en effectuant un décalage d’indice pourpasser de la troisième à la quatrième ligne,

n+1∑k=0

zk =

(n∑

k=0

zk

)+ zn+1

=

(n∑

k=0

zn−k

)+ zn+1

=

(n∑

k=0

zn+1−(k+1)

)+ zn+1

=

(n+1∑k=1

zn+1−k

)+ zn+1−0

=n+1∑k=0

zn+1−k.

Ainsi, la propriété est vraie au rang n + 1 et l’on peutconclure par récurrence.

La seconde identité se déduit immédiatement de celle-làavec un décalage d’indice.

Exemple 1.1.8.6∑

i=3i2 =

5∑i=2

(i+ 1)2 =3∑

i=0(i+ 3)2 =

3∑i=0

(6− i)2.

Le résultat suivant est fondamental. Savoir re-pérer une somme télescopique et la simplifier (ou,réciproquement, faire apparaître une somme téles-copique à la place de la différence de deux termes)est un savoir faire important.

Théorème 1.1.9 (Simplification téléscopique).Soit zm, . . . , zn+1 des nombres complexes. Alors :

n∑k=m

(zk+1 − zk) = zn+1 − zm.

Remarque 1.1.10.Ceci est l’analogue discret du résultat d’intégra-

tion∫ b

af ′(t) dt = f(b)− f(a), pour les fonctions

f éligibles.Démonstration.Commencer par écrire la somme « à la main »avec des« petits points » pour voir les simplifications apparaître.

Ensuite, par changement d’indice :n∑

k=m

(zk+1 − zk) =n∑

k=m

zk+1 −n∑

k=m

zk

=n+1∑

k=m+1

zk −n∑

k=m

zk

= zn+1 − zm.

Remarque 1.1.11.La dernière égalité se comprend intuitivement,on peut la montrer formellement par récurrencesur n.

Exemple 1.1.12.

Calculer la sommen∑

k=1

1k(k + 1) en utilisant 1 =

k + 1− k.

3


1.2. Sommes doubles

Définition 1.2.1 (Somme double).Soit (zk,`)m6k6n,p6`6q la donnée de (n+1−m)(q+1− p) nombres complexes, que l’on peut représen-ter dans le tableau suivant :zm,p . . . zm,q

......

zn,p . . . zn,q

.Leur somme est notée∑

m6k6n, p6`6q

zk`.

Exemple 1.2.2.Le nombre

∑16i63,46j65

i2j est la somme des élé-

ments du tableau 4 516 2036 45

et vaut donc 126.

Remarque 1.2.3.Par décalage d’indice, cette somme vaut∑16i63,16j62

i2(3 + j).

On essaiera toujours d’écrire des sommes par-tant de 0 ou de 1.

La plus souvent, nous sommerons des nombressur des tableaux carrés. Dans ce cas, nous utilise-rons des notations plus légères.

Définition 1.2.4 (Somme double sur un tableaucarré).Soit (zk,`)16k,`6n la donnée de n2 nombres com-plexes, que l’on peut représenter dans le tableausuivant : z1,1 . . . z1,n

......

zn,1 . . . zn,n

.

Leur somme est notée∑16k,`6n

zk,`.

La somme des éléments de ce tableau situés audessus de sa diagonale, diagonale comprise, estnotée ∑

16k6`6n

zk,`.

La somme des éléments de ce tableau situés stric-tement au dessus de sa diagonale, est notée∑

16k<`6n

zk,`.

La somme des éléments de ce tableau situés endessous de sa diagonale, diagonale comprise, estnotée ∑

16`6k6n

zk,`.

La somme des éléments de ce tableau situés stric-tement en dessous de sa diagonale, est notée∑

16`<k6n

zk,`.

Remarque 1.2.5.Il est important de se rappeler que les coefficientsd’indice (i, j) d’un tel tableau :— sont sur la diagonale si et seulement si i =

j ;— sont strictement au dessus de la diagonale

si et seulement si i < j ;— sont strictement au dessous de la diagonale

si et seulement si j < i.On pourra par exemple décomposer la somme deséléments d’un tel tableau sur ces trois parties :

∑16i,j6n

zi,j =∑

16i<j6n

zi,j +n∑

i=1zi,i +

∑16j<i6n

zi,j .

4


Théorème 1.2.6 (Sommes doubles et permuta-tion des Σ).Soit (zij)16i,j6n une famille de nombres complexes.Alors :

1.∑

16i,j6n

zij =n∑

i=1

n∑j=1

zij =n∑

j=1

n∑i=1

zij .

2.∑

16i6j6n

zij =n∑

i=1

n∑j=i

zij =n∑

j=1

j∑i=1

zij .

3.∑

16i<j6n

zij =n−1∑i=1

n∑j=i+1

zij =n∑

j=2

j−1∑i=1

zij .

Démonstration.Cela revient, à chaque fois, à sommer les éléments dutableau ligne par ligne ou colonne par colonne.

Remarque 1.2.7.Par convention, une somme vide est nulle. Onpeut donc écrire :

∑16i<j6n

zij =n∑

i=1

n∑j=i+1

zij =n∑

j=1

j−1∑i=1

zij .

Exercice 1.2.8.Combien y a-t-il de cases dans un tableau dedimension n× n ?Retrouver cela en calculant

∑16i,j6n

1.

Faire de même pour un tableau triangulaire.

1.3. Somme d’une famille de complexesLes définitions précédentes peuvent bien en-

tendu se généraliser comme suit.

Définition 1.3.1.Soient I un ensemble fini et (zi)i∈I une famillede nombres complexes indexée par I (c’est-à-direil existe une application z : I → C et onnote zi = z(i)). La somme des zi, i parcourantl’ensemble I, est notée

∑i∈I

zi.

Dans le cas où I = Jm,nK, où m, n ∈ Z sont tels

que m 6 n, on la note plus courammentn∑

k=m

zk

ou∑

m6k6n

zk. Elle vaut zm + zm+1 + zm+2 . . .+ zn.

