Embed Size (px)
Citation preview
1
Universite AbdelMalek Essaadi
Faculte des Sciences et Techniques Tanger
Departement Des Sciences Mathematiques
Introduction l’algebre lineaire
Modules M111
A l’usage des etudiants du DEUG MIPC et DEUT
Abdesslam ARHRIB
2
Preface
Ce polycopie s’adresse aux etudiants de la premiere annee du DEUG scientifique. Il constitue leprogramme du module M111 enseigne a la FSTT. Des exemples d’illustration y sont proposes. Desdemonstrations de certains theoremes et propositions sont egalement presentees.
Le polycopie contient huit chapitres:
• Ensembles, Applications, Relations
• Espaces Vectoriels
• Applications lineaires
• Matrices
• Determinants et leurs applications
• Polynomes
• Fractions Rationnelles
• Reduction des endomorphismes
Une serie d’exercices est presentee a la fin de chaque chapitre. Cette serie d’exercice contientegalement des examens proposes a la FSTT depuis 1996.
Nous vous remercions par avance pour toute remarque ou critique et/ou suggestion constructiveet nous vous souhaitons bon courage.
Tanger le 10 Octobre 2007.
Abdesslam ARHRIBe–mail: [email protected]
Table des matieres
1 Ensembles, Applications, Relations 7
1.1 Notions de Logique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Notions elementaires de theorie des ensembles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.1 Inclusion et egalite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.2 Reunion, intersection et complementaire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 A propos des Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.1 Notion de relation, graphe, correspondance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.2 Application surjective . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.3 Application injective . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.4 Image et Image reciproque d’un ensemble par une application. . . . . . . . . . 12
1.3.5 Composee d’applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 A propos des Relations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4.1 Relations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4.2 Relations binaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4.3 Relation d’equivalence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4.4 Classe d’equivalence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2 Espaces Vectoriels 19
2.1 Loi de composition interne et externe: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.1 Loi de composition Interne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.2 Loi de composition externe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.3 Structure d’espace vectoriel sur IR ou lC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.1.4 Regles de calcul dans un espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2 Sous espaces verctoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.3 Base d’un espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3.1 Famille generatice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3.2 Famille libre, famille liee. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.3.3 Base d’un espace vectoriel, Dimension d’un espace vectoriel. . . . . . . . . . . . 27
2.4 Exercices resolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3 Applications lineaires 35
3.1 Definitions et exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.2 Proprietes des applications lineaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.3 Noyau et image d’une application lineaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.4 Rang d’un systeme de vecteurs, rang d’une application lineaire . . . . . . . . . . . . . 39
3.4.1 Rang d’un systeme de vecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.4.2 Rang d’une application lineaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.5 Exercices resolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3
4
4 Matrices 454.1 Matrice d’une application lineaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
4.1.1 Matrices particulieres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
4.1.2 Des exemples classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
4.2 Operations sur les matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.2.1 Addition des matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.2.2 Produit par un scalaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
4.2.3 Transposee d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4.2.4 Produit des matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
4.3 Changement de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.3.1 Matrice de passage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.3.2 Action du changement de base sur les composantes d’un vecteur . . . . . . . . 53
4.3.3 Action du changement de base sur la matrice d’une application lineaire: . . . . 54
4.4 Exercices resolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
4.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
5 Determinants et leurs applications 63
5.1 Determinant d’un systeme de n vecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5.1.1 Permutation: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5.1.2 Signature d’une permutation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5.1.3 Determinant d’un systeme de vecteurs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5.2 determinant d’une matrice: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
5.2.1 Proprietes: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
5.2.2 regles pratique: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
5.2.3 Inverse d’une matrice carree . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
