Auteur/autrice : Yannis TRIANTAPHYLIDES

Dans cet article, vous trouverez :

• la définition d’une somme de Newton associée à un polynôme,
• les relations qu’il y a entre les sommes de Newton et les coefficients dudit polynôme avec un moyen efficace de les mémoriser,
• une démonstration de ces relations qui fait appel à la division euclidienne et à la dérivation d’un polynôme scindé.

Qu’entend-on par sommes de Newton vis-à-vis d’un polynôme ?

Soit $P$ un polynôme à coefficients dans un corps $\K$, de degré $n\geq 1$.

Il existe des coefficients $(a_0,a_1,\dots,a_n)$ tels que $P(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n.$

Notez que, contrairement à beaucoup de notations usuelles sur les polynômes, le coefficient dominant de $P$ est noté $a_0$.

Il existe un surcorps $\L$ de $\K$ dans lequel $P$ est scindé.

Il existe donc $n$ racines appartenant à $\L$, certaines étant éventuellement répétées, notées $\lambda_1$, … , $\lambda_n$, telles que $P(x)=a_0(x-\lambda_1)\cdots(x-\lambda_n).$

Les sommes de Newton, notées $N_1$ pour « Newton 1 », …, $N_n$ pour « Newton $n$ », sont définies de la façon suivante :

$N_1 = \lambda_1+\cdots+\lambda_n = \sum_{k=1}^n\lambda_k$,

$N_2 = \lambda_1^2+\cdots+\lambda_n^2= \sum_{k=1}^n\lambda_k^2$,

$\dots$

$N_n = \lambda_1^n+\cdots+\lambda_n^n=\sum_{k=1}^n\lambda_k^n.$

Autrement dit, pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $n$,

$N_i = \displaystyle\sum_{k=1}^n\lambda_k^i.$

Note : vous trouverez aussi des sommes de Newton définies pour $i\geq n+1$. Elles ne seront pas traitées dans cet article, le point de difficulté à lever étant de comprendre le lien entre les premières relations.

Comment mémoriser efficacement les relations qui lient les sommes de Newton ?

La relation fondamentale

Soit $k$ un entier compris entre $1$ et $n$.

Comme $\lambda_k$ est une racine de $P$, vous déduisez :

$a_0\lambda_k^n+a_1\lambda_k^{n-1}+\cdots+a_{n-1}\lambda_k+a_n=0.$

Pour plus de clarté, on écrira le dernier coefficient fois $1$.

$a_0\lambda_k^n+a_1\lambda_k^{n-1}+\cdots+a_{n-1}\lambda_k+a_n\times 1=0.$

Maintenant sommez ces $n$ relations.

\begin{aligned}
\sum_{k=1}^n \left(a_0\lambda_k^n+a_1\lambda_k^{n-1}+\cdots+a_{n-1}\lambda_k+a_n\times 1\right)&=0\\
a_0\sum_{k=1}^n \lambda_k^n + a_1 \sum_{k=1}^n \lambda_k^{n-1}+\cdots + a_{n-1}\sum_{k=1}^n\lambda_k + a_n \sum_{k=1}^n 1 &= 0\\
\end{aligned}

Vous obtenez la relation de base fondamentale qui lie toutes les sommes.

$\boxed{a_0N_n+a_1N_{n-1}+\cdots+a_{n-1}N_1+na_n=0.}$

$\boxed{\sum_{i=0}^{n-1} a_iN_{n-i} + na_n=0.}$

Comment se souvenir des autres relations ?

Considérez le polynôme de degré $1$ qui n’utilise que les premiers coefficients de $P$ en commençant par son coefficient dominant.

Posez $P_1(x) = a_0x+a_1$. Le polynôme $P_1$ n’a qu’une seule racine $\lambda’_1$. Si vous appliquez la relation fondamentale avec sa somme de Newton $N’_1 = \lambda’_1$, vous obtenez $a_0N’_1+a_1=0.$

Ce qui est remarquable c’est que cette relation reste valable pour la somme $N_1$ associée au polynôme de départ $P$ : $a_0N_1+a_1=0.$

De même pour le degré $2$. Posez $P_2(x)=a_0x^2+a_1x+a_2$. Notez $\lambda’_1$ et $\lambda’_2$ les deux racines de $P_2$, posez $N’_1 = \lambda’_1+\lambda’_2$ et $N’_2 = {\lambda’}_1^2$ $+{\lambda’}_2^2$.