Dans le cas où I = Jm,nK × Jp, qK où m, n, p etq ∈ Z sont tels que m 6 n et p 6 q, on la noteplus couramment

∑m6k6n, p6`6q

zk`.

Remarque 1.3.2.On pourrait formellement définir ces symboles parrécurrence sur le nombre d’objets sommés.

2. Le symbole produit : ΠLe symbole Π est au produit ce que le symbole

Σ est à la somme.

Définition 2.0.1.Soient I un ensemble fini et (zi)i∈I une famillede nombres complexes indexée par I. Le produitdes zi, i parcourant l’ensemble I, est noté

∏i∈I

zi.

Remarque 2.0.2.Par convention, un produit vide vaut 1.

Définition 2.0.3 (Factorielle).Pour tout n ∈ N\{0} (noté aussi N× ou N∗), onappelle factorielle n, notée n! le nombre

n! =n∏

k=1k = 1× 2× 3 . . .× n.

Par convention, 0! = 1.

Exemple 2.0.4.Il est bon de connaître les 5 ou 6 premières fac-torielles : 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24,5! = 120 et 6! = 720.

Les nombres factoriels vérifient la relation derécurrence suivante.

5


Proposition 2.0.5.Pour tout n ∈ N, (n+ 1)! = (n+ 1)× n!.

Démonstration.Immédiat.

Théorème 2.0.6 (Simplification téléscopique).Soit (zk)m6k6n+1 une famille de nombres com-

plexes non nuls. Alors :n∏

k=m

zk+1zk

= zn+1zm

.

Il y a pour les produits l’exact analogue duthéorème 1.2.6 pour les sommes, et la démonstra-tion est elle aussi analogue.

En général on ne peut pas permuter

les Σ et les Π. Par exemple, calculer3∑

i=1

2∏j=1

1 et

2∏j=1

3∑i=1

1.

Remarque 2.0.7.

3. Quelques formules à connaître3.1. Sommes classiques

Théorème 3.1.1.Soit n un entier naturel. Alors

1.n∑

k=01 = n+ 1 ;

2.n∑

k=0k = n(n+ 1)

2 ;

3.n∑

k=0k2 = n(n+ 1)(2n+ 1)

6 .

Démonstration.Les trois se démontrent facilement par récurrence. Parcuriosité et pour s’entraîner, voici deux autres démonstra-tions :

2. On note Sn =n∑

k=0

k. On fait un changement d’indice :

Sn =n∑

k=0

(n − k) et on développe : Sn =n∑

k=0

n −

n∑k=0

k = n(n+ 1)− Sn, d’où 2Sn = n(n+ 1).

3. On note S′n =n∑

k=0

k2. Pour tout k ∈ J0, nK, on a :

(k+1)3−k3 = 3k2 +3k+1. On somme tout ça de 0 àn, et on obtient, après simplification téléscopique dumembre de gauche : (n+ 1)3 = 3S′n + 3n(n+ 1)

2 +n+ 1. Ça se simplifie pour donner le résultat voulu.

Remarque 3.1.2.On pourrait montrer de la même manière que

si a, b ∈ Z tels que a 6 b, alorsb∑

k=a

k =

(b− a+ 1)(a+ b)2 . En effet, le double de cette

somme correspond bien au nombre de termes dela somme, fois la somme du plus petit et du plusgrand élément.On pourrait aussi calculer de la manière sui-

vante :b∑

k=a

k = (b− a+ 1)(a+ b)2 =

b∑k=0

k −a−1∑k=0

k.

Remarque 3.1.3.Si p ∈ N et n ∈ N∗ , on calcule aisément∫ n

1tp dt = np+1

p+ 1 −1

p+ 1 .

Dans les cas traités ici (0 6 p 6 2), on retrouve le

même terme dominant que dansn∑

k=1kp : n

p+1

p+ 1 .

On généralisera cela un peu plus tard dans l’année.

3.2. Coefficients binomiaux

Définition 3.2.1 (Coefficients binomiaux).Soit (n, k) ∈ N2 tels que k 6 n. On appelle coeffi-cient binomial, aussi lu « k parmi n », le réel noté(nk

)valant n!

k!(n− k)! .

6


On étend cette définition à tout (n, k) ∈ N× Z

en posant(nk

)= 0 pour k > n ou k < 0.

Remarque 3.2.2.On utilisera souvent :

(n

k

)=

n∏i=n−k+1

i

k∏j=1

j

= n× (n− 1)× · · · × (n− k + 1)k × (k − 1)× · · · × 1 .

Théorème 3.2.3 (Formule du triangle de Pas-cal).Soit (n, k) ∈ N∗ × Z. Alors(

nk

)=(n− 1k − 1

)+(n− 1k

).

Démonstration.Se fait par un calcul direct.

Remarque 3.2.4.Cette formule permet de calculer par récurrencetous les coefficients binomiaux, en les représentantpar exemple dans le triangle de Pascal.

Corollaire 3.2.5.Soit (n, k) ∈ N× Z,

(nk

)est un entier.

Démonstration.La démonstration se fait par récurrence sur n, avec l’hypo-

thèse : « ∀k ∈ J0, nK,(nk

)est un entier », en utilisant la

formule de Pascal pour l’hérédité.

Théorème 3.2.6.Sur un arbre représentant les répétitions d’unemême expérience aléatoire, le coefficient binomialk parmi n compte le nombre de chemins réalisantk succès pour n répétitions. En particulier, c’estun entier.

La figure 1 illustre le calcul de ces coefficientspour 4 répétitions.Démonstration.Pour n ∈ N∗, notons Hn la proposition : « pour tout

k ∈ [[0, n]], il y a(nk

)chemins réalisant k succès pour

n répétitions. »— H1 est évidente ;— Soit n ∈ N∗ vérifiant Hn. Montrons Hn+1.

Soit k ∈ [[0, n + 1]]. Montrons qu’il y a(n+ 1k

)chemins réalisant k succès pour n+ 1 répétitions.Il est immédiat qu’il n’y a qu’un chemin réalisant 0

succès pour n+ 1 répétitions. Or(n+ 1

0

)= 1.