5.2.4 determination du rang d’une matrice: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
5.2.5 Exemples de calcul de determinants. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
5.3 Application a la resolution des equations lineaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
5.3.1 Resolution des systemes lineaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
5.4 Exercices resolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
5.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
6 Polynomes 75
6.1 Notions generales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
6.1.1 Definition d’un polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
6.1.2 Egalite de deux polynomes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
6.1.3 Operation sur K[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
6.1.4 Notion d’indeterminee. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
6.1.5 Degre d’un polynome a une indeterminee: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
6.2 Division euclidienne-polynomes irreductibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
6.2.1 Division euclidienne (D.E). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
6.2.2 Exemple. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
6.2.3 P.G.C.D de deux polynomes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
6.2.4 Algorithme d’Euclide pour la recherche du P.G.C.D de deux polynomes . . . . 78
6.3 Polynomes irreductibles dans K[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
6.4 Fonction Polynome d’une variable, racine d’un polynome . . . . . . . . . . . . . . . . 79
6.4.1 Fonction polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
6.4.2 Derivee d’un polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
6.4.3 Formule de Taylor pour les polynomes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
6.4.4 Racine d’un polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 806.5 Exercices resolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
6.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
5
7 Fractions Rationnelles 877.1 Corps des fractions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 877.2 Decomposition en element simples. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
7.2.1 Division suivant les exposants croissants: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 887.2.2 Resultats generaux. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 897.2.3 Decomposition dans lC[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
7.3 Decomposition dans IR[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 917.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
8 Reduction des endomorphismes 958.1 Vecteurs propres et valeurs propres d’un endomorphisme . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
8.1.1 Vecteurs propres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 958.2 Sous espace propre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 968.3 Polynome caracteristique d’un endomorphisme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 988.4 Diagonalisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1008.5 Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1048.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
6
Chapitre 1
Ensembles, Applications, Relations
1.1 Notions de Logique
Assertion
Definition: Une assertion est l’enonce d’une propriete qui est exclusivement vraie (V) ou fausse (F).
Exemples:
a. 2 = 3 est une assertion fausse.b. 6 > 2 est une assertion vraie.c. “Le Maroc est un pays du continent Americain” est une assertion fausse.
Proposition:
Definition: Une proposition P est un enonce contenant une variable, elle sera vraie pour certainesvaleurs de la variable et fausse pour toutes les autres valeurs de la variable.
Exemple
x > 4 est une proposition, elle est vraie pour les nombres strictement superieurs a 4, fausse dans tousles autres cas.
Negation d’une proposition.
Definition: La negation d’une proposition P que nous noterons non P (ou P ) est vraie lorsque Pest fausse, fausse lorsque P est vraie.
P P
V F
F V
Exemple:
P : x > 3; nonP : x ≤ 3
Conjonction:
Definition: Soient P et Q deux propositions. On appelle conjonction de P et Q que nous notons“P et Q” la proposition qui est vraie si et seulement si P et Q sont vraies simultanement et faussesdans tous les autres cas.
7
8
P Q P et Q
V V V
V F F
F V F
F F F
Remarque:
Deux propositions sont incompatibles si leur conjonction est toujours fausse.
Exemple:
a. “P et non P” sont incompatibles.
b. “x < 3” et “x > 5” sont incompatibles.
c. “x = 1” et “x = 2” sont incompatibles.
Disjonction:
La disjonction de deux propositions P et Q que l’on note “P ou Q” est vraie si au moins l’une despropositions P, Q est vraie, fausse dans tous les autres cas.
P Q P ou Q
V V V
V F V
F V V
F F F
Implication:
Il est un signe sur lequel il semble important de s’attarder: “⇒”. Quelle est la signification de P ⇒ Qou P et Q sont deux propositions.
Definition: La relation “(P ou Q)” s’appelle l’implication de Q par P et se note:P ⇒ Q et s’enonce P implique Q .
P P Q P ou Q (P ⇒ Q)
V F V V
V F F F
F V V V
F V F V
Les deux dernieres lignes de la table de verite de P ⇒ Q montrent que P peut etre fausse alors quel’implication reste vraie et ce peut importe la valeur de verite de Q.
Exemple
Les assertions suivantes sont vraies1. 6 est un nombre premier ⇒ Rabat est la capitale du Maroc2. Tanger est la capitale du Maroc ⇒ 6 est un nombre premier.
Si P ⇒ Q: on on dit que:P est une condition suffisante de Q,Q est une condition necessaire de P.Dans la pratique, une implication se demontre en supposant P vraie et en essayant d’etablir Q.
9
Equivalence:
Definition: Deux propositions P, Q sont equivalentes si chacune d’elle implique l’autre (P ⇒ Q) et(Q ⇒ P ). On note: P ⇔ Q.
