Applications linéaires matricielles

Démonstration

Soit A ∈ ℳ_n,m(R). On note φ l’application associée. Avec la notation matricielle, on a pour tout (λ, X, Y) ∈ R × ℳ_n,1(R)², A(λX + Y) = λAX + AY.

Démonstration

Soit φ ∈ L(R^m, Rⁿ). On note (e₁, … , e_m) la base canonique de R^m.

Si φ est associée à une matrice A ∈ ℳ_n,m(R), alors pour tout j ∈ ⟦1 ; m⟧ la j-ème colonne de A représente le vecteur φ(e_j), donc φ ne peut être associée à une autre matrice.

Réciproquement, si on note pour tout j ∈ ⟦1 ; m⟧, φ(e_j) = (a_1,j, … , a_n,j). alors pour tout x = (x₁, … , x_m) ∈ R^m, on trouve φ(x) = ∑_j=1^m x_j·φ(e_i) = ( ∑_j=1^m a_1,jx_j, … , ∑_j=1^m a_n,jx_j).
Donc l’application φ est bien associée à la matrice A = (a_i,j) ∈ ℳ_n,m(R).

Démonstration

Soit f ∈ L(R^m, Rⁿ) et g ∈ L(Rⁿ, R^p) associées respectivement aux matrices A = (a_i,j)∈ ℳ_n,m(R) et B = (b_i,j)∈ ℳ_p,n(R).

En notant (e₁, … , e_m) la base canonique de R^m, on trouve pour tout j ∈ ⟦1 ; m⟧, (g ∘ f)(e_j) = g(f(e_j)) = g(a_1,j, a_2,j, … , a_n,j) = ∑_k=1ⁿ a_k,jg(e_k) = (∑_k=1ⁿ a_k,j b_1,k, … , ∑_k=1ⁿ a_k,j b_p,k) .

La composée g ∘ f est donc associée à la matrice produit B × A.

Démonstration

Soit φ : R^m → Rⁿ un isomorphisme. Soit (λ, x, y) ∈ R × Rⁿ × Rⁿ. Il existe (u, v) ∈ R^m × R^m tel que x = φ(u) et y = φ(v). Donc φ⁻¹(λ.x + y) = φ⁻¹(λ.φ(u) + φ(v)) = φ⁻¹(φ(λ.u + v)) = λ.u + v. Donc la réciproque est linéaire.

Démonstration

Si φ est une application linéaire associée à une matrice A ∈ ℳ_n,m(R).

Si φ est un isomorphisme, on note B ∈ ℳ_m,n(R) la matrice associée à la réciproque. La composée d’un isomorphisme et de sa réciproque est l’identité, donc on trouve les égalités A × B = I_n et B × A = I_m, donc A est inversible d’inverse A⁻¹ = B.

Réciproquement, si A est inversible, en notant ψ l’application associée à A⁻¹, les égalités A × B = B × A = I se traduisent par φ ∘ ψ = ψ ∘ φ = id donc φ est bijective et sa réciproque est φ⁻¹ = ψ

Démonstration

Soit A ∈ ℳ_n,m(R). Par interprétation vectorielle des colonnes de la matrice, on sait que les produits AX, lorsque X ∈ ℳ_m,1(R) sont les combinaisons linéaires des colonnes de A.

Démonstration

L’image étant déjà un sous-espace vectoriel engendré par ses colonnes, il reste à démontrer que le noyau contient la colonne nulle et est stable par combinaison linéaire.

La colonne nulle vérifie A0 = 0 donc 0 ∈ Ker(A). Soit (λ, X, Y) ∈ R × Ker(A)². On a A(λX + Y) = λAX + AY = λ0 + 0 = 0 donc λX + Y ∈ Ker(A).

Démonstration

Soit A une matrice.

Supposons que l’application associée à A est injective. Pour tout X ∈ Ker(A), on a AX = 0 = A0 donc par injectivité de l’application, on trouve X = 0. Par conséquent, Ker(A) = {0}.

Réciproquement, supposons Ker(A) = {0}. Pour tout (X,Y) ∈ ℳ_m,1(R)² tel que AX = AY, on a A(X − Y) = 0 donc X − Y = 0 donc X = Y. Par conséquent, l’application associée est injective.

Démonstration

On montre les deux premières équivalences. La troisième s’en déduit.

On note C₁, … , C_m les colonnes de A. Pour tout X = [ [x₁] [⋮] [x_m] ∈ ℳ_m,1(R) on a AX = x₁C₁ + ⋯ + x_mC_m.

1. Avec ces notations, on en déduit les équivalences x₁C₁ + ⋯ + x_mC_m = 0 ⇔ AX = 0 ⇔ X ∈ Ker(A). Donc la famille des colonnes est libre si et seulement si Ker(A) = 0, c’est-à-dire si l’application linéaire associée est injective.
2. L’application linéaire associée est surjective si et seulement si Im(A) = ℳ_n,1(R), c’est-à-dire si pour tout vecteur colonne Y, il existe un vecteur colonne X tel que Y = AX = x₁C₁ + ⋯ + x_mC_m, autrement dit si la famille des colonnes de A est génératrice.