De même, il n’y a qu’un chemin réalisant n + 1

succès pour n+ 1 répétitions. Or(n+ 1n+ 1

)= 1.

Le résultat est donc démontré si k = 0 ou k = n+ 1.Supposons donc maintenant k ∈ [[1, n]]. Comptonsle nombre de chemins réalisant k succès pour n +1 répétitions : pour un tel chemin, regardons lerésultat de la dernière répétition. Si c’est un succès,cela signifie que parmi les n premières répétitions,k − 1 succès ont été réalisés ; si c’est un échec, celasignifie que parmi les n premières répétitions, ksuccès ont été réalisés.Réciproquement, pour tout chemin réalisant k − 1succès pour les n premières répétitions il y a unchemin réalisant k succès pour n + 1 répétitionsdont la dernière répétition est un succès et pourtout chemin réalisant k succès pour les n premièresrépétitions, il y a un chemin réalisant k succès pourn+ 1 répétitions dont la dernière répétition est unéchec.Par conséquent, le nombre de chemins réalisant ksuccès pour n+ 1 répétitions est égal au nombre dechemins réalisant k succès pour n répétitions plusle nombre de chemins réalisant k − 1 succès pourn répétitions. D’après l’hypothèse de récurrence,le nombre de chemins réalisant k succès pour n +

1 répétitions vaut donc(

nk − 1

)+(nk

), ce qui,

d’après la formule de Pascal, vaut bien(n+ 1k

).

Donc on a Hn+1.On a donc, pour tout n ∈ N∗, Hn.

Remarque 3.2.7.

•(nk

)est aussi égal au nombre de possibilités

de choisir k éléments dans un ensemble de n élé-ments.• Considérons un goban de taille n+ 1 fois n+ 1.

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E

S

E

S

E

S

E

S

E

E

E

E

E

E

E

E

S

S

S

S

S

S

S

S

S

E

S

E

E

S

2 succès et 2 échecs

3 succès et 1 échec















Figure 1 – Chemins des succès et échecs pour 4 répétitions d’une expérience

On le coupe le long d’une diagonale, et on n’enconserve que la moitié. On pose cette moitié surune table, le long de sa diagonale, verticalement.On numérote alors de 0 à n les intersections decette diagonale, de gauche à droite.Une fourmi ce trouvant en haut, sur le coin op-posé à la diagonale, décide de descendre sur latable en suivant les lignes du goban, mais en sedirigeant toujours vers le bas. À chaque intersec-tion de lignes, deux choix s’offrent donc à elle.On peut alors montrer que le nombre de cheminspar lesquels la fourmi peut atteindre la kème in-

tersection de la diagonale est exactement(nk

).

Proposition 3.2.8.

Soit n ∈ N∗ et k ∈ J0, nK. On a(nk

)=(

nn− k

).

Démonstration.Remarquer que k = n− (n− k) !

La formule suivant n’est pas exigible mais estfort utile.

Proposition 3.2.9.Soit n ∈ N∗ et 0 < k 6 n, alors(

n

k

)= n

k

(n− 1k − 1

).

Démonstration.Facile et laissée en exercice.

3.3. Binôme de Newton, identitésremarquables et sommationgéométrique

Théorème 3.3.1 (Formule du binôme de New-ton).Soient n ∈ N et a, b ∈ C. On a :

(a+ b)n =n∑

k=0

(n

k

)akbn−k.

8


Démonstration.On le démontre par récurrence sur n, après avoir fixé a etb.

Pour n = 0, c’est évident :

(a+ b)0 = 1 =0∑

k=0

(00

)a0b0.

Soit n ∈ N, supposons la formule du binôme au rang n.Alors,

(a+ b)n+1 = (a+ b)(a+ b)n

= a(a+ b)n + b(a+ b)n

= a

n∑k=0

(n

k

)akbn−k + b

n∑k=0

(n

k

)akbn−k

=n∑

k=0

(n

k

)ak+1bn−k +

n∑k=0

(n

k

)akbn+1−k

On écrit alors, avec un décalage d’indice, la première somme

n−1∑k=0

(n

k + 1− 1

)ak+1bn+1−(k+1) + an+1

=n∑

k=1

(n

k − 1

)akbn+1−k + an+1

De même, la seconde somme s’écrit :

bn+1 +n∑

k=1

(n

k

)akbn+1−k.

On a donc, en utilisant la formule du triangle de Pascal,

(a+ b)n+1 = bn+1 +n∑

k=1

[(n

k

)+(

n

k − 1

)]akbn+1−k

+ an+1

=(n+ 1

0

)bn+1 +

n∑k=1

(n+ 1k

)akbn+1−k

+(n+ 1n+ 1

)an+1

=n+1∑k=0

(n+ 1k

)akbn+1−k.

On peut donc conclure par récurrence.

Corollaire 3.3.2.Soit n > 0.

n∑k=0

(n

k

)= 2n et

n∑k=0

(−1)k

(n

k

)= 0.

Théorème 3.3.3.Soient n ∈ N et a, b ∈ C. Alors :

an − bn = (a− b)n−1∑k=0

akbn−k−1.

Démonstration.On développe, il apparaît une simplification téléscopique :

(a− b)n−1∑k=0

akbn−k−1 =n−1∑k=0

(a− b)akbn−k−1

=n−1∑k=0

ak+1bn−(k+1) − akbn−k

= an − bn

Corollaire 3.3.4.Soient n ∈ N et a, b ∈ C. Alors,

a2n+1 + b2n+1 = (a+ b)2n∑

k=0(−1)kakb2n−k.

Démonstration.a2n+1 +b2n+1 = a2n+1− (−b)2n+1 et on utilise le théorèmeprécédent.

Corollaire 3.3.5 (Formule de sommation géomé-trique).Soient n ∈ N et z ∈ C. Alors,

n−1∑k=0

zk =

zn − 1z − 1 si z 6= 1n si z = 1

.

