Théorème de Cayley-Hamilton

Quelle que soit la matrice ${\displaystyle S\in {\mathcal {M}}_{n}(\mathbb {K} )}$, il existe une matrice explicitement déterminée, Comp(S), la matrice complémentaire de S, qui vérifie ${\displaystyle S{\textrm {Comp}}(S)={\textrm {Comp}}(S)S=\det(S)I_{n}}$. La matrice Comp(S) est la transposée de la comatrice ou matrice des cofacteurs de S. Cette relation reste encore vraie si les coefficients de S appartiennent à un anneau, puisqu'on n'a pas fait de divisions. On peut donc poser ${\displaystyle S=XI_{n}-A}$, dont les coefficients sont dans ${\displaystyle \mathbb {K} [X]}$ et on a alors la relation :

${\displaystyle (XI_{n}-A){\textrm {Comp}}(XI_{n}-A)=\det(XI_{n}-A)I_{n}=p(X)I_{n}.\ \ (1)}$

Partons de (1), en écrivant

${\displaystyle {\textrm {Comp}}(XI_{n}-A)=\sum _{j=0}^{n-1}B_{j}X^{j}}$

avec ${\displaystyle B_{j}\in {\mathcal {M}}_{n}(\mathbb {K} )}$, et

${\displaystyle p(X)=\sum _{j=0}^{n}p_{j}X^{j}.}$

On peut développer le produit ${\displaystyle (XI_{n}-A){\textrm {Comp}}(XI_{n}-A)}$ :

${\displaystyle (XI_{n}-A){\textrm {Comp}}(XI_{n}-A)=X^{n}B_{n-1}+\sum _{i=1}^{n-1}X^{i}(B_{i-1}-AB_{i})-AB_{0}\ \ (2),}$

qui est identique à

${\displaystyle \sum _{j=0}^{n}X^{j}p_{j}I_{n}.\ \ (3)}$

Les polynômes (2) et (3) sont égaux. Par conséquent,

${\displaystyle p_{n}I_{n}=B_{n-1},\quad p_{i}I_{n}=B_{i-1}-AB_{i},\quad p_{0}I_{n}=-AB_{0}}$.

Il vient alors un télescopage :

${\displaystyle {\begin{aligned}p(A)&=\sum _{j=0}^{n}A^{j}(p_{j}I_{n})\\&=A^{n}B_{n-1}+\sum _{i=1}^{n-1}A^{i}(B_{i-1}-AB_{i})-AB_{0}\\&=\sum _{i=1}^{n}A^{i}B_{i-1}-\sum _{i=0}^{n-1}A^{i+1}B_{i}\\&=0\end{aligned}}}$,

La démonstration ne consiste pas en une substitution de X par A dans des égalités de polynômes (ce qui reviendrait à comparer un polynôme et un polynôme matriciel), mais en une identification de leurs coefficients.

On peut également aligner des idées abstraites.

Commençons par introduire un morphisme d'évaluation approprié à la résolution du problème. Tout d'abord, ${\displaystyle \mathbb {K} [A]}$ étant une algèbre commutative sur ${\displaystyle \mathbb {K} }$, on a un morphisme d'évaluation : ${\displaystyle \mathbb {K} [X]\to \mathbb {K} [A]}$ (qui envoie ${\displaystyle X}$ sur ${\displaystyle A}$ et ${\displaystyle \lambda }$ sur ${\displaystyle \lambda I_{n}}$ pour tout scalaire λ). Ce morphisme d'anneaux commutatifs induit un morphisme d'évaluation sur les anneaux de matrices ${\displaystyle {\mathcal {M}}_{n}(\mathbb {K} [X])\to {\mathcal {M}}_{n}(\mathbb {K} [A])}$.