D’après la relation fondamentale $a_0N’_2+a_1N’_1+2a_2=0.$

Cette relation se transpose aussi.

Vous avez $a_0N_2+a_1N_1+2a_2=0$ où $N_1$ et $N_2$ sont les deux premières sommes de Newton associées au polynôme de départ $P$.

Vous en déduisez toutes les relations liant les sommes de Newton. Il y en a $n$ au total.

\begin{aligned}
a_0N_1+a_1 &= 0\\
a_0N_2+a_1N_1+2a_2 &=0\\
a_0N_3+a_1N_2+a_2N_1+3a_3 &=0\\
\cdots & \cdots\\
a_0N_n+a_1N_{n-1}+\cdots+a_{n-1}N_1+na_n &=0.
\end{aligned}

Conclusion : toutes les formules de Newton avec des sigmas

Pour tout entier $k$ compris entre $1$ et $n$ :

$\boxed{\sum_{i=0}^{k-1} a_iN_{k-i} + ka_k=0.}$

Et maintenant, démontrez les relations qu’il y a entre les sommes de Newton et les coefficients du polynôme

Ecartez d’office le cas où $P$ est de degré $1$. Il y a une seule racine $\lambda_1$ qui vérifie $a_0\lambda_1+a_1=0$, or $N_1 = \lambda_1.$

Dans la suite $n$ désignera un entier naturel supérieur ou égal à $2$.

A partir du polynôme $P$ défini par $P(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n$, vous allez définir les polynômes tronqués $P_0$, $P_1$, …, $P_n$ de la façon suivante :

\begin{aligned}
P_0(x) &= a_0\\
P_1(x) &= a_0x+a_1\\
P_2(x) &= a_0x^2+a_1x+a_2\\
\cdots & \cdots\\
P_n(x) &= a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n.
\end{aligned}

Soit $i$ un entier compris entre $1$ et $n$.

Quand vous effectuez la division euclidienne de $P(x)$ par $x-\lambda_i$ dans le corps $\L(x)$, vous obtenez $P(x)=(x-\lambda_i)\left(P_0(\lambda_i)x^{n-1} + P_1(\lambda_i)x^{n-2} + \cdots + P_{n-1}(\lambda_i)\right) + P_n(\lambda_i).$

Faites une disgression et voyez pourquoi on obtient une telle relation par division euclidienne

Comment bien comprendre le processus ?

Supposez temporairement que le polynôme $P$ est de degré $3$ dans $\L[x]$, $P(x)=a_0x^3+a_1x^2+a_2x+a_3$. Soit $\lambda$ un élément de $\L$.

Vous allez effectuer la division de $P$ par $x-\lambda$, pas à pas.

\begin{aligned}
a_0x^3+a_1x^2+a_2x+a_3 &=a_0x^2\times x + a_1x^2+a_2x+a_3\\
&=a_0x^2( (x-\lambda)+\lambda)+a_1x^2+a_2x+a_3\\
&=(x-\lambda)(a_0x^2) +(a_0\lambda+a_1)x^2+a_2x+a_3\\
&=(x-\lambda)(a_0x^2) +(a_0\lambda+a_1)x\times x+a_2x+a_3\\
&=(x-\lambda)(a_0x^2) +(a_0\lambda+a_1)x\times ((x-\lambda)+\lambda)+a_2x+a_3\\
&=(x-\lambda)(a_0x^2) +(a_0\lambda+a_1)x(x-\lambda) + (a_0\lambda^2+a_1\lambda) x+a_2x+a_3\\
&=(x-\lambda)(a_0x^2+(a_0\lambda+a_1)x) + (a_0\lambda^2+a_1\lambda +a_2) x+ a_3\\
&=(x-\lambda)(a_0x^2+(a_0\lambda+a_1)x) + (a_0\lambda^2+a_1\lambda +a_2) ((x-\lambda)+\lambda)+ a_3\\
&=(x-\lambda)(a_0x^2+(a_0\lambda+a_1)x+(a_0\lambda^2+a_1\lambda +a_2)) + ((a_0\lambda^2+a_1\lambda +a_2))\lambda)+ a_3\\
&=(x-\lambda)(a_0x^2+(a_0\lambda+a_1)x+(a_0\lambda^2+a_1\lambda +a_2)) +P(\lambda).\\
\end{aligned}

Note. Dans le processus vous pouvez reconnaître la méthode de Hörner pour calculer $P(\lambda)$.