P Q P ⇒ Q P ⇒ Q Q ⇔ P
V V V V V
V F F V F
F V V F F
F F V V V
D’apres le tableau de verite, on conclut qu’une equivalence est vraie si P et Q ont exactement lesmemes valeurs de verite.Si l’on a P ⇔ Q: On dit que P est une condition necessaire et suffisante pour que Q soit vraie, Q estune condition necessaire et suffisante pour que P soit vraie.La demonstration d’une equivalence consiste la plupart du temps a faire deux demonstrations, l’unepour P ⇒ Q, et l’autre pour Q ⇒ P . On peut aussi enchaıner des equivalences, mais il faut justifierchacune d’elles.
Proprietes:
1) P et ( Q et R ) ⇔ ( P et Q ) et R: Associativite de la conjonction.
2) P ou ( Q ou R ) ⇔ ( P ou Q ) ou R: Associativite de la disjonction.
3) P et ( Q ou R ) ⇔ ( P et Q ) ou ( P et R ): Distributivite de la conjonction par rapport a ladisjonction.
4) P ou ( Q et R ) ⇔ ( P ou Q ) et ( P ou R ): Distributivite de la disjonction par rapport a laconjonction.
5) (P ⇒ Q) et (Q ⇒ R) ⇒ P ⇒ R: Transitivite de l’implication.
6) (P ⇔ Q) et (Q ⇔ R) ⇒ P ⇔ R. Transitivite de l’equivalence.
7) P etQ ⇔ P ou Q: Negation de la conjonction
8) PouQ ⇔ P et Q: Negation de la disjonction
9) (P ⇒ Q) ⇔ (Q ⇒ P ). La proposition Q ⇒ P est la contraposee de P ⇒ Q
1.2 Notions elementaires de theorie des ensembles.
“...Et mieux vaudra alors ne pas parler de theorie des ensembles mais simplement d’un vocabulaireou d’une grammaire...” Laurent Schwartz
Definition: De maniere intuitive, nous definissons un ensemble comme etant une famille ou unecollection, E, d’objets a, b, c,.... appeles elements de E.On note a ∈ A, on lit a appartient a A ou a est element de A.
Exemples:
A = {Maroc,Algerie, Tunisie, Lybie} : ensemble des pays d’Afrique du Nord.B = {1, 3, 5, 7}: ensemble des nombres premiers inferieurs a 10IN: l’ensemble des entiers naturels.ZZ: l’ensemble des entiers relatifs.
10
1.2.1 Inclusion et egalite
Inclusion
Definition: Etant donnes deux ensembles A et B. Nous dirons que A est inclus dans B, que A estun sous-ensemble de B, ou que A est une partie de B, si tous les elements de A sont elements de Bet nous ecrivons: A ⊂ BA ⊂ B ⇔ (∀x ∈ A ⇒ x ∈ B) .on note aussi A ⊂ B par B ⊃ A et on lit B contient A.
Exemple:
Soit E = {a, b, c} .P(E) = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}}.Tout element de P(E) est inclus dans E: ∅ ⊂ E , {a} ⊂ E, {a, b} ⊂ E et {a, b, c} ⊂ E.
Egalite
Definition: Deux ensembles A et B sont egaux s’ils sont formes des memes elements; on ecrit: A = B
(A = B) ⇔ (A ⊂ B et B ⊂ A)
⇔ (∀x ∈ A ⇔ x ∈ B)
1.2.2 Reunion, intersection et complementaire.
Soient E un ensemble et A et B deux sous ensembles de E, A ⊂ E , B ⊂ E .
Intersection
L’intersection de A et B, notee A ∩ B est definie par:
A ∩ B = {x ∈ E;x ∈ A et x ∈ B} ⊂ E
Lorsque l’intersection de deux ensembles A et B est vide, on dit que A et B sont disjoints. Dans lecas contraire, on dit que A et B se coupent.
Exercice: Montrer que A ∩ B ⊂ A et A ∩ B ⊂ B.
Reunion
La reunion de A et B , notee A ∪ B, est definie par:
A ∪ B = {x ∈ E;x ∈ A ou x ∈ B} ⊂ E
L’intersection et la reunion sont commutatives, c’est a dire: quels que soient les ensembles A et B:A ∩ B = B ∩ A et A ∪ B = B ∪ A.