Démonstration. — Si z = 1 : on somme n fois 1.

— Sinon, zn − 1 = zn − 1n = (z − 1)n−1∑k=0

zk1n−1−k =

(z − 1)n−1∑k=0

zk.

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Remarque 3.3.6.Si p 6 n sont deux entiers relatifs, et si z ∈ C\{1},on a

n∑k=p

zk = zpn∑

k=p

zk−p

= zpn−p∑k=0

zk

= zp × zn−p+1 − 1z − 1

= zn+1 − zp

z − 1 .

La formule de sommation géométriquerevient très souvent (c’est la formule que nousutiliserons le plus cette année), mais rarementavec les mêmes indice de début et de fin. Il fautdonc être extrêmement vigilant quant à ces deuxindices et bien penser à factoriser par le premierterme pour revenir à une somme partant de l’in-dice zéro.

4. Calcul matriciel élémentaire

Même si quelques définitions et démonstrationsthéoriques sont données ici, le seul but de cettesection et de savoir effectuer des opérationsélémentaires sur des matrices simples. Le chapitresur les matrices reprendra tout cela de manièreplus poussée, au second semestre, et fera ensuitele lien entre les matrices et les applicationslinéaires.

n, m, p, q et r désignent des entiers naturelsnon nuls, et K désigne R ou C.

4.1. Définitions élémentaires

Définition 4.1.1.On appelle matrice de taille n× p (ou à n ligneset p colonnes), à valeurs (ou coefficients) dans K,toute famille de np éléments de K, ces éléments

étant notés (aij)16i6n,16j6p, et présentés sous laforme d’un tableau de la manière suivante :

A =

a1,1 . . . a1,p...

...an,1 . . . an,p

.On note A = (aij)16i6n,16j6p, les (ai,j) étant les

coefficients de la matrice A, ai,j étant le coefficientde la ie ligne et de la je colonne.

La matrice (ai,j)16j6n est la ie ligne de A, par-fois notée ai,∗.La matrice (ai,j)16i6n est la je colonne de A,

parfois notée a∗,j .

Remarque 4.1.2.Le premier indice indique toujours la ligne etle second indice indique toujours la colonne. Engénéral (mais attention quand même), on les noterespectivement i et j.

Exemple 4.1.3.Donner la matrice (i× j)16i63,16j65.

Définition 4.1.4. — L’ensemble des matricesde taille n× p est noté Mn,p(K).

— On appelle matrice carrée d’ordre n toutematrice de taille n× n. L’ensemble des ma-trices carrées d’ordre n est noté Mn(K).

— On appelle matrice nulle d’ordre n la ma-trice carrée d’ordre n dont tous les coeffi-cients sont nuls. On la note simplement 0n,ou 0 sans référence à sa taille s’il n’y a pasd’ambiguïté.

— On appelle matrice identité d’ordre n lamatrice (δi,j)16i,j6n. On la note In, ou Idn.

— On appelle matrice diagonale toute matricecarrée (aij)16i,j6n telle que pour tous i, j ∈J1, nK, i 6= j ⇒ ai,j = 0.

— On appelle matrice triangulaire supérieure(resp. inférieure) toute matrice carrée(aij)16i,j6n telle que pour tous i, j ∈ J1, nKtells que i > j (resp. i < j), aij = 0.

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Remarque 4.1.5. 1. On note généralement lesmatrices par des lettres majuscules, et lafamille des coefficients par la lettre minusculecorrespondante.

2. On identifie les matrices colonnes de Mn,1(K)avec les éléments de Kn.

3. On se gardera d’identifier les matrices lignesavec les éléments de Kn car on préfère lesidentifier avec d’autres objets mathématiques(on verra cela plus tard).

4.2. Opérations sur les matrices

Définition 4.2.1.Soient A = (aij)16i6n,16j6p et B =(bij)16i6n,16j6p deux matrices de mêmetaille, et λ ∈ K un scalaire.Addition On appelle somme de A et B la matrice

(aij + bij)16i6n,16j6p, notée A+B.Produit par un scalaire On note λA la matrice

(λaij)16i6n,16j6p.

Attention aux tailles des matrices : onne peut additionner n’importe quoi avec n’importequoi.

Exemple 4.2.2.(0 1−1 2

)+ 2

(2 01 3

)=(

4 11 8

).

Définition 4.2.3 (Produit matriciel).Soient A ∈ Mn,p(K) et B ∈ Mp,q(K). On ap-pelle produit de A par B noté AB la matrice de

Mn,q(K) de coefficients( p∑

k=1aikbkj

).

Gare aux dimensions, on ne peut pasmultiplier n’importe quelle matrices.

Exemple 4.2.4. — On tâchera d’organiser lesproduits comme suit :

Dim. OK

B︷︸︸︷(1 0 2−1 3 2

)2 1

1 04 2

︸︷︷︸

A

1 3 61 0 22 6 12

︸︷︷︸

=AB

— Le produit impossible :(1 3 02 1 1

)×(

2 31 1

).

Ce produit comporte plein de pièges :• Il n’est pas commutatif, par exemple :(

1 10 1

)×(

1 00 2

)6=(

1 00 2

)×(

1 10 1

). Et même

pire, AB peut exister mais pas BA.• Le produit de deux matrices non nulles peut

valoir la matrice nulle. Exemple : A =(

0 10 0

),

B =(

1 00 0

), alors AA = 0, AB = 0 et BA 6= 0.

• On ne peut pas « simplifier » dans un produit.Ici : A×A = A×B mais A 6= B.

Proposition 4.2.5.Le produit matriciel est :Associatif : si A ∈Mn,p(K), B ∈Mp,q(K), C ∈

Mq,r(K), alors (AB)C et A(BC) sont dansMn,r(K) et sont égales, notées ABC.

Bilinéaire : si A,B,C,D sont des matrices detaille convenable, et si λ ∈ K, alors (A +λB)C = AC + λBC et A(C + λD) = AC +λAD.