La division euclidienne pour tout degré $n\geq 2$

Supposez que le polynôme $P$ soit de degré $n\geq 2$ à coefficients dans $\L$. Soit $\lambda$ un élément de $\L$.

L’exemple précédent suggère de poser $Q(x)=\sum_{k=0}^{n-1}\sum_{i=0}^k a_i\lambda^{k-i}x^{n-1-k}$ comme polynôme qui va être le quotient de la division euclidienne de $P(x)$ par $x-\lambda$. Le reste de cette division doit être $P(\lambda).$

Vérifiez-le en effectuant le développement de l’expression $E$ définie par $E(x)=Q(x)(x-\lambda)+P(\lambda).$

Par développement du $x$ et du $\lambda$ dans le sigma, vous obtenez :

$E(x) = \sum_{k=0}^{n-1}\sum_{i=0}^k a_i\lambda^{k-i}x^{n-k}-\sum_{k=0}^{n-1}\sum_{i=0}^k a_i\lambda^{k+1-i}x^{n-1-k} + P(\lambda).$

Maintenant vous isolez le terme pour $i=0$ du premier sigma et le terme pour $i=n-1$ du deuxième sigma. Aussitôt :

$E(x) =a_0x^n + \sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=0}^k a_i\lambda^{k-i}x^{n-k}-\sum_{k=0}^{n-2}\sum_{i=0}^k a_i\lambda^{k+1-i}x^{n-1-k} – \sum_{i=0}^{n-1} a_i\lambda^{n-i}+ P(\lambda).$

Une première simplification apparaît dans le terme constant de $E(x)$.

$E(x) =a_0x^n + \sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=0}^k a_i\lambda^{k-i}x^{n-k}-\sum_{k=0}^{n-2}\sum_{i=0}^k a_i\lambda^{k+1-i}x^{n-1-k} +a_n.$

Maintenant, dans le premier sigma qui est double, vous allez isoler $i=k$ du reste.

$E(x) =a_0x^n + \sum_{k=1}^{n-1}\left(a_kx^{n-k}+ \sum_{i=0}^{k-1} a_i\lambda^{k-i}x^{n-k}\right)-\sum_{k=0}^{n-2}\sum_{i=0}^k a_i\lambda^{k+1-i}x^{n-1-k} +a_n.$

Vous poursuivez le développement du premier sigma.

$E(x) =a_0x^n + \sum_{k=1}^{n-1}a_kx^{n-k}+ \sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=0}^{k-1} a_i\lambda^{k-i}x^{n-k}-\sum_{k=0}^{n-2}\sum_{i=0}^k a_i\lambda^{k+1-i}x^{n-1-k} +a_n.$

Dans le second double sigma, vous effectuez un changement de variable, en posant $k’=k+1$.

$E(x) =a_0x^n + \sum_{k=1}^{n-1}a_kx^{n-k}+ \sum_{k=1}^{n-1}\sum_{i=0}^{k-1} a_i\lambda^{k-i}x^{n-k}-\sum_{k’=1}^{n-1}\sum_{i=0}^{k’-1} a_i\lambda^{k’-i}x^{n-k’} +a_n.$

Il apparaît une somme téléscopique. Les deux doubles sigmas se simplifient. Vous déduisez :

$E(x) = a_0x^n + \sum_{k=1}^{n-1}a_kx^{n-k} + a_n$.

$E(x)$ coïncide avec $P(x)$.