Démonstration

Pour une matrice carrée de ℳ_n(R), les colonnes représentent une famille de n vecteurs de Rⁿ, donc cette famille est libre si et seulement si elle est génératrice.

Démonstration

On note (X₁, … , X_k) une base de Ker(A) ⊂ R^m, qui est une famille libre et que l’on complète en une base (X₁, … , X_m) de R^m.
On montre ensuite que la famille ℬ = (AX_k+1, … , AX_m) est une base de Im(A).

Soit (λ_k+1, … , λ_m) ∈ R^m−k tel que ∑_i=k+1^m λ_i·AX_i = 0 c’est-à-dire A(∑_i=k+1^m λ_i·X_i) = 0. On a alors ∑_i=k+1^m λ_i·X_i ∈ Ker(A) donc il existe (λ₁, … , λ_k) ∈ R^k tel que ∑_i=k+1^m λ_i·X_i = ∑_i=1^k λ_i·X_i mais par unicité de la décomposition sur une base, on trouve pour tout i ∈ ⟦1 ; m⟧, λ_i = 0. Donc la famille ℬ est libre.

Soit Y ∈ Im(A). Il existe X ∈ R^m tel que Y = AX donc en notant X = ∑_i=1^m λ_i·X_i, on trouve Y = A∑_i=1^m λ_i·X_i = ∑_i=k+1^m λ_i·AX_i. Donc la famille ℬ est génératrice dans Im(A).

Finalement, on trouve rg(A) = dim(Vect(ℬ)) = m − k donc m = rg(A) + k = rg(A) + dim(Ker(A).

Démonstration

On montre séparément rg(AB) ≤ rg(A) et rg(AB) ≤ rg(B).

On montre d’abord Im(AB) ⊂ Im(A) : pour tout Y ∈ Im(AB), il existe une colonne X telle que Y = (AB)X = A(BX) ∈ Im(A). Par conséquent, rg(AB) ≤ rg(A).

On montre ensuite Ker(B) ⊂ Ker(AB) : pour tout X ∈ Ker(B), on a (AB)X = A(BX) = A0 = 0 donc X ∈ Ker(AB). Donc dim(Ker(B)) ≤ dim(Ker(AB)) donc par théorème du rang q − rg(B) ≤ q − rg(AB) donc rg(AB) ≤ rg(B).

Démonstration

Soit A ∈ ℳ_n,m(R), P ∈ 𝒢ℒ_m(R) Soit Q ∈ 𝒢ℒ_n(R).

On trouve rg(APP⁻¹) ≤ rg(AP) ≤ rg(A) donc rg(A) = rg(AP) et rg(Q⁻¹QA) ≤ rg(QA) ≤ rg(A) donc rg(A) = rg(QA).

Démonstration

Soit (A, B, C) ∈ ℳ_n,m(R)³, P ∈ 𝒢ℒ_m(R), Q ∈ 𝒢ℒ_n(R).

• On a A = I_n⁻¹AI_m.
• Si B = Q⁻¹AP alors A = (Q⁻¹)⁻¹BP⁻¹.
• Si B = Q⁻¹AP et s’il existe R ∈ 𝒢ℒ_m(R), S ∈ 𝒢ℒ_n(R) telles que C = S⁻¹BR alors C = S⁻¹Q⁻¹APR = (QS)⁻¹A(PR).

Démonstration

On complète une base de Ker(A) en une base (X₁, … , X_m) de ℳ_m,1(R) de façon à ce que les vecteurs du noyau soient placés en dernier, puis on définit la matrice P = (X₁ | … | X_m). De même, puisque la famille (AX₁, … , AX_r) forme une base de Im(A), on la complète en une base de ℳ_n,1(R) et on définit la matrice Q formée avec ces vecteurs colonnes.

Comme les matrices P et Q ont des bases pour vecteurs colonnes, elles sont inversibles.

Pour tout i ∈ ⟦1, m⟧ on note E_i la matrice colonne élémentaire avec un coefficient 1 en ligne i. On rappelle que le produit d’une matrice avec E_i correspond à la i-ème colonne de cette matrice.

Pour tout i ∈ ⟦1, r⟧ on trouve APE_i = AX_i = QE_i donc (Q⁻¹AP)E_i = E_i.

Pour tout i > r, on trouve (Q⁻¹AP)E_i = Q⁻¹(AX_i) = Q⁻¹0 = 0.

Finalement, la matrice produit Q⁻¹AP a bien la forme voulue.

Démonstration

On procède par double implication.

Si deux matrices sont équivalentes, la multiplication par des matrices inversibles ne change pas le rang donc elles ont le même rang.

Réciproquement, si deux matrices de ℳ_n,m(R) sont de même rang r, alors elles sont toutes deux équivalentes à la matrice J_n,m,r donc elles sont équivalentes entre elles.

Démonstration

Soit A ∈ ℳ_n,m(R) une matrice de rang r. Elle est équivalente à J_n,m,r donc sa transposée A^T est équivalente à J_m,n,r, donc rg(A^T) = rg(J_m,n,r) = r.

Démonstration

Ces lignes formant une famille libre, elles constituent une base de l’espace vectoriel engendré. Donc le nombre de ces lignes est égal au rang de la matrice.