Les matrices nulles et identité jouent un rôle bienparticulier. Si A ∈Mn,p(K) et q ∈ N∗, alorsNeutre à gauche : InA = A

11


Neutre à droite : AIp = A

Mult. par 0 à gauche : 0q,nA = 0q,p

Mult. par 0 à droite : A0p,q = 0n,q

Démonstration.Bien qu’un peu technique, nous donnons ici la démonstra-tion ; nous en verrons plus tard une autre.1. A = (aij), B = (bij), C = (cij). Ainsi,

BC =

(q∑

k=1

bikckj

)16i6p,16j6r

et

A(BC) =

(p∑

`=1

ai` ×

(q∑

k=1

b`kckj

))16i6n,16j6r

.

Or, si 1 6 i 6 n et 1 6 j 6 r,p∑

`=1

ai` ×

(q∑

k=1

b`kckj

)=

p∑`=1

ai` ×q∑

k=1

b`kckj

=p∑

`=1

q∑k=1

ai`b`kckj

=q∑

k=1

p∑`=1

ai`b`kckj

=q∑

k=1

(p∑

`=1

ai`b`k

)× ckj ,

qui est le coefficient i, j de (AB)C. D’où l’égalitévoulue.

2. idem

3. InA =

(n∑

k=1

δikakj

)= (δiiaij) = (aij) = A.

4. Direct.

Remarque 4.2.6.Par associativité, il y a 5 manières de calculerABCD qui conduisent toutes au même résul-tat : ((AB)C)D = (A(BC))D = A((BC)D) =A(B(CD)) = (AB)(CD). Mais le temps de calculest-il le même dans les 5 cas ? C’est le problèmede la multiplication matricielle enchaînée (Matrixchain multiplication ou Matrix Chain OrderingProblem (MCOP) en anglais). Plus généralement,le problème est de savoir dans quel ordre effec-tuer les produits pour calculer le plus efficacement

possible un produit de matrices M1.M2. · · · .Mn.Ce problème peut se résoudre par programmationdynamique, ce qui est au programme en optioninformatique, mais même si ce n’est pas toujoursla solution optimale, il vaut mieux commencerpar les produits qui font apparaître des « petites »matrices.

Précisément, le produit d’une matrice n×p parune matrice p× q nécessite de l’ordre de n× p× qopérations. Ainsi, si A ∈M10,100(K), B ∈M100,5et C ∈ M5,50, le calcul de (AB)C demande del’ordre de (10 × 100 × 5) + 10 × 5 × 50 = 7 500opérations, alors que celui de A(BC) en demandede l’ordre de 100×5×50+10×100×50 = 75 000.

4.3. Matrices carrées

Remarque 4.3.1.Si A et B sont deux matrices carrées d’ordre n,alors AB et BA sont définies et également detaille n. On dit que le produit matriciel est uneloi de composition interne de Mn(K).

De plus, In.A = A.In = A. On dit que In est leneutre de Mn(K) pour le produit matriciel.

Enfin, la propriété de bilinéarité montrée précé-demment montre que (Mn(K),+,×) a une struc-ture d’anneau, non commutatif.

Remarque 4.3.2.Soit a1, . . . , an et b1, . . . , bn des nombres com-plexes. Alors,

a1 0. . .

0 an

b1 0

. . .0 bn

=

a1b1 0. . .

0 anbn

Définition 4.3.3 (Puissances d’une matrice car-rée).On les définit par récurrence : si M ∈ Mn(K),alors, M0 = In, M1 = M , et pour tout k ∈ N,Mk+1 = M ×Mk (on a donc, pour tout k ∈ N∗,Mk = M ×M . . .×M︸︷︷︸

k fois

. Ainsi pour tout k ∈ N,

on a Mn ∈Mn(K).

12


Remarque 4.3.4.On remarque que les puissances d’une même ma-trice commutent entre elles :

Mk ×M j = M ×M . . .×M︸︷︷︸k fois

×M ×M . . .×M︸︷︷︸j fois

= M ×M . . .×M︸︷︷︸(k+j) fois

= M ×M . . .×M︸︷︷︸j fois

×M ×M . . .×M︸︷︷︸k fois

= M j ×Mk.

Théorème 4.3.5 (Formule du binôme de New-ton).Elle est valable pour les matrices carrées qui com-mutent.

Soit n ∈ N∗ et p ∈ N, soit A,B ∈ Mn(K)vérifiant AB = BA. Alors,

(A+B)p =p∑

k=0

(p

k

)AkBp−k.

Lemme 4.3.6.Soit A,B ∈ Mn(K) vérifiant AB = BA. Alors,pour tout p, q ∈ N, ApBq = BqAp.

Démonstration.On fixe q = 1 et on montre par récurrence que, pour toutp ∈ N, ApB = BAp.

On fixe alors p ∈ N et on utilise ce que l’on vient demontrer avec Ap à la place de B et B à la place de A.

Démonstration (Formule du binôme de Newton).Reprendre la démonstration du binôme de Newton pourdes complexes, en repérant bien à quel endroit le fait queles deux matrices commutent intervient, on utilise alors lelemme 4.3.6.

Exemple 4.3.7.

Calculer A2 avec

A =

1 1 12 0 01 0 0

=

1 0 12 −1 00 −2 0

+

0 1 00 1 01 2 0

= B + C.

Calculer A3 avec

A =

3 0 00 1 −20 4 6

=

1 0 00 1 −10 1 2

+

2 0 00 0 −10 3 4

= B + C.

Définition 4.3.8.Soit A ∈Mn(K). On dit que A est inversible s’ilexiste une matrice B ∈ Mn(K) telle que AB =BA = In.

Dans ce cas B est unique, est appelée l’inversede A et est notée A−1.

On note GLn(K) l’ensemble des matrices car-rées d’ordre n à coefficients dans K inversibles.

Démonstration (Unicité).Soit B,C ∈Mn(K) deux « inverses » de A. Alors,

B = BIn = B(AC) = (BA)C = InC = C.

