Matrice à diagonale dominante

En algèbre linéaire, une matrice carrée à coefficients réels ou complexes est dite à diagonale dominante lorsque le module de chaque terme diagonal est supérieur ou égal à la somme des modules des autres termes de sa ligne. Si $A=(a_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n]\!]^{2}}$, on a alors :

$\forall i\in [\![1,n]\!],\ |a_{i,i}|\geq \sum _{j=1 \atop j\neq i}^{n}|a_{i,j}|.$

De la même manière, A est dite à diagonale strictement dominante lorsque :

$\forall i\in [\![1,n]\!],\ |a_{i,i}|>\sum _{j=1 \atop j\neq i}^{n}|a_{i,j}|.$

Exemples

La matrice

$A={\begin{pmatrix}3&1&1\\1&-3&2\\-1&2&4\end{pmatrix}}$

vérifie

$\left\{{\begin{array}{ccc}|a_{11}|&\geq &|a_{12}|+|a_{13}|\,&{\text{car}}\,&|3|&\geq &|1|+|1|\\|a_{22}|&\geq &|a_{21}|+|a_{23}|\,&{\text{car}}\,&|-3|&\geq &|1|+|2|\\|a_{33}|&\geq &|a_{31}|+|a_{32}|\,&{\text{car}}\,&|4|&\geq &|-1|+|2|\end{array}}\right..$

C'est donc une matrice à diagonale dominante.

La matrice

$B={\begin{pmatrix}-2&2&1\\1&3&2\\1&-2&0\end{pmatrix}}$

vérifie

$\left\{{\begin{array}{ccc}|b_{11}|&<&|b_{12}|+|b_{13}|\,&{\text{car}}\,&|-2|&<&|2|+|1|\\|b_{22}|&\geq &|b_{21}|+|b_{23}|\,&{\text{car}}\,&|3|&\geq &|1|+|2|\\|b_{33}|&<&|b_{31}|+|b_{32}|\,&{\text{car}}\,&|0|&<&|1|+|-2|\end{array}}\right..$

Ce n'est donc pas une matrice à diagonale dominante.

La matrice

$C={\begin{pmatrix}-4&2&1\\1&6&2\\1&-2&5\end{pmatrix}}$

vérifie

$\left\{{\begin{array}{ccc}|c_{11}|&>&|c_{12}|+|c_{13}|\,&{\text{car}}\,&|-4|&>&|2|+|1|\\|c_{22}|&>&|c_{21}|+|c_{23}|\,&{\text{car}}\,&|6|&>&|1|+|2|\\|c_{33}|&>&|c_{31}|+|c_{32}|\,&{\text{car}}\,&|5|&>&|1|+|-2|\end{array}}\right..$

C'est donc une matrice à diagonale strictement dominante.

Lemme d'Hadamard

Le « lemme d'Hadamard » est un cas particulier du théorème de Gerschgorin. Inversement, il peut servir de lemme pour démontrer ce dernier.

Si $A=(a_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n]\!]^{2}}$ est une matrice à diagonale strictement dominante alors A est inversible.

Démonstration

Soit A à diagonale strictement dominante et $X={\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}$ tels que AX = 0. On a alors :

$\forall i\in \{1,\ldots ,n\},~\sum _{j=1}^{n}a_{i,j}x_{j}=0$

et il s'agit d'en déduire que X est nul.

Soit $i_{0}\in \{1,\ldots ,n\}$ tel que

$|x_{i_{0}}|=\max \left\{|x_{i}|,i\in \{1,\ldots ,n\}\right\}.$

On a $-a_{i_{0},i_{0}}x_{i_{0}}=\sum _{j=1 \atop j\neq i_{0}}^{n}a_{i_{0},j}x_{j}$, d'où

$|a_{i_{0},i_{0}}||x_{i_{0}}|\leq \sum _{j=1 \atop j\neq i_{0}}^{n}|a_{i_{0},j}x_{j}|\leq \sum _{j=1 \atop j\neq i_{0}}^{n}|a_{i_{0},j}||x_{i_{0}}|.$

Comme $|a_{i_{0},i_{0}}|>\sum _{j=1 \atop j\neq i_{0}}^{n}|a_{i_{0},j}|,$ on en déduit que $|x_{i_{0}}|=0$, autrement dit X = 0.

Articles connexes

• Théorème de Gerschgorin
• Matrice définie positive et semi-définie positive