Les propriétés des matrices

Associativité

Soient trois matrices \(A \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n,p} (\mathbb{K})\), \(B \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{p,q} (\mathbb{K})\) et \(C \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{q,r} (\mathbb{K})\).

1. Calcul de \((A \times B) \times C\)

   Par définition, on a :

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!] \times [\![1, r]\!],$$
   $$\Bigl( (A \times B) \times C \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^q (ab)_{i,k} \times c_{k,j} $$

   Or, le facteur \((ab)_{i,k}\) vaut lui :

   $$ \forall (i, k) \in [\![1, n]\!] \times [\![1, q]\!],$$

   $$ (ab)_{i,k} = \sum_{l = 1}^p a_{i,l} \times b_{l,k} $$

   Alors on le remplace dans l'expression et :

   $$\Bigl( (A \times B) \times C \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^q \left[ \sum_{l = 1}^p a_{i,l} \times b_{l,k} \right] \times c_{k,j} $$

   Comme le facteur \(c_{k,j}\) ne dépent pas de \(l\), il est considéré comme étant une constante et peut être intégré à la somme interne.

   $$\Bigl( (A \times B) \times C \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^q \sum_{l = 1}^p \Bigl[ a_{i,l} \times b_{l,k} \times c_{k,j} \Bigr] \qquad (1) $$
2. Calcul de \( A \times (B \times C)\)

   Calculons maintenant le produit \(A \times (B \times C)\).

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!] \times [\![1, r]\!],$$
   $$\Bigl( A \times (B \times C) \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p a_{i,k} \times (bc)_{k,j} $$

   De la même mainière que précédemment, on remplace \((bc)_{k,j}\) par son expression et :

   $$\Bigl( A \times (B \times C) \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p a_{i,k} \times \left[ \sum_{l = 1}^q b_{k,l} \times c_{l,j} \right] $$
   $$\Bigl( A \times (B \times C) \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p \sum_{l = 1}^q \Bigl[ a_{i,k} \times b_{k,l} \times c_{l,j} \Bigr] \qquad (2) $$

   Dans les expressions \((1)\) et \((2)\), les variables \(k\) et \(l\) sont des variables muettes :

   $$\Bigl( (A \times B) \times C \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^q \sum_{l = 1}^p \Bigl[ a_{i,l} \times b_{l,k} \times c_{k,j} \Bigr] \qquad (1) $$
   $$\Bigl( A \times (B \times C) \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p \sum_{l = 1}^q \Bigl[ a_{i,k} \times b_{k,l} \times c_{l,j} \Bigr] \qquad (2) $$

   Alors, elles peuvent donc être interverties, et à ce moment \((1)\) et \((2)\) sont égales et :

   $$\Bigl( (A \times B) \times C \Bigr)_{i,j} = \Bigl( A \times (B \times C) \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p \sum_{l = 1}^q \Bigl[ a_{i,l} \times b_{l,k} \times c_{k,j} \Bigr] $$

Soit finalement,

Distributivité

1. Distributivité à gauche

   Soit une matrice \(A \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n,p} (\mathbb{K})\) et deux matrices \((B, C) \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{p,q} (\mathbb{K})^2\).

   Avec la définition du produit matriciel , on a :

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!] \times [\![1, q]\!],$$
   $$\Bigl( A \times (B + C) \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p \Bigl[ a_{i,k} \times (b + c)_{k,j}\Bigr] $$
   $$\Bigl( A \times (B + C) \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p \Bigl[ a_{i,k} \times (b_{k,j} + c_{k,j})\Bigr]$$
   $$\Bigl( A \times (B + C) \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p \Bigl[ a_{i,k} \times b_{k,j} + a_{i,k} \times c_{k,j} \Bigr]$$
   $$\Bigl( A \times (B + C) \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p \Bigl[ a_{i,k} \times b_{k,j}\Bigr] + \sum_{k = 1}^p \Bigl[a_{i,k} \times c_{k,j}\Bigr] $$

   Soit finalement,

   $$ \forall A \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n,p} (\mathbb{K}) , \ \forall (B, C) \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{p,q} (\mathbb{K})^2, $$
   $$ A \times (B + C) = A \times B + A \times C $$

2. Distributivité à droite

   Soient deux matrices \((A, B) \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n,p} (\mathbb{K})^2 \) et une matrice \( C \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{p,q} (\mathbb{K})\).

