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
Trouvez une base du noyau de \(\begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 & 1\\0 & 2 & 1 & -1\\1 & 1 &1 &0\end{bmatrix}.\)
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
Plusieurs réponses sont possibles. En voici une: \(\left\{ \begin{bmatrix} -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \right \}.\)
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 \({\operatorname{Ker}({\mathbf{A}})}\).