Une notation auxiliaire nous sera utile : pour deux matrices carrées (n,n) notées ${\displaystyle C=(c_{ij})}$ et ${\displaystyle D=(d_{ij})}$, on notera ${\displaystyle C\triangleright D}$ la matrice à coefficients matriciels de terme général ${\displaystyle c_{ij}D}$. Si le lecteur connaît le produit de Kronecker de deux matrices, il pourra remarquer que ${\displaystyle C\triangleright D}$ est pratiquement identique à ${\displaystyle C\otimes D}$ à ceci près que ${\displaystyle C\triangleright D}$ est une matrice (n,n) dont les coefficients sont des matrices (n,n) tandis que ${\displaystyle C\otimes D}$ est une matrice (n²,n²). Les formules ci-dessous ne contiennent de fait que deux cas particuliers de cette opération : des produits de la forme ${\displaystyle I_{n}\triangleright C}$ c'est-à-dire des matrices carrées avec des C sur la diagonale et des 0 ailleurs et un produit ${\displaystyle A\triangleright I_{n}}$ c'est-à-dire une variante de A où la matrice ${\displaystyle a_{ij}I_{n}}$ vient remplacer le coefficient ${\displaystyle a_{ij}}$.

Cette notation posée, appliquons le morphisme d'évaluation à la relation :

${\displaystyle (XI_{n}-A)\,{\textrm {Comp}}(XI_{n}-A)=p(X)I_{n}.}$

On obtient une relation

${\displaystyle (I_{n}\triangleright A-A\triangleright I_{n})\,M=I_{n}\triangleright p(A)\qquad (*)}$

dans laquelle M est une certaine matrice à coefficients dans ${\displaystyle \mathbb {K} [A]}$ dont on n'aura besoin de rien savoir.

Ainsi on a écrit une formule juste, et on en pâtit : on n'a du coup pas fini, l'évaluation de ${\displaystyle XI_{n}-A}$ par une technique rigoureuse ne fournit pas 0 mais une bizarre matrice à coefficients matriciels.

Il faut une deuxième idée pour conclure. Elle consiste à remarquer que si ${\displaystyle \mathbb {A} }$ est un anneau et E un ${\displaystyle \mathbb {A} }$-module à droite, pour tous entiers r, s, t on peut définir par les formules habituelles un produit matriciel :

${\displaystyle {\mathcal {M}}_{rs}(E)\times {\mathcal {M}}_{st}(\mathbb {A} )\to {\mathcal {M}}_{rt}(E)}$

pour laquelle on a associativité si on veut calculer des produits à trois termes :

${\displaystyle {\mathcal {M}}_{rs}(E)\times {\mathcal {M}}_{st}(\mathbb {A} )\times {\mathcal {M}}_{tu}(\mathbb {A} )\to {\mathcal {M}}_{ru}(E).}$

Appliquons cette notion à ${\displaystyle E=\mathbb {K} ^{n}}$ (pour les puristes à ${\displaystyle E={\mathcal {M}}_{n1}(\mathbb {K} )}$) qui est un module (dont la multiplication s'écrit spontanément à gauche mais peut l'être à droite si on préfère, l'anneau étant commutatif) sur l'anneau commutatif ${\displaystyle \mathbb {A} =\mathbb {K} (A)}$, la multiplication externe étant l'application : ${\displaystyle {\mathcal {M}}_{n1}(\mathbb {K} )\times \mathbb {K} (A)}$ définie par ${\displaystyle (E,B)\mapsto BE}$ (ce BE étant le produit matriciel ordinaire de la matrice carrée B par la matrice colonne E).

Multiplions à gauche la relation ${\displaystyle (*)}$ par le vecteur ligne ${\displaystyle {\begin{pmatrix}e_{1}&\cdots &e_{n}\end{pmatrix}}}$ où ${\displaystyle (e_{1},\ldots ,e_{n})}$ désigne la base canonique de ${\displaystyle \mathbb {K} ^{n}}$ : en utilisant l'expression de droite dans ${\displaystyle (*)}$ on obtient le vecteur ligne ${\displaystyle {\begin{pmatrix}p(A)e_{1}&\ldots &p(A)e_{n}\end{pmatrix}}}$.

Si maintenant on utilise l'expression de gauche dans ${\displaystyle (*)}$ et qu'on déplace les parenthèses par associativité de la multiplication matricielle un peu inhabituelle décrite ci-avant, on est amené à calculer le produit :

${\displaystyle {\begin{pmatrix}e_{1}&\ldots &e_{n}\end{pmatrix}}(I_{n}\triangleright A-A\triangleright I_{n}).}$

Pour chaque indice j, on ne peut que constater que sa j-ème composante vaut :

${\displaystyle Ae_{j}-\sum _{i=1}^{n}(a_{ij}I_{n})e_{i}=Ae_{j}-\sum _{i=1}^{n}a_{ij}e_{i}=0}$.