   De la même manière que plus haut, on a :

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!] \times [\![1, q]\!],$$
   $$\Bigl( (A + B) \times C \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p \Bigl[(a + b)_{i,k} \times c_{k,j}\Bigr] $$
   $$\Bigl( (A + B) \times C \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p \Bigl[(a_{i,k} + b_{i,k}) \times c_{k,j}\Bigr] $$
   $$\Bigl( (A + B) \times C \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p \Bigl[a_{i,k} \times c_{k,j} + b_{i,k} \times c_{k,j}\Bigr] $$
   $$\Bigl( (A + B) \times C \Bigr)_{i,j} = \ \sum_{k = 1}^p \Bigl[a_{i,k} \times c_{k,j}\Bigr] + \sum_{k = 1}^p \Bigl[ b_{i,k} \times c_{k,j}\Bigr] $$

   Soit finalement,

   $$ \forall (A,B) \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n,p} (\mathbb{K})^2, \ \forall C \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{p,q} (\mathbb{K}), $$
   $$ (A + B) \times C = A \times C + B \times C $$

Bilinearité

Soient deux matrices \(A \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n,p} (\mathbb{K})\) et \(B \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{p,q} (\mathbb{K})\) et \(\lambda \in \mathbb{R}\) un réel.

Avec la définition du produit matriciel , on a :

De la même manière :

Soit finalement,

Multiplication par l'identité

Soit une matrice \(A \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n,p} (\mathbb{K})\).

1. Calcul de \(I_n \times A\)

   Avec la définition du produit matriciel , on a :

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!] \times [\![1, p]\!],$$
   $$(I_n \times A)_{i,j} = \sum_{k = 1}^n (I_n)_{i,k} \times a_{k,j} $$

   Mais le facteur \((I_n)_{i,k}\) vaut :

   $$ (I_n)_{i,k} = \Biggl \{ \begin{gather*} 1, \ si \ (i = k) \\ 0 \ \text{\sinon} \end{gather*} $$

   Alors,

   $$(I_n \times A)_{i,j} = a_{i,j} = (A)_{i,j} $$

   C'est la matrice de départ inchangée.

2. Calcul de \(A \times I_p\)

   Idem, de l'autre côté :

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!] \times [\![1, p]\!],$$
   $$(A \times I_p)_{i,j} = \sum_{k = 1}^p a_{i,k} \times (I_p)_{k,j} $$

   De la même manière et pour tout \((i,j)\), dans cette somme de produits lorque \((k = j)\), on obtient \(a_{i,j}\) puisque tous les autres termes valent \(0\) et par conséquent :

   $$(A \times I_p)_{i,j} = a_{i,j} = (A)_{i,j} $$

Et finalement,

Produit de matrices diagonales

1. Produit de deux matrices diagonales

   Soient deux matrices diagonales \(\Bigl[ D_1 = diag(\lambda_1, \lambda_2, \ ..., \lambda_n), \ D_2 = diag(\mu_1, \mu_2, \ ..., \mu_n) \Bigr] \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})^2 \).