Remarque 4.3.9.Une matrice inversible commute toujours avec soninverse.

Exercice 4.3.10.Montrer que la matrice A =

(0 10 0

)étudiée pré-

cédemment n’est pas inversible.

13


Définition 4.3.11 (Puissances négatives d’unematrice inversible.).Soit A ∈ GLn(K), soit p ∈ Z. On définit :

A−p = (A−1)p

Proposition 4.3.12.Soit A ∈ GLn(K). Alors, pour tout p ∈ N, Ap estinversible et

(Ap)−1 = A−p.

Démonstration.Soit p ∈ N. Comme A et A−1 commutent, Ap(A−1)p =(AA−1)p = Ip

n = In, de même de l’autre côté.

Enfin, le cas particulier des matrices carréesd’ordre 2 est à connaître sur le bout des doigts.

Définition 4.3.13.Le déterminant d’une matrice carrée d’ordre 2A =

(a bc d

)est detA = ad− bc.

Proposition 4.3.14.

Une matrice, carrée d’ordre 2, notée A =(a bc d

)est detA = ad− bc est inversible si et seulementsi son déterminant est non nul. Le cas échéant,

A−1 = 1ad− bc

(d −b−c a

).

Démonstration.Soit A =

(a bc d

), on a toujours (le vérifier par le calcul)

A2 − (a+ d)A+ (ad− bc)I2 = 0.

Alors, si detA 6= 0, avec B = 1detA ((a+ d)I2 − A), on a

AB = BA = I2 donc A est inversible, d’inverse B.Réciproquement, si detA = 0, alors A(A−(a+d)I2) = 0.

Si A est inversible, en multipliant par cet inverse on obtientque A est diagonale, puis que a = 0 ou que d = 0 ... Dansles deux cas, A2 = 0 donc A ne peut être inversible (à vousde réfléchir pourquoi !).

5. Systèmes linéaires et pivot deGauss

5.1. Définitions

Définition 5.1.1.On appelle système linéaire à n équations et pinconnues tout système de la forme :

a11x1 + . . . + a1pxp = b1. . .. . .an1x1 + . . . + anpxp = bn

où les aij et les bi sont dans K, et les xi sont lesinconnues.On dit que le système est compatible s’il admetune solution.Le système homogène associé est le système :

a11x1 + . . . + a1pxp = 0. . .. . .an1x1 + . . . + anpxp = 0

Dans la suite nous noterons S le premiersystème et SH son système homogène associé,et nous noterons Sol et SolH leurs ensembles desolutions respectifs.

Le système S peut aussi s’écrire sous formematricielle AX = B, avec A = (aij)16i6n, 16j6p,

X =

x1...xp

et B =

b1...bn

.SH s’écrit alors AX = 0.

5.2. Interprétation géométriquea. Dans le plan

Si p = 2, chaque ligne du système s’inter-prète comme l’équation d’une droite dans le plan.Chaque droite y est en effet représentée par uneéquation cartésienne. On « sait » de plus que l’in-tersection de deux droites est

14


— soit l’ensemble vide (droites parallèles dis-tinctes) ;

— soit une droite (droites confondues) ;— soit un point (droites non parallèles).

Ainsi, l’ensemble des solutions est soit vide, soitun point, soit représente une droite.

b. Dans l’espace

Si p = 3, chaque ligne du système s’interprètecomme l’équation d’un plan dans l’espace. Chaqueplan y est en effet représenté par une équationcartésienne. On « sait » de plus que l’intersectionde deux plans est— soit l’ensemble vide (plans parallèles dis-

tincts) ;— soit un plan (plans confondus) ;— soit une droite (plans non parallèles).

De plus, on « sait » que l’intersection d’un planet d’une droite est— soit l’ensemble vide (droite parallèle au plan,

non incluse dedans) ;— soit une droite (droite incluse dans le plan)

;— soit un point (droite non parallèle au plan).

Ainsi, l’ensemble des solutions est soit vide, soit unpoint, soit représente une droite, soit représenteun plan.

5.3. Structure de l’ensemble des solutions

Théorème 5.3.1. 1. SolH contient toujoursl’élément (0, . . . , 0). S’il n’est pas réduit àcet élément, il est infini.

2. L’ensemble Sol est :• soit vide ;• soit non vide, et dans ce cas, si X0 =(x1, . . . , xp) est un élément de Sol, alorsSol= {X0 +XH , XH ∈ SolH}, ce que l’onnote SolH + (x1, . . . , xp).Par conséquent, Sol contient 0, 1 ou une infi-nité d’éléments.

Démonstration.On utilise les notations matricielles, le système S s’écrivantS : AX = B, avec A ∈ Mn,p(K) et B ∈ Mn,1(K). Le

système homogène associé à S est SH : AX = 0. SoitX,Y ∈Mp,1(K) et λ, µ ∈ K. On a bien

A×

0...0

=

0...0

,

donc le vecteur nul est solution du système homogène. Deplus, si X et Y sont solutions de SH , alors

A(λX + µY ) = λAX + µAY =

0...0

.

Notamment, si X est une solution de SH , tous les vecteurscolinéaires à X seront aussi solution de SH , donc SH estinfini.

Ensuite, soit X0 ∈Mn,1(K) solution de S. On a

X ∈ Sol⇔ AX = B

⇔ AX = AX0

⇔ A(X −X0) = 0⇔ X −X0 ∈ SolH ,

ce qui montre bien que Sol = {X0 +XH | XH ∈ SolH }.

Exemple 5.3.2.On considère le système{

x + 3y = 22y + z = 1

Le système homogène associé est{x + 3y = 0

2y + z = 0

Si (x, y, z) ∈ R3, on a{x + 3y = 0

2y + z = 0 ⇔

xyz

= y

−31−2

.Ainsi, l’ensemble des solutions homogènes est unedroite vectorielle dirigée par le vecteur de coor-données (−3, 1,−2).De même, si (x, y, z) ∈ R3, on a{x + 3y = 2

2y + z = 1

⇔

xyz

=

201

+ y

−31−2

.