Exercice: Montrer que A ⊂ A ∪ B , B ⊂ A ∪ B
Complementaire
A une partie de E, on appelle complementaire de A par rapport a E l’ensemble des elements de En’appartenant pas a A; on le note CA
E .
CAE = {x ∈ E;x /∈ A}
11
Exemple:
C{0}IN = IN∗, CIN
ZZ = ZZ∗−.
Exercices:
1. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C = A ∪ B ∪ C
2. A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C = A ∩ B ∩ C
3. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
4. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
5. A ∪ CAE = E ; A ∩ CA
E = ∅
6. CA∩BE = CA
E ∪ CBE , CA∪B
E = CAE ∩ CB
E .
Produit
Soient A et B deux ensembles, le produit cartesien de A et B, note A × B, est defini par:
A × B = {(x, y);x ∈ A, y ∈ B}
Exemples:
1. IR2 = IR × IR est l’ensemble des points du plan reel.2. A = {a, b, c}, B = {1, 2}A × B = {(a, 1), (a, 2), (b, 1), (b, 2), (c, 1), (c, 2)}B × A = {(1, a), (2, a), (1, b), (2, b), (1, c), (2, c)}Cet exemple nous montre qu’en general A × B 6= B × A; le produit cartesien n’est pas commutatif.
1.3 A propos des Applications
1.3.1 Notion de relation, graphe, correspondance
Definition 1: On appelle relation R entre deux variables decrivant respectivement deux ensemblesX et Y toute propriete definie sur X×Y , c’est a dire une propriete caracteristique des elements d’unepartie G de X × Y .G est le graphe de la relation R.Soient x ∈ X et y ∈ Y ; on dit x et y sont en relation R(x, y) si (x, y) ∈ G, on note:
R(x, y) ⇔ (x, y) ∈ G
Definition 2: Soient R une relation entre x element de X et y element de Y et G son graphe. Onappelle correspondance entre X et Y le triplet (X,Y,G). X est l’ensemble de depart, Y est l’ensembled’arrivee, G est le graphe de la correspondance.Definition 3: Une correspondance (X,Y,G) est fonctionnelle par rapport a la deuxieme variable si:
∀x ∈ X , il existe un seul y ∈ Y tel que (x, y) ∈ G
Exemples:
a. G1 = {(x, y) ∈ IR2; y = x2}; ∀x ∈ IR, il existe un unique y ∈ IR tel que y = x2 ∈ IR . (x, y) ∈ G1
G1 est un graphe d’une correspondance fonctionnelle.
b. G2 = {(x, y) ∈ IR2; y2 = x} ∀x ∈ X, il existe y1 =√
x et y2 = −√x tels que y2
1 = x et y22 = x;
donc G2 n’est pas un graphe d’une correspondance fonctionnelle.
12
Definition d’une application
Definition: Une application f de X → Y est une correspondance entre un element de X et unelement de Y fonctionnelle par rapport a cet element de Y , c’est a dire:
∀x ∈ X , il existe un seul y ∈ Y tel que y = f(x)
X est l’ensemble de depart de l’application f , Y est l’ensemble d’arrivees de l’application f l’imagef(x) de x ∈ X par f est l’unique element y = f(x) ∈ Y tel que (x, y) ∈ G. On dit que G est le graphede f .
G = {(x, y) ∈ X × Y ; y = f(x)}Exemple: Soit l’application identique IdX :
IdX :
{
X → Xx → x
son graphe est G = {(x, y) ∈ X × X;x = y}
1.3.2 Application surjective
On dit que l’application f : X → Y est surjective si pour tout y ∈ Y , il existe au moins un elementx ∈ X tel que y = f(x).
Exemple: l’application
f :
{
IR → IRx → x2
n’est pas surjective, (pour tout y < 0 il n’existe pas de x reel tel que y = x2)
1.3.3 Application injective
On dit que l’application f : X → Y est injective si elle verifie les deux proprietes equivalentes suivantes:
a. si x et x′ ∈ X et si f(x) = f(x′) alors que x = x′ .
b. si x et x′ ∈ X et si x 6= x′ alors f(x) 6= f(x′)
La propriete b. n’est rien d’autre que la contraposee de a.