   Avec la définition du produit matriciel , on a :

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2,$$
   $$(D_1 \times D_2)_{i,j} = \sum_{k = 1}^n (d_1)_{i,k} \times (d_2)_{k,j} $$

   En reprenant la définition d'une matrice diagonale , dans chacun de produits internes de ces sommes :

   $$ \Biggl \{ \begin{gather*} \forall (i, k) \in [\![1, n]\!]^2, \ (i \neq k) \Longrightarrow (d_1)_{i,k} = 0 \\ \forall (k, j) \in [\![1, n]\!]^2, \ (k \neq j) \Longrightarrow (d_2)_{k,j} = 0 \end{gather*} $$

   Alors, pour tout \(k\), le produit \( \Bigl[ (d_1)_{i,k} \times (d_2)_{k,j} \Bigr] \neq 0 \) seulement si :

   $$ \Bigl[ (i = k) \land (k = j) \Bigr] \Longleftrightarrow (i = k = j) $$

   On a alors :

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2, \ (D_1 \times D_2)_{i,j} = \Biggl \{ \begin{gather*} (d_1)_{i,j} \times (d_2)_{i,j}, \ si \ (i = j) \\ 0 \ \text{sinon} \end{gather*} $$

   Soit,

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2, \ (D_1 \times D_2)_{i,j} = \Biggl \{ \begin{gather*} (d_1)_{k,k} \times (d_2)_{k,k} = \lambda_k \ \mu_k, \ si \ (i = j = k) \\ 0 \ \text{sinon} \end{gather*} $$
   $$ (D_1 \times D_2) = \begin{pmatrix} \textcolor{rgb(118 139 240)}{\lambda_1 \ \mu_1} & 0 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & \textcolor{rgb(118 139 240)}{\lambda_2 \ \mu_2} & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 0 & \textcolor{rgb(118 139 240)}{\lambda_3 \ \mu_3} & \dots & 0 \\ \hspace{0.1em}\vdots & \hspace{0.1em} \vdots & \hspace{0.1em} \vdots & \textcolor{rgb(118 139 240)}{\ddots} & \hspace{0.1em} \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \dots & \textcolor{rgb(118 139 240)}{\lambda_n \ \mu_n} \end{pmatrix} $$

   De la même manière, si l'on effectue le produit dans l'autre sens :

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2,$$
   $$(D_2 \times D_1)_{i,j} = \sum_{k = 1}^n (d_2)_{i,k} \times (d_1)_{k,j} $$

   Et par le même raisonnement, on obtient aussi que :

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2, \ (D_1 \times D_2)_{i,j} = \Biggl \{ \begin{gather*} (d_2)_{k,k} \times (d_1)_{k,k} = \mu_k \ \lambda_k, \ si \ (i = j = k) \\ 0 \ \text{sinon} \end{gather*} $$

   Les produits de nombres sur le corps \(\mathbb{K}\) étant commutatif, les deux résultats des produits \((D_1 \times D_2)\) et \((D_2 \times D_1)\) sont égaux.

   Et finalement,

   $$ \forall \Bigl[ D_1 = diag(\lambda_1, \lambda_2, \ ..., \lambda_n), \ D_2 = diag(\mu_1, \mu_2, \ ..., \mu_n) \Bigr] \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})^2, $$
   $$ D_1 \times D_2 = D_2 \times D_1 = diag \left(\lambda_1 \mu_1, \lambda_2 \mu_2, \ ..., \lambda_n \mu_n \right) $$
2. Puissance de matrice diagonale

   Soit la matrice diagonale \(\Bigl[ D = diag(\lambda_1, \lambda_2, \ ..., \lambda_n) \Bigr] \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K}) \).

   En suivant le même raisonnement que précédemment, par une récurrence directe il est évident que :

   $$ \forall \Bigl[ D = diag(\lambda_1, \lambda_2, \ ..., \lambda_n) \Bigr] \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K}), $$
   $$ D^m = diag \left(\lambda_1^m, \lambda_2^m, \ ..., \lambda_n^m \right) $$

Lien entre matrice, comatrice, transposée et déterminant

Soit \(A \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})\) une matrice carrée de taille \(n\).