Aussitôt $\boxed{P(x) =(x-\lambda)\left( \sum_{k=0}^{n-1}\left(\sum_{i=0}^k a_i\lambda^{k-i}\right)x^{n-1-k}\right)+P(\lambda).}$

Maintenant, revenez au calcul des sommes de Newton

Comme $\lambda_i$ est racine de $P$, $P_n(\lambda_i)=P(\lambda_i)=0.$ Aussitôt :

$\dfrac{P(x)}{x-\lambda_i} = P_0(\lambda_i)x^{n-1} + P_1(\lambda_i)x^{n-2} + \cdots + P_{n-1}(\lambda_i).$

Vous sommez cette relation sur toutes les racines.

\begin{aligned}
\displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{P(x)}{x-\lambda_i} &= \left(\sum_{i=1}^n P_0(\lambda_i)\right)x^{n-1} &+ \left(\sum_{i=1}^n P_1(\lambda_i)\right)x^{n-2} &+ \cdots &+ \left(\sum_{i=1}^n P_{n-1}(\lambda_i)\right)\\
&= na_0x^{n-1} &+ (a_0N_1+na_1)x^{n-2} &+ \cdots &+ (a_0N_{n-1}+a_1N_{n-2}+\cdots+a_{n-2}N_1+na_{n-1})
\end{aligned}

Partant de $P(x) = a_0(x-\lambda_1)\cdots(x-\lambda_n)$, en dérivant :

$P'(x)=\displaystyle\sum_{i=1}^n \prod_{j\neq i} a_0(x-\lambda_j) = \sum_{i=1}^n \dfrac{P(x)}{x-\lambda_i}$

Du coup :

\begin{aligned}
P'(x) &= na_0x^{n-1} &+ (a_0N_1+na_1)x^{n-2} &+ \cdots &+ (a_0N_{n-1}+a_1N_{n-2}+\cdots+a_{n-2}N_1+na_{n-1})\\
na_0x^{n-1}+(n-1)a_{1}x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}&= na_0x^{n-1} &+ (a_0N_1+na_1)x^{n-2} &+ \cdots &+ (a_0N_{n-1}+a_1N_{n-2}+\cdots+a_{n-2}N_1+na_{n-1}).
\end{aligned}

Par identification des coefficients à partir du deuxième à gauche, il vient :

\begin{aligned}
\forall i\in \N, 1\leq i\leq n-1&\Rightarrow ia_{n-i} =a_0 N_{n-i}+a_1N_{n-i-1}+\cdots +a_{n-i-1}N_1 +na_{n-i}\\
&\Rightarrow a_0 N_{n-i}+a_1N_{n-i-1}+\cdots +a_{n-i-1}N_1 +(n-i)a_{n-i}=0
\end{aligned}

Effectuez le changement de variable $k=n-i$. Quand $i$ varie entre $1$ et $n-1$, $k$ varie de $1$ à $n-1$ aussi.

Pour tout entier naturel $k$ compris entre $1$ et $n-1$, vous avez :

$a_0 N_{k}+a_1N_{k-1}+\cdots +a_{k-1}N_1 +ka_{k}=0.$

Avec un sigma, cela s’écrit $\sum_{i=0}^{k-1} a_iN_{k-i} + ka_k=0.$

Comme la relation $\sum_{i=0}^{n-1} a_iN_{n-i} +na_n=0$ a déjà été établie, vous en déduisez que :

Pour tout $k$ compris entre $1$ et $n$, $\sum_{i=0}^{k-1} a_iN_{k-i} + ka_k=0.$

Le lien entre les sommes de Newton et les coefficients du polynôme associé est maintenant établi.

Pensez aux résultats qui en découlent

Les sommes de Newton serviront à établir une démonstration de la méthode de Faddeev, qui constitue une amélioration de la méthode de Leverrier. Vous pourrez par la suite calculer le polynôme caractéristique d’une matrice ainsi que l’inverse de cette matrice le cas échéant.

Prolongement

Pour observer comment les liens entre les sommes de Newton sont construits sur un exemple, allez lire le contenu rédigé dans l'article 316.

Dans cet article, vous trouverez :

• comment construire la décomposition $LU$ de la matrice $A=\begin{pmatrix} 2 & 7 & 1 \\4 & 13 & 1\\ -2 & -10 & -7\end{pmatrix}$ en utilisant une méthode se ramenant à des matrices de tailles inférieures ;
• une condition nécessaire et suffisante pour qu’une matrice $A$ admette une telle décomposition $LU.$

Qu’est-ce que la décomposition $LU$ d’une matrice ?

