6.10 Retour sur le noyau d’une matrice

Soit $\mathbf{A} \in \mathbb{K}^{m \times n}$ une matrice sous forme échelonnée réduite. Rappelons que l’on peut obtenir toutes les solutions de $\mathbf{A}\mathbf{x} = \mathbf{0}$ en remplaçant les variables libres par des paramètres distincts. L’ensemble solution peut être décrit par une combinaison linéaire de $n$-uplets, où les paramètres sont les scalaires. Ces $n$-uplets forment une base du noyau de $\mathbf{A}$. La dimension du noyau de $\mathbf{A}$, que l’on nomme la nullité de $\mathbf{A}$, est le nombre de colonnes qui ne sont pas des pivots de $\mathbf{A}$.

Considérons l’exemple suivant. Soit $\mathbf{A} \in \mathbb{R}^{2\times 4}$ donné par $\begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 & 3\\2 & -2 & 0 & 4\end{bmatrix}$. En appliquant les opérations élémentaires sur les lignes suivantes, nous obtenons la FER de $\mathbf{A}$: $$\begin{align*} & \begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 & 3\\2 & -2 & 0 & 4\end{bmatrix} \\ \xrightarrow{L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1}~ & \begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 & 3\\0 & 0 & 2 & -2\end{bmatrix} \\ \xrightarrow{L_2 \leftarrow \frac{1}{2}L_2}~ & \begin{bmatrix} 1 & -1 & -1 & 3\\0 & 0 & 1 & -1\end{bmatrix} \\ \xrightarrow{L_1 \leftarrow L_1 + L_2}~ & \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 & 2\\0 & 0 & 1 & -1\end{bmatrix}. \end{align*}$$

On lit aisément toutes les solutions de $\mathbf{A}\mathbf{x} = \mathbf{0}$: Puisque $x_2$ et $x_4$ sont les variables libres, posons $x_2 = s$ et $x_4 = t$. Ainsi, les solutions sont données par $$\begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} s-2t\\s\\t\\t\end{bmatrix} = s~\begin{bmatrix} 1\\1\\0\\0\end{bmatrix}+ t~\begin{bmatrix} -2\\0\\1\\1\end{bmatrix},$$

et $\left\{\begin{bmatrix} 1\\1\\0\\0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -2\\0\\1\\1\end{bmatrix}\right\}$ est une base de ${\operatorname{Ker}({\mathbf{A}})}$, d’où $\dim({\operatorname{Ker}({\mathbf{A}})}) = 2$.

Remarque. Notons que l’on peut aussi obtenir directement le premier vecteur en posant $x_2 = 1$, $x_4 = 0$, et en résolvant pour $x_1$ et $x_3$, et le deuxième vecteur en posant $x_2 = 0$, $x_4 = 1$ et résolvant pour $x_1$ et $x_3$. En général, si $\mathbf{A}$ est une FER, alors une base pour ${\operatorname{Ker}({\mathbf{A}})}$ peut être construite en suivant les étapes suivantes: i) soit $\{i_{1},\ldots, i_{l}\}$ les indices correspondants aux colonnes libres de $\mathbf{A}$. ii) Pour chaque $k \in \{1,\ldots,l\}$, on résoud $\mathbf{A} \mathbf{x} = \mathbf{0}$ en choisissant $x_{i_{k}} =1$, et $x_{i_{j}} = 0$ pour tout $j \ne k$. Dénotons cette solution par $\mathbf{u}^{(1)}$. iii) L’ensemble $\{\mathbf{u}^{(1)},\ldots,\mathbf{u}^{(k)}\}$ est une base de ${\operatorname{Ker}({\mathbf{A}})}$.

Exercices

1. Trouvez une base du noyau de $\begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 & 1\\0 & 2 & 1 & -1\\1 & 1 &1 &0\end{bmatrix}.$

2. Soit $\mathbf{A} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1\\ \end{bmatrix}$ qui prend ses éléments dans $GF(2)$. Donnez une base de ${\operatorname{Ker}({\mathbf{A}})}$.

Solutions

1. Plusieurs réponses sont possibles. En voici une: $\left\{ \begin{bmatrix} -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \right \}.$

2. Nous trouvons d’abord toutes les solutions de $\mathbf{A}\mathbf{x} = \mathbf{0}$, où $\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_1\\ \vdots \\ x_5\end{bmatrix}$, en réduisant $\mathbf{A}$: $$\begin{align*} & \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1\\ \end{bmatrix} \\ \xrightarrow{L_2 \leftarrow L_2 + L_3}~ & \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1\\ \end{bmatrix} \\ \xrightarrow{L_2 \leftrightarrow L_3}~ & \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ \end{bmatrix} \\ \xrightarrow{L_1 \leftrightarrow L_3}~ & \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ \end{bmatrix} \\ \end{align*}$$ Puisque les deux dernières colonnes sont les seules colonnes libres, on pose $x_4 = s$ et $x_5 = t$. Les solutions $\mathbf{A} \mathbf{x} = \mathbf{0}$ sont données par $$\begin{bmatrix} s \\ s \\s \\s \\0\end{bmatrix} + \begin{bmatrix} t \\ t\\ 0 \\ 0 \\t \end{bmatrix} = s\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\1 \\1 \\0\end{bmatrix} + t\begin{bmatrix} 1 \\ 1\\ 0 \\ 0 \\1 \end{bmatrix}$$ où $s, t \in GF(2)$. Ainsi $\left\{\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\1 \\1 \\0\end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 1 \\ 1\\ 0 \\ 0 \\1 \end{bmatrix}\right \}$ est une base de ${\operatorname{Ker}({\mathbf{A}})}$.