1. Calcul de \( \bigl[A \times com(A)^T \bigr]\)

   Si l'on effectue le produit \(A \times com(A)^T\), on a :

   $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2,$$
   $$ \left(A \times com(A)^T \right)_{i,j} = \sum_{k = 1}^n a_{i,k} \times C_{j,k} $$
   • \( \alpha) \) si \( (i = j) \)

     Dans le cas où \( (i = j) \), alors :

     $$ (i = j) \Longrightarrow \left[ \left(A \times com(A)^T \right)_{i,j} = \sum_{k = 1}^n a_{i,k} \times C_{i,k} \right] $$

     C'est la définition du déterminant de \(A_{i,j}\) selon la ligne \(i\). Donc :

     $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2, \ (i = j), $$
     $$ \left(A \times com(A)^T \right)_{i,j} = det(A) $$

     La matrice produit vaudra alors \(det(A)\) sur toute la diagonale.

   • \( \beta) \) si \( (i \neq j) \)

     Dans le cas où \( (i \neq j) \), alors par défaut :

     $$ (i \neq j) \Longrightarrow \left[ \left(A \times com(A)^T \right)_{i,j} = \sum_{k = 1}^n a_{i,k} \times C_{j,k} \right] \qquad (3) $$

     Imaginons alors une nouvelle matrice \(B\), copie de \(A\), et telle que la ligne \(j\) soit remplacée par la ligne \(i\).

     $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2,$$
     $$ A = \begin{pmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} & \dots & a_{1, n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3} & \dots & a_{2,n} \\ \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \vdots & \hspace{0.5em} \vdots \\ \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i,1}} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i,2}} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i,3}} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{\dots} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i, n}} \\ \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \vdots & \vdots \\ \textcolor{rgb(232 124 124)}{a_{j,1}} & \textcolor{rgb(232 124 124)}{a_{j,2}} & \textcolor{rgb(232 124 124)}{a_{j,3}} & \textcolor{rgb(232 124 124)}{\vdots} & \textcolor{rgb(232 124 124)}{a_{j, n}} \\ \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & a_{n,3} & \dots & a_{n, n} \end{pmatrix} $$

     $$ B = \begin{pmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} & \dots & a_{1, n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3} & \dots & a_{2,n} \\ \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \vdots & \hspace{0.5em} \vdots \\ \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i,1}} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i,2}} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i,3}} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{\dots} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i, n}} \\ \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \vdots & \vdots \\ \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i,1}} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i,2}} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i,3}} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{\dots} & \textcolor{rgb(93 183 129)}{a_{i, n}} \\ \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \hspace{0.5em} \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & a_{n,3} & \dots & a_{n, n} \end{pmatrix} $$

     Le but est de calculer le déterminant de la matrice \(B\) sur la ligne \(i\), où pour tout \(k\), les éléments \(\textcolor{rgb(54 152 46)}{a_{i,k}}\) viennent remplacer les éléments \(\textcolor{rgb(232 124 124)}{a_{j,k}}\).

     Ainsi, si l'on calcule \(det(B)\) sur la ligne \(i\), on obtient :

     $$ det(B) = \sum_{k = 1}^n a_{i,k} \times C_{j,k} $$

     Or, lorsque l'on calcule le déterminant d'une matrice avec deux lignes équivalentes, celui s'annule.

     Ce qui est évidemment notre car, par conséquent :

     $$ det(B) = 0 \Longrightarrow \sum_{k = 1}^n a_{i,k} \times C_{j,k} = 0 \qquad (4) $$

     Alors, mettant en perspective les deux expressions \((3)\) et \((4)\) :

     $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2, \ (i \neq j), $$
     $$ \left(A \times com(A)^T \right)_{i,j} = \sum_{k = 1}^n a_{i,k} \times C_{j,k} \qquad (3) $$

     $$ \sum_{k = 1}^n a_{i,k} \times C_{j,k} = 0 \qquad (4) $$

     Cela signifie que :

     $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2, \ (i \neq j), $$
     $$ \left(A \times com(A)^T \right)_{i,j} = 0 $$

     Notre matrice produit vaudra alors zéro partout ailleurs.