On dit qu’une matrice $A$ admet une décomposition $LU$ lorsqu’il existe deux matrices $L$ et $U$ de même taille que $A$, telles que :

• le produit matriciel $LU$ est égal à $A$ ;
• la matrice $L$ (comme « low ») est triangulaire inférieure ;
• la matrice $L$ a tous ses coefficients diagonaux égaux à $1$ ;
• la matrice $U$ (comme « up ») est triangulaire supérieure.

Trouvez une décomposition $LU$ pour la matrice $A$

Il s’agit de trouver $L = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ \times & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix}$ et $U = \begin{pmatrix} \times & \times & \times \\0 & \times & \times\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}$ pour que l’on ait $A=LU.$

Pour répondre à cette question et ne pas s’embrouiller, il s’agit de résoudre cela avec méthode, de façon progressive. Vous allez vous en tirer en considérant les mineurs principaux de la matrice $A$. Ce sont les sous-matrices de $A$, carrées, construites à partir de son premier coefficient en haut à gauche.

La matrice $A$ possède trois mineurs principaux :

• la matrice $1\times 1$ à un coefficient : $\begin{pmatrix} 2 \end{pmatrix}$ ;
• la matrice $2\times 2$ suivante : $\begin{pmatrix} 2& 7 \\4 & 13\end{pmatrix}$ ;
• la matrice $3\times3$ égale à la matrice $A$ elle-même.

L’idée de base lors de la décomposition $LU$ c’est que, pour une taille donnée, les mineurs de $A$ sont égaux au produit des mineurs de $L$ et de $U$. Cette constatation est immédiate compte tenu de la structure triangulaire des matrices $L$ et $U$.

Regardez ce que donnent les mineurs $1\times1$

Pour la matrice $A$ vous n’avez besoin que de son premier mineur. Tous les autres coefficients de $A$ sont masqués.

$ \begin{pmatrix} \boxed{2} & \times & \times \\\times & \times & \times\\ \times & \times & \times\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \boxed{1} & 0 & 0 \\ \times & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} \boxed{\times} & \times & \times \\0 & \times & \times\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}$

$2 = 1 \times 2$, donc pas le choix, vous déduisez :

$ \begin{pmatrix} \boxed{2} & 7 & 1 \\4 & 13 & 1\\ -2 & -10 & -7\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \boxed{1} & 0 & 0 \\ \times & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} \boxed{2} & \times & \times \\0 & \times & \times\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}.$

Regardez ce que donnent les mineurs $2\times 2$

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& \times \\4& 13& \times\\ \times & \times & \times\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ \times & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & \times & \times \\0 & \times & \times\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}$

Vous allez pouvoir compléter un coefficient du mineur de taille $2\times2$ de la matrice $U$. En commençant par celui du haut.

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& \times \\4& 13& \times\\ \times & \times & \times\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ \times & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & \boxed{\times} & \times \\0 & \times & \times\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}$

$7$ est égal à $1$ fois $\boxed{\times}$ plus 0. Donc :

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& \times \\4& 13& \times\\ \times & \times & \times\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ \times & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 7 & \times \\0 & \times & \times\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}.$

Passez au coefficient suivant :

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& \times \\4& 13& \times\\ \times & \times & \times\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ \boxed{\times} & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 7 & \times \\0 & \times & \times\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}.$

$2$ fois $\boxed{\times}$ plus 0 est égal à $4$. Donc :

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& \times \\4& 13& \times\\ \times & \times & \times\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 7 & \times \\0 & \times & \times\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}.$

Et maintenant le dernier coefficient des mineurs de taille $2\times 2.$

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& \times \\4& 13& \times\\ \times & \times & \times\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 7 & \times \\0 & \boxed{\times} & \times\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}$

Or $7$ fois $2$ plus $1$ fois $\boxed{\times}$ est égal à $13.$ Donc :

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& \times \\4& 13& \times\\ \times & \times & \times\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 7 & \times \\0 & -1 & \times\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}.$

Regardez ce que donnent les mineurs $3\times 3$

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& 1\\4& 13& 1\\ -2& -10& -7\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 7 & \boxed{\times} \\0 & -1 & \boxed{\times}\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}$

Or $1$ fois $\boxed{\times}$ plus $0$ est égal à $1$. Donc la première croix doit être remplacée par 1.