Exemple: x → y = x2 n’est pas injective: soit x 6= 0: x 6= −x et f(x) = f(−x) alors que x 6= −x
1.3.4 Image et Image reciproque d’un ensemble par une application.
Definition: Soit f : X → Y une application. Soit A ⊂ X (une partie de X) B ⊂ Y (une partie deY )
a. l’image de A par f notee f(A) est definie par:
f(A) = {y ∈ Y ; y = f(x)/x ∈ A} ⊂ Y
b. l’image reciproque de B par f notee f−1(B) est definie par:
f−1(B) = {x ∈ X, f(x) ∈ B} ⊂ X
Proprietes Soit f : X → Y une application.
1. f est surjective si et seulement si f(X) = Y .
13
2. f est injective si et seulement si pour tout y ∈ Y ; f−1({y}) a au plus un element c’est a direvide ou bien contient un seul element.
Preuve:1. Supposons que f est surjective et montrons que f(X) = Y .f(X) ⊂ Y , par definition meme de f(X). Montrons que Y ⊂ f(X). Soit y ∈ Y , f etant surjective,donc il existe x ∈ X tel que y = f(x) ∈ f(X) d’ou l’inclusion.Reciproquement, si f(X) = Y alors pour tout y ∈ Y , y est element de f(X); donc il existe x ∈ X telque y = f(x) f est donc surjective.
Exemple: Soit f :
{
IR → IRx → x2 ; Gf = {(x, y) ∈ IR2/y = x2} est une parabole. Cette application
n’est pas injective. Pour tout y > 0: f−1({y}) = {√y,−√y}.
f n’est pas surjective: f(IR) = [0,+∞[6= IRPar contre : f : IR → [0,+∞[ est surjective mais non injective, alors que: f : [0,+∞[→ [0,+∞[ est ala fois surjective et injective.
1.3.5 Composee d’applications
Definition: Soient f : X → Y , g: Y → Z deux applications de graphes respectifs G et H.L’application composee gof : de X → Z est definie par son graphe:
{(x, z) ∈ X × Z, il existe y ∈ Y tel que (x, y) ∈ G et (y, z) ∈ H}
gof :
{
X → Zx → gof(x) = g(f(x)) ∈ Z ; f(x) ∈ Y
Application bijective
Definition: Une application f de X → Y est bijective si elle est a la fois injective et surjective.Si f est bijective et si G est son graphe, l’ensemble:
G−1 = {(y, x) ∈ Y xX; (x, y) ∈ G} ⊂ Y × X
est un graphe dans Y × X. Ce graphe definit donc une application f−1 : Y → X appelee bijectionreciproque de f .On a f−1of = IdX ; fof−1 = IdY .Theoreme: Soient X, Y , Z trois ensembles, f une application de X dans Y et g une application deY dans Z. On a les implications suivantes:
1. f et g injectives ⇒ gof injective
2. gof injective ⇒ f injective
3. f et g surjectives ⇒ gof surjective
4. gof surjective ⇒ g surjective
5. f et g bijectives ⇒ gof bijective et (gof)−1 = f−1og−1
Preuve:1. Supposons que f et g sont injectives et montrons que gof l’est aussi. gof est une application de Xvers Z; soit donc x, x′ ∈ X tel que gof(x) = gof(x′). On a donc g(f(x)) = g(f(x′)) qui implique quef(x) = f(x′) du fait de l’injectivite de g. f etant injective donc f(x) = f(x′) implique que x = x′.On conclut donc que gof est injective.2. Supposons que gof est injective et montrons que f est injective. Soient x, x′ ∈ X tel que
14
f(x) = f(x′), apres composition par g on obtient g(f(x)) = gof(x) = g(f(x′)) = gof(x′). Commegof est injective alors x = x′ et donc f est injective.3. f et g surjectives, donc f(X) = Y et g(Y ) = Z. Z = g(Y = f(X)) = gof(X) ce qui montre quegof est surjective.4. Supposons que gof est surjective et montrons que g est surjective. En effet, soit z ∈ Z, d’apres lasurjectivite de gof , il existe x ∈ X tel que gof(x) = z, ce qui revient a dire que g(f(x)) = z. Pourtout z ∈ Z, il existe y = f(x) ∈ Y tel que g(y) = z, donc g est surjective.5. f et g bijectives ⇒ gof bijective decoule de 2. et 4.(gof)−1 est la bijection reciproque de gof definie de Z dans X. Soit z ∈ Z, on a:
(gof)o(gof)−1(z) = z ⇒ g[f [(gof)−1(z)]] = z (1.1)
on compose (7.6) par g−1 on obtient:
f [(gof)−1(z)]] = g−1(z) (1.2)
on compose (2.13) par f−1 on obtient:
(gof)−1(z) = f−1[g−1(z)] = f−1og−1(z) (1.3)
on a donc pour tout z ∈ Z , (gof)−1(z) = f−1og−1(z).