     $$ A \times com(A)^T = \begin{pmatrix} \textcolor{rgb(118 139 240)}{det(A)} & 0 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & \textcolor{rgb(118 139 240)}{det(A)} & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 0 & \textcolor{rgb(118 139 240)}{det(A)} & \dots & 0 \\ \hspace{0.1em}\vdots & \hspace{0.1em} \vdots & \hspace{0.1em} \vdots & \textcolor{rgb(118 139 240)}{\ddots} & \hspace{0.1em} \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \dots & \textcolor{rgb(118 139 240)}{det(A)} \end{pmatrix} $$

   Soit finalement que :

   $$ A \times com(A)^T = det(A) \times I_n $$
2. Calcul de \( \bigl[com(A)^T \times A\bigr]\)

   Si l'on commute maintenant les facteurs du produit précédent tel que :

   $$ \left(com(A)^T \times A \right)_{i,j} = \sum_{k = 1}^n C_{k,i} \times a_{k,j} $$

   Alors, de la même manière :

   • \( \alpha) \) si \( (i = j) \)

     Dans le cas où \( (i = j) \), alors :

     $$ (i = j) \Longrightarrow \left[ \left(com(A)^T \times A \right)_{i,j} = \sum_{k = 1}^n C_{k,i} \times a_{k,i} \right] $$

     C'est à présent la définition du déterminant de \(A_{i,j}\), mais selon la colonne \(i\). Donc :

     $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2, \ (i = j), $$
     $$ \left(com(A)^T \times A \right)_{i,j} = det(A) $$

     De même que plus haut, la matrice produit vaudra \(det(A)\) sur toute la diagonale.

   • \( \beta) \) si \( (i \neq j) \)

     De même, dans le cas où \( (i \neq j) \), alors par défaut :

     $$ (i \neq j) \Longrightarrow \left[ \left(com(A)^T \times A \right)_{i,j} = \sum_{k = 1}^n C_{k,i} \times a_{k,j} \right] \qquad (3^*) $$

     Et de la même manière que précédemment, on va cette fois remplacer la colonne \(j\) par la colonne \(i\) dans notre nouvelle matrice \(B'\), et ainsi calculer \(det(B')\) sur la ligne \(k\) :

     $$ det(B') = 0 \Longrightarrow \sum_{k = 1}^n C_{k,i} \times a_{k,j} = 0 \qquad (4^*) $$

     Or,

     $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2, \ (i \neq j), $$
     $$ \left(com(A)^T \times A \right)_{i,j} = \sum_{k = 1}^n C_{k,i} \times a_{k,j} \qquad (3^*) $$

     $$ \sum_{k = 1}^n C_{k,i} \times a_{k,j} = 0 \qquad (4^*) $$

     Cela signifie que :

     $$ \forall (i, j) \in [\![1, n]\!]^2, \ (i \neq j), $$
     $$ \left(com(A)^T \times A \right)_{i,j} = 0 $$

   De même que plus haut, la matrice produit vaudra zéro partout ailleurs.

   $$ com(A)^T \times A = \begin{pmatrix} \textcolor{rgb(118 139 240)}{det(A)} & 0 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & \textcolor{rgb(85, 109, 229)}{det(A)} & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 0 & \textcolor{rgb(118 139 240)}{det(A)} & \dots & 0 \\ \hspace{0.1em}\vdots & \hspace{0.1em} \vdots & \hspace{0.1em} \vdots & \textcolor{rgb(118 139 240)}{\ddots} & \hspace{0.1em} \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \dots & \textcolor{rgb(118 139 240)}{det(A)} \end{pmatrix} $$

   Soit finalement que :

   $$ com(A)^T \times A = det(A) \times I_n $$

Finalement, on a prouvé que :

Linéarité de la transposée

Soient deux matrices \((A,B) \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n,p} (\mathbb{K})^2\) de même taille et \((\lambda, \mu) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2\) deux nombres réels.

On a vu avec la multiplication d'une matrice par un scalaire que tous ces indices étaient affectés.

De même, la somme deux matrices (de même taille) est l'addition de chacun des éléments de mêmes indices \((i,j)\) ensemble.