15


Ainsi, l’ensemble des solutions du système estune droite passant par le point de coordonnées(2, 0, 1) et dirigée par le vecteur de coordonnées(−3, 1,−2).

5.4. Opérations sur les lignes d’unsystème

Définition 5.4.1.On dit que deux systèmes linéaires sont équiva-lents s’ils ont le même ensemble de solutions.

Si i et j sont deux indices différents comprisentre 1 et n, et λ est un scalaire, on note :• Li ↔ Lj l’opération consistant à échanger lesième et jème lignes du système S ;• Li ← λLi l’opération consistant à multiplierpar λ la ième ligne du système ;• Li ← Li + λLj l’opération consistant à ajouterla jème ligne multipliée par λ à la ième ligne dusystème.

Il faut effectuer ces opérations sur toutela ligne du système sans oublier le membre dedroite.

Exemple 5.4.2.Donner des exemples.

Théorème 5.4.3.• Le système obtenu à partir de S après avoireffectué une opération Li ↔ Lj ou une opérationLi ← Li + λLj est encore équivalent à S.• Si λ 6= 0, alors le système obtenu à partir de Saprès avoir effectué une opération Li ↔ λLi estencore équivalent à S.

Démonstration.Si l’on a effectué Li ↔ Lj , il suffit de la réeffectuer pourrevenir au système de départ.

Si l’on a effectué Li ← Li + λLj , il suffit d’effectuerLi ← Li − λLj pour revenir au système de départ.

Si λ 6= 0 et si l’on a effectué Li ↔ λLi, il suffit d’effectuerLi ↔ λ−1Li pour revenir au système de départ.

5.5. Algorithme du pivot

L’idée du pivot de Gauss pour résoudre unsystème est de de se ramener à un système simpleà résoudre, grâce à une succession d’opérationssur les lignes. Ainsi, l’on se ramène d’abord àun système triangulaire (processus d’élimination),puis, si cela est possible, à un système diagonal(processus de remontée).Pour étudier d’abord les cas les plus simples etfinir par le cas général, étudions ces étapes àrebours.

a. Cas d’un système diagonal

Si le système S est diagonal, c’est-à-dire si Aest une matrice diagonale dans l’écriture AX = Bdu système, alors le système se résout de manièreimmédiate.

Exemple 5.5.1.

Résoudre les systèmes

1 0 00 2 00 0 −1

X =

21−2

et

1 0 00 0 00 0 −1

X =

21−2

.On remarque que s’il n’y a aucun zéro sur la

diagonale, il y a une unique solution, sinon il n’ya aucune solution, ou une infinité de solutions.

b. Cas d’un système triangulaire inversible

Un cas un peu plus compliqué est celui ou lesystème est triangulaire, c’est-à-dire si A est unematrice triangulaire dans l’écriture AX = B dusystème.Nous ne traiterons pour l’instant que le cas oùA n’a aucun zéro sur la diagonale (on peut alorsmontrer qu’elle est inversible).Pour fixer les idées, supposons A triangulaire su-périeure.Le système a donc cette allure :

16


a11x1 +a12x2 + . . . +a1nxn = b1a22x2 + . . . +a2nxn = b2

. . . + . . . = . . .

. . . + . . . = . . .an−1,n−1xn−1 +an−1,nxn = bn−1

annxn = bn

On obtient alors facilement :

xn = bn

ann

puis

xn−1 = bn−1 − an−1,nxn

an−1,n−1

et, par récurrence (descendante),

pour tout k ∈ J1, n− 1K, xk =bk −

n∑i=k+1

ak,ixi

ak,k.

Ces relations permettent de calculer les xk parrécurrence.

Nous pouvons également appliquer une succes-sion d’opérations sur les lignes du système pourse ramener de manière équivalente à un systèmediagonal.Ce processus est parfois appelé principe de re-montée car l’on y fait apparaître des zéros dansle haut de la matrice du système, en partant deslignes du bas.Cette méthode peut être présentée en utilisantune suite de systèmes équivalents.Il existe une présentation plus visuelle et plusrapide à rédiger. Par exemple, considérons le sys-tème

x +y −z = 2−2y +z = 1

−z = 3.

Nous pouvons l’écrire1 1 −1 20 −2 1 10 0 −1 3

.

Les opérations à effectuer sont alors bien vi-sibles : dans un premier temps, nous allons faireapparaître des zéros dans toute la dernière co-lonne de la partie de gauche du système, sauf à ladernière ligne. Pour cela, effectuons les opérationsL1 ← L1−L3 et L2 ← L2 +L3, et nous obtenons(sans oublier d’effectuer également ces opérationssur la partie de droite du système !)1 1 0 −1

0 −2 0 40 0 −1 3

ce qui correspond au système

x +y = −1−2y = 4

−z = 3

équivalent au premier. Ensuite, nous effectuonsl’opération L1 ← L1 + 1

2L2. Ou plutôt,pour sim-plifier dès à présent la deuxième ligne et obtenir lavaleur de y, nous pouvons effectuer L2 ← −1

2L2,et ensuite L1 ← L1 − L2, ce qui donne1 0 0 1

0 1 0 −20 0 −1 2

ce qui correspond au système

x = 1y = −2−z = 3

qui est bien diagonal. Il vient alors directementx = 1y = −2z = −3

.

Exercice 5.5.2.Résoudre le système

1 2 0 40 −2 3 00 0 1 −20 0 0 −1

xyzt

=

2−131

.

17


Exercice 5.5.3.Résoudre, en fonction de la valeur du paramètrep, le système1 2 0

0 p 30 0 p(p− 1)

xyz

=

2−13

.

c. Cas d’un système triangulaire noninversible

S’il y a un zéro sur la diagonale d’un systèmetriangulaire, ce dernier n’est pas inversible. Onobtient un certain nombre de lignes de la forme0 = ci, où les ci sont des constantes. Si un deces ci est non nul, le système n’admet pas desolution, sinon, des lignes se simplifient.Nous n’évoquerons ce cas que lorsque p 6 3 etn 6 3.Les solutions du système s’interprètent simple-ment en termes géométriques.