$2$ fois $1$ plus $1$ fois la seconde $\boxed{\times}$ est égal à $1.$

Vous déduisez :

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& 1\\4& 13& 1\\ -2& -10& -7\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0\\ \times & \times & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 7 & 1 \\0 & -1 & -1\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}.$

Maintenant vous passez aux deux autres coefficients.

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& 1\\4& 13& 1\\ -2& -10& -7\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0\\ \boxed{\times} & \boxed{\times} & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 7 & 1 \\0 & -1 & -1\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}$

Or $2$ fois $\boxed{\times}$ plus $0$ est égal à $2$. Donc la première croix doit être remplacée par $-1$.

$7$ fois $-1$ plus $-1$ fois la seconde $\boxed{\times}$ est égal à $-10.$

Vous déduisez :

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& 1\\4& 13& 1\\ -2& -10& -7\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0\\ -1 & 3 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 7 & 1 \\0 & -1 & -1\\ 0 & 0 & \times\end{pmatrix}.$

Puis, vous finissez avec le dernier coefficient.

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& 1\\4& 13& 1\\ -2& -10& -7\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0\\ -1 & 3 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 7 & 1 \\0 & -1 & -1\\ 0 & 0 & \boxed{\times}\end{pmatrix}$

$-1$ fois $1$ plus $3$ fois $-1$ plus $1$ fois $\boxed{\times}$ est égal à $1$.

Vous déduisez :

$ \begin{pmatrix} 2 & 7& 1\\4& 13& 1\\ -2& -10& -7\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0\\ -1 & 3 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 7 & 1 \\0 & -1 & -1\\ 0 & 0 & -3\end{pmatrix}.$

Quand, et seulement quand, une matrice inversible $A$ admet une décomposition $LU$ ?

Analyse

Soit $n$ un entier naturel non nul et $A$ une matrice inversible de taille $n\times n$ admettant une décomposition $LU$.

Alors $\det A = \det L \times \det U.$ Comme $\det A\neq 0$ et $\det L = 1$, vous déduisez $\det U \neq 0.$

Notez $u_{11}$, …, $u_{nn}$ les coefficients diagonaux de $U$.

Comme $\det U = u_{11}\times \dots \times u_{nn}$, vous déduisez $\forall i\in\llbracket, 1, n\rrbracket, u_{ii} \neq 0.$

Soit $k$ un entier naturel compris entre $1$ et $n$. Notez $A_k$ le mineur principal de $A$ de taille $k$. Notez $L_k$ le mineur principal de $L$ de taille $k$. Notez $U_k$ le mineur principal de $U_k$ de taille $k$. En effectuant un produit par blocs :

$\begin{pmatrix} A_k & \times \\ \times &\times \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} L_k & 0 \\ \times &\times \end{pmatrix} \begin{pmatrix} U_k & \times \\ 0 &\times \end{pmatrix}$

vous constatez que $A_k = L_kU_k$ donc $\det A_k = \det L_k \times \det U_k$ et par suite $\det A_k = u_{11}\times \cdots\times u_{kk}$, donc $\det A_k\neq 0.$

Donc tous les mineurs principaux de $A$ sont inversibles.

Note : on désigne parfois par le mot « mineur » le déterminant d’une sous-matrice de $A$ au lieu de cette sous-matrice.

Synthèse

Pour tout entier naturel $n$ non nul, notez $P(n)$ la propriété « pour toute matrice $A$ d’ordre $n$ inversible ayant ses mineurs principaux inversibles, $A$ admet une décomposition $LU$. »

Initialisation. Prenez $n=1$. Supposez que $A$ soit une matrice d’ordre $1$ ayant des mineurs principaux tous inversibles. Comme $A$ n’admet qu’un seul coefficient $a$, vous posez $L = (1)$ et $U=(a)$ et vous déduisez $A=LU$. Donc $P(1)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel non nul. Supposez $P(n)$. Vous allez montrer $P(n+1)$.

Soit $A$ une matrice carrée d’ordre $n+1$ ayant tous ses mineurs principaux inversibles.

Notez $A’$ le mineur principal de $A$ d’ordre $n$.