Alors grâce à des deux propriétés, on peut prendre une combinaison linéaire de matrices :

En prenant maintenant la transposée , cela inverse tous les indices \(i\) et \(j\) :

Et finalement,

Transposée d'un produit

Soient deux matrices \(A \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n,p} (\mathbb{K})\) et \(B \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{p,q} (\mathbb{K})\).

Avec la définition du produit matriciel , on a :

En prenant maintenant la transposée , cela inverse tous les indices \(i\) et \(j\) :

Or, le produit des transposées en inversant l'ordre vaut la même chose :

Alors,

Calcul de l'inverse

En reprenant la formule \((5)\) :

On a, en prenant uniquement la partie de droite de l'expression :

En multipliant maintenant les deux côtés par \(A^{-1}\) :

Enfin, en divisant chaque membre par \(det(A)\), on obtient :

Soit finalement,

Inverse de l'inverse

Soit \(A \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})\) une matrice carrée de taille \(n\).

Alors, si \(A\) est inversible, alors \(A^{-1}\) l'est aussi. On a alors la relation suivante :

Mais aussi :

En multipliant cette relation de chaque côté à gauche par \(A\), on a :

Soit finalement,

Inverse de la transposée

Soit \(A \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})\) une matrice carrée de taille \(n\).

La matrice \(A\) est inversible si et seulement si \(det(A) \neq 0\). Mais les matrices \(A\) et \(A^T\) ont le même déterminant :

Alors, si \(A\) est inversible, alors \(A^T\) l'est aussi.

Alors, dans notre cas :

Or, la matrice transposée de la matrice identité est invariante. Alors :

En multipliant chaque côté à droite par \(\left(A^T \right)^{-1}\), on a :

Et finalement,

Inverse du produit

Soit \((A,B) \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})\) deux matrices carrées de même taille \(n\).

Si les deux matrices \(A\) et \(B\) sont inversibles, alors :

En combinant les expressions \((7)\) et \((8)\), on a :

Alors, le produit \((A \times B)\) est lui aussi inversible et :

En multipliant cette relation de chaque côté à gauche par \((B^{-1} A^{-1})\), on a :

Soit finalement,

Les expressions \((6)\) et \((9)\) se comportent de la même manière :

Alors, l'ordre de transposition ou d' inversion n'a pas d'importance.

On en déduit que :

Linéarité de la trace

Soit \((A,B) \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})^2\) deux matrices carrées de taille \(n\) et \((\lambda, \mu) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2\) deux nombres réels.

Par définition de la trace et par combinaison linéaire , on a :

Alors, on a directement que :

Et finalement,

Trace d'un produit

Soit \((A,B) \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})^2\) deux matrices carrées de taille \(n\).

Par définition de la trace , on a :

Soit, en remplaçant dans l'expression précédente :

Les variables \(k\) et \(l\) étant des variables muettes, on peut les inverser :

Les produits de nombres étant commutatif sur le corps \(\mathbb{K}\), on peut écrire que :

Or, c'est la même chose que \(Tr(B \times A)\), si l'on reprend l'expression \((10)\) en inversant \(A\) et \(B\).

Et finalement,

Puissances de la matrice des uns

Soit \(J_n\) la matrice des uns de taille \(n\).

En démarrant de \((J_n)^2\) :

Alors, la matrice qui en résulte de même taille vaut \(n\) partout :

Idem, si l'on prend maintenant le cube de \(J_n\), on a :

Alors,

Par conséquent, par une récurrence directe on peut facilement montrer que :

Binôme de Newton et Identité géométrique

Soit \((A,B) \in \hspace{0.03em} \mathcal{M}_{n}(\mathbb{K})^2\) deux matrices carrées de taille \(n\) et commutantes .

On sait que la distributivité s'applique sur les matrices. Alors :

De plus, dans notre cas les matrices \(A\) et \(B\) sont commutantes donc : \(\bigl(AB = BA \bigr)\).

Par conséquent, on a :

Alors, on peut prouver par récurrence que les binôme de Newton et l' identité géométrique s'appliquent aussi dans ce cas précis.