1.4 A propos des Relations
1.4.1 Relations
Definition: Une relation R entre X et Y , est la donnee de deux ensembles X et Y , et d’une partieG de X × Y . Pour tout couple (x, y) de X × Y on note:
xRy ⇔ (x, y) ∈ G
ou encore:G = {(x, y) ∈ X × Y/xRy}
G est appele le graphe de R, A est l’ensemble de depart et F est l’ensemble d’arrivee de R.L’ensemble de definition de R est: {x ∈ X/ il existe y ∈ Y, xRy}L’ensemble image de R est: {y ∈ Y/ il existe x ∈ X,xRy}
1.4.2 Relations binaires
Definition: Soit E un ensemble.1. Une relation binaire R est une relation de E vers E. Son graphe G est une partie de E × E.2. Une relation binaire R definie sur E est:
i. Reflexive si ∀x ∈ E xRx
ii. Symetrique si ∀x, y ∈ E ( xRy ⇒ yRx
iii. Antisymetrique si ∀x, y ∈ E ( xRy et yRx) ⇔ x = y
iv. Transitive si ∀x, y, z ∈ E ( xRy et yRz) ⇒ xRz
Exemple: On considere la relation binaire R definie sur E = {1, 2, 3, 6} par: xRy si et seulement six divise y.Le graphe G de R est defini par:
G = {(a, b) ∈ E × E/ a divise b} ⊂ E × E
= {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 6), (2, 2), (2, 6), (3, 6)}R est reflexive car, si pour tout a ∈ E a divise a.R n’est pas symetrique, 2 divise 6 mais 6 ne divise pas 2.La relation est transitive: en effet, si a divise b et b divise c alors a divise c.
15
1.4.3 Relation d’equivalence
Definition: Une relation binaire R definie par son graphe G est une relation d’equivalence si etseulement si elle est reflexive, symetrique et transitive.Exemples: Soit la relation binaire R definie sur IR par x, y ∈ G , xRy si et seulement si x = y.i.) son graphe G = {(x, y) ∈ IR2;x = y} est la droite vectorielle y = xii.) R est reflexive, symetrique et transitive, c’est donc une relation d’equivalence.
1.4.4 Classe d’equivalence
Definition:
1. Soit R une relation d’equivalence sur E. Pour x ∈ E , la classe de x modulo R (notee x oucl(x)) est definie par
x = cl(x) = {y ∈ E;xRy} ⊂ E
2. l’ensemble de toutes les classes d’equivalence est appele ensemble quatient de E par R note:E/R.
Proprietes:
1. Si R est une relation d’equivalence sur E on a:
∀(x, y) ∈ E × E , xRy ⇔ cl(x) = cl(y)
2. Les classes d’equivalence forment une partition de E, c’est a dire (si cl(x) ∩ cl(y) 6= ∅ alorscl(x) = cl(y) et la reunion de toutes les classes est l’ensemble E:
E = ∪x∈Ecl(x)
Exemple: La relation definie sur IR par: xRy si et seulement si x = y est une relation d’equivalence.∀x ∈ IR ;
cl(x) = {y ∈ IR/xRy} = {y ∈ IR/x = y} = {x}∪
x∈IRcl(x) = ∪x∈IR{x} = IR, on a donc bien une partition de IR
16
1.5 Exercices
Exercice 1. A etant une partie quelconque de E, donner le resultat de chacune des operations suiv-antes:CA
E ∪ A; A ∩ A; A ∪ ∅; A ∪ E ; A ∩ E; E ∪ CAE ; E − A ∩ CA
E .