• si p = 2, l’ensemble des solutions est soit vide,soit un singleton, soit une droite du plan, soit leplan tout entier.

Exemple 5.5.4.Résoudre les systèmes :

1.{y = 2y = 1

2.{x + y = 2

2y = 1

• si p = 3, l’ensemble des solutions est soit vide,soit un singleton, soit une droite de l’espace, soitun plan de l’espace, soit l’espace tout entier.


1.

x + y + z = 1

z = 2z = 1

2.

x + y + z = 1

y + z = 2z = 1

d. Systèmes échelonnés

Nous généralisons ici le cas précédent, quandla matrice du système n’est pas carrée.Le système S est dit échelonné de rang r ∈{0, 1, . . . ,min(n, p)} s’il est de la forme :

a1,1x1 + a1,2x2 + . . . + a1,rxr + . . . + a1,pxp = b1a2,2x2 + . . . + a2,rxr + . . . + a2,pxp = b2

. . . ar,rxr + . . . + ar,pxp = br

0 = br+1...

...0 = bp

où les coefficients a1,1, . . . , ar,r sont tous non nuls.Si S est échelonné, il est compatible (possède au

moins une solution) si et seulement br+1 = · · · =bp = 0. Dans ce cas, chacune des premières ligness’interprète comme l’équation d’un « hyperplan »de dimension p− 1 dans Kp. Le système possèdeune unique solution si et seulement si r = p etune infinité de solutions si et seulement si r < p.

Nous n’évoquerons ce cas que lorsque p 6 3 etn 6 3.Les solutions du système s’interprètent simple-ment en termes géométriques.

• si p = 2, l’ensemble des solutions est soit vide,soit un singleton, soit une droite du plan, soit leplan tout entier.


1.{x + y = 2

0 = 12. x+ y = 1

• si p = 3, l’ensemble des solutions est soit vide,soit un singleton, soit une droite de l’espace, soitun plan de l’espace, soit l’espace tout entier.


1.{x + y + z = 1

y + z = 22. x+ y + z = 1

18


e. Cas général

Nous allons maintenant voir la méthode d’éli-mination qui permet de se ramener à un systèmeéchelonné.Dans le système de départ, choisissons une ligne,et une variable. Le but est d’éliminer cette va-riable dans les autres lignes. Il est donc souventintéressant de choisir une variable qui apparaîtdans un minimum de lignes, comme cela une par-tie du travail est déjà fait.Si la variable choisie est x et que la ligne conservéeL est de la forme ax+ by + . . . et que l’on veuilleéliminer x d’une ligne L′ de la forme cx+dy+ . . .,il suffit d’effectuer l’opération L′ ← L′ − c

aL. Laligne L′ devient alors

(d− bc

a

)y + . . ..

Après avoir éliminé la variable choisie dans toutesles lignes sauf celle conservée, on ne touche plusà cette dernière ligne, et on réitère le procédéavec les lignes restantes, en choisissant une autrevariable. On continue jusqu’à ce que le systèmesoit triangulaire ou trivialement sans solution.

Exemple 5.5.8.

Considérons le système

x +y +z = 1x −2y +z = 2

2x −z = 1que l’on écrira sous forme matricielle1 1 1 1

1 −2 1 22 0 −1 1

. Puisque y n’apparaît

pas dans la dernière ligne, choisissons d’éliminery dans les deux premières lignes. Afin d’éviterde manipuler des fractions, nous choisissons deconserver la première ligne, car le coefficientdevant y y est 1.Effectuons l’opération L2 ← L2 + 2L1 : le

système est donc équivalent à

1 1 1 13 0 3 42 0 −1 1

.On choisit ensuite d’éliminer z de la secondeligne en utilisant la dernière ligne, car la variablez y a un coefficient égal à −1. Après l’opération

L2 ← L2 + 3L3, il vient :

1 1 1 19 0 0 72 0 −1 1

.Le système obtenu n’a pas l’air très tri-

angulaire ... en fait il l’est si on le réécrit1 1 10 −1 20 0 9

yzx

=

117

, ce qui revient à faire

des échanges de lignes et de variables dans ledernier système obtenu.

Il vient finalement

x = 7

9y = −1

3z = 5

9

.

Exemple 5.5.9.

Considérons le système

x +y +z = 1x −2y +z = 2

2x +y −z = 12y +z = 2

.

Codons-le et exécutons l’algorithme du pivot. Ilvient successivement :

1 1 1 11 −2 1 22 1 −1 10 2 1 2

L2 ← L2 − L1L3 ← L3 − 2L1

(1)

1 1 1 10 −3 0 10 −1 −3 −10 2 1 2

L3 ← L3 + 3L4(2)

1 1 1 10 −3 0 10 5 0 50 2 1 2

(3)

Or les deuxième et troisième lignes sont contra-dictoires, donc le système n’a pas de solution.

Remarque 5.5.10.Si A est une matrice carrée inversible, alors lesystème AX = B a une unique solution qui estX = A−1B.La résolution des systèmes 2× 2 inversibles peutêtre effectuée très simplement ainsi.

Exemple 5.5.11.

Résoudre(

1 22 3

)X =

(1−2

).

Remarque 5.5.12.Pour montrer qu’une matrice A ∈ Mn(K) estinversible et déterminer son inverse, vous pouvezprocéder comme suit :

19


1. Introduire X,Y ∈Mn,1(K).2. Résoudre en X le système AX = Y .3. Si ce système admet toujours une solution,

vous pouvez alors lire la solution : X = BY .4. Vérifiez que AB = BA = In : il ne reste plus

qu’à conclure.Tout cela sera justifié au second semestre.

Exercice 5.5.13.Soit

A =

2 −3 −12 −3 −2−2 4 3

.Montrer que A est inversible et déterminer A−1.

20

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