Il existe une matrice ligne $v_L$ et une matrice colonne $v_C$ et un scalaire $s$ tels que $A = \begin{pmatrix}A’ & v_C \\ v_L & s\end{pmatrix}.$

D’après l’hypothèse, $A’$ admet une décomposition $L’U’.$

Soient $\alpha_L$ une matrice ligne à $n$ coefficients, $\alpha_C$ une matrice colonne à $n$ coefficients et un scalaire $\beta$ que l’on choisira plus tard.

Posez $L = \begin{pmatrix} L’ & 0 \\\alpha_L & 1\end{pmatrix}$ et $U=\begin{pmatrix} U’ & \alpha_C \\ 0 & \beta \end{pmatrix}.$

Le produit $LU$ est égal à $\begin{pmatrix} L’U’ &L’\alpha_C \\ \alpha_LU’ & \alpha_L\alpha_C+\beta\end{pmatrix}.$

Comme $A’$ est inversible, $\det A’ \neq 0$. Or $\det L’ \det U’ =\det A’$ donc les deux matrices $L’$ et $U’$ sont inversibles.

Choisissez $\alpha_C$, $\alpha_L$ et $\beta$ pour que $L’\alpha_C = v_C$ et $\alpha_L U’ = v_L$ et $\beta = s-\alpha_L\alpha_C.$

Vous avez $A = LU$. $L$ est bien triangulaire inférieure avec des coefficients diagonaux égaux à $1$. $U$ est bien une matrice triangulaire supérieure. $A$ admet donc une décomposition $LU$. Donc $P(n+1)$ est vérifiée.

Par récurrence, vous avez montré que pour tout entier naturel $n$ non nul, $P(n)$ est vérifiée.

Concluez

Une matrice $A$ inversible admet une décomposition $LU$, si et seulement si, tous ses mineurs principaux sont inversibles.

Dans cet article, vous considérez deux matrices carrées $A$ et $B$ à coefficients dans un corps $\K$, lorsque $\K = \R$ ou $\K=\C.$ Notez $I$ la matrice identité.

Que peut-on dire, en général, des polynômes caractéristiques des matrices $AB$ et $BA$ ?

Les deux polynômes sont égaux quand $A$ est inversible

Supposez que $A$ soit inversible.

Les matrices $AB$ et $BA$ sont semblables :
$A^{-1}(AB)A = (A^{-1}A)(BA) = IBA = BA.$

De ce fait elles ont le même polynôme caractéristique.

Que faire lorsque la matrice $A$ n’est pas inversible ?

Vous disposez d’un argument de topologie pour y répondre.

Notez $P(x) = \det(xI-A)$ le polynôme caractéristique de $A$. C’est un polynôme non constant à coefficients dans $\K$. Il est scindé dans $\C$ et admet un nombre fini de racines.

• Soit $0$ est sa seule racine. Dans ce cas, pour tout $x\in ]0,+\infty[$, $P(x)\neq 0$. En particulier $\forall x\in ]0,1[, P(x)\neq 0.$
• Soit il admet une ou plusieurs racines différentes de $0$. Notez $r>0$ le plus petit module de toutes ces racines. Alors $\forall x\in ]0,r[, P(x)\neq 0.$

Vous constatez que dans les deux cas énumérés ci-dessus il existe toujours un réel $\alpha>0$ tel que $\forall x\in ]0,\alpha[, P(x)\neq 0.$

Vous en déduisez que $\forall x\in ]0,\alpha[, A-xI$ est inversible.

D’après la partie précédente, pour tout $y$ tel que $0<y<\alpha$, $(A-yI)B$ et $B(A-yI)$ ont le même polynôme caractéristique.

Vous en déduisez que $\forall x\in\K, \forall y\in]0,r[$, $\det(xI-(A-yI)B)=\det(xI-B(A-yI)).$

Les deux déterminants ci-dessus sont des polynômes à deux variables en $x$ et $y$. Ce sont, en particulier, des fonctions continues à deux variables. Fixez $x\in\K$ et passez à la limite dans l’égalité $\det(xI-(A-yI)B)=\det(xI-B(A-yI))$ en faisant tendre $y$ vers $0$.

Vous obtenez l’égalité $\det(xI-AB)=\det(xI-BA).$

Concluez

Quelles que soient les matrices réelles ou complexes $A$ et $B$, les matrices $AB$ et $BA$ ont le même polynôme caractéristique.