En multipliant ceci à droite par l'inoffensive matrice M et en comparant les deux expressions du produit, on conclut que pour tout indice j, p(A)e_j=0.

Et donc p(A)=0[3].

La démonstration qui a été donnée évite la substitution de ${\displaystyle X}$ par une matrice dans un contexte non commutatif, mais les manipulations effectuées sont quand même proches de cette idée : on a bien décomposé l'équation en composantes suivant les puissances de ${\displaystyle X}$, on a multiplié à gauche par ${\displaystyle A^{j}}$ la composante qui était en facteur de ${\displaystyle X^{j}}$, et on a additionné tout ensemble. En fait, on a utilisé l'opération ${\displaystyle {\textrm {Ev}}_{A}}$ définie en (5), sans supposer qu'il s'agisse d'un homomorphisme d'anneaux, de ${\displaystyle {\mathcal {M}}_{n}(\mathbb {K} )[X]}$ dans ${\displaystyle {M}_{n}(\mathbb {K} )}$. L'opération ${\displaystyle {\textrm {Ev}}_{A}}$ est une évaluation à gauche, parce que la multiplication par l'indéterminée scalaire ${\displaystyle X}$ est remplacée par la multiplication à gauche par ${\displaystyle A}$.

Une autre observation est importante : la forme exacte du polynôme ${\displaystyle {\textrm {Comp}}(XI_{n}-A)}$ n'a aucune importance. Il y a donc quelque chose à exploiter ici, ce que n'ont pas manqué de faire les mathématiciens.

Soit ${\displaystyle M}$ un anneau non commutatif ; on peut définir une division euclidienne d'un polynôme ${\displaystyle P\in M[X]}$ par un polynôme ${\displaystyle B}$ unitaire. Plus précisément, il existe deux polynômes ${\displaystyle Q,R\in M[X]}$, avec ${\displaystyle R}$ de degré strictement inférieur au degré de ${\displaystyle B}$, tels que

${\displaystyle P=BQ+R.}$

La démonstration est entièrement analogue à celle du cas scalaire. Si ${\displaystyle B=XI_{n}-A}$, alors le reste ${\displaystyle R}$ est de degré ${\displaystyle 0}$, et donc identique à une constante appartenant à ${\displaystyle M}$. Mais dans ce cas, en raisonnant exactement comme dans la démonstration du théorème de Cayley-Hamilton, on arrive à la conclusion

${\displaystyle {\textrm {Ev}}_{A}(P)=R}$.

Il s'ensuit que ${\displaystyle {\textrm {Ev}}_{A}(P)}$ est nul si et seulement si ${\displaystyle P}$ est divisible à gauche par ${\displaystyle XI_{n}-A}$.

La démonstration du théorème de Cayley-Hamilton donne aussi une autre information : le polynôme ${\displaystyle {\textrm {Comp}}(XI_{n}-A)}$ est le quotient à gauche de ${\displaystyle p(X)I_{n}}$ par ${\displaystyle XI_{n}-A}$. Comme ${\displaystyle p(X)I_{n}}$ et ${\displaystyle XI_{n}-A}$ appartiennent tous deux au sous-anneau commutatif ${\displaystyle \mathrm {K} [A][X]}$, la division à gauche se passe entièrement dans ce sous-anneau, c'est donc une division ordinaire. En particulier, les coefficients matriciels de ${\displaystyle {\textrm {Comp}}(XI_{n}-A)}$ sont des combinaisons linéaires de puissances de ${\displaystyle A}$. En d'autres termes, la matrice complémentaire d'une matrice ${\displaystyle A}$ est un polynôme en ${\displaystyle A}$, ce qu'il n'est pas facile de déduire directement de la définition d'une matrice complémentaire. Mieux, on peut calculer explicitement ses coefficients à partir de ceux du polynôme caractéristique ${\displaystyle p(X)}$, puisqu'il s'agit de faire une division euclidienne ordinaire, et on trouve

${\displaystyle {\textrm {Comp(-A)}}=\sum _{j=1}^{n}p_{j}A^{j-1}.}$

On aurait pu également obtenir cette relation directement à partir du théorème de Cayley-Hamilton, en vertu de l'identité

${\displaystyle p_{0}I_{n}=\det(-A)I_{n}=-A\cdot {\textrm {Comp}}(-A)={\textrm {Comp}}(-A)\cdot -A}$.