Exercice 2. A, B et C trois parties de E:a. Montrer que CA∩B
E = CAE ∪ CB
E et CA∪BE = CA
E ∩ CBE
b. Montrer que A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) et A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)c. On definit la difference (B − A) de deux ensembles A et B par:
B − A = {x ∈ B et x /∈ A}
Monter que B − A = B − (A ∩ B) = B ∩ CAE
Exercice 3. A et B etant deux parties quelconques de E, montrer que:a. A ⊂ B ⇐⇒ CB
E ⊂ CAE
b. A ∪ B = B ⇐⇒ A ∩ B = Ac. A ∩ B = ∅ ⇐⇒ A ⊂ CB
E
d. A ∪ B = E ⇐⇒ CAE ⊂ B
Exercice 4. Soit A, B et C trois elements de P(E). prouver que:Si [(A ∪ B) ⊂ (A ∪ C) et (A ∩ B) ⊂ (A ∩ C) alors B ⊂ C
Exercice 5. On appelle difference symetrique entre deux elements A et B de P(E), l’ensemble deselements de E qui appartiennent a l’une des parties A ou B sans appartenir a l’autre. On note
A∆B = {x ∈ E|(x ∈ A et x /∈ B) ou (x ∈ B et x /∈ A)}
Etablir les relations:a. A∆B = (A ∪ B) − (A ∩ B)b. A∆B = [A − (A ∩ B)] ∪ [B − (A ∩ B)]c. CA∆B
E = (A ∩ B) ∪ CA∪BE
Exercice 6. Soient p et q deux assertions. On notera pαq l’assertion (p et non q) et pδq l’assertion((pαq) ou (qαp))
1) Ecrire la table de verite de pαq.
2) Ecrire la table de verite de pδq.
3) Soit r une assertion, montrer que les assertions “(pδq)δr)” et “pδ(qδr)” sont equivalentes.
4) Soient E un ensemble et A et B deux parties de E definies par A = {x ∈ E|p} et B = {x ∈ E|q}.On pose A − B = A ∩ CB
E et A∆B = (A − B) ∪ (B − A) Donner une nouvelle definition deA − B et de A∆B en utilisant les assertions p et q.
5) En deduire l’egalite (A∆B)∆C = A∆(B∆C).
Exercice 7. Soient f une application de E dans F , A et B deux parties de E. Montrer que:a. si A ⊂ B alors f(A) ⊂ f(B)b. f(A ∪ B) = f(A) ∪ f(B)c. f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B)d. monter que si f est injective alors f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B). Donner un contre exemple montrant
17
que si f n’est pas injective l’inclusion c est stricte.e. Si A ⊂ B alors f−1(A) ⊂ f−1(B)f. f−1(A ∩ B) = f−1(A) ∩ f−1(B)g. f−1(A ∪ B) = f−1(A) ∪ f−1(B)
h. Montrer que: f injective ⇐⇒ ∀A ∈ P(E): f(CAE ) ⊆ C
f(A)F
Exercice 8. Soient f une application de E → F , A et B deux parties de F telles que B ⊂ A.Montrer que:
f−1(A − B) = f−1(A) − f−1(B)
f−1(CAE ) = C
f−1(A)E
Exercice 9. Soient f : A → B , g: B → C et h: C → B trois applications.a. Verifier que (hog)of = ho(gof).b. Montrer que si f et g sont surjectives (respectivement injectives) alors gof est surjective (respec-tivement injective).c. Montrer que si gof est injective alors f est injective.d. Montrer que si gof est injective et f surjective alors g est injective.e. Montrer que si gof est surjective alors g est surjective.f. Montrer que si gof est surjective et g injective alors f est surjective.g. Montrer que si f et g sont bijectives alors gof est bijective et on a (gof)−1 = f−1og−1
Exercice 10. Soient E, F deux ensembles et f une application de E dans F .1. Montrer que pour toutes parties X, Y de F on a :
a. f−1(X ∩ Y ) = f−1(X) ∩ f−1(Y )
b. f−1(X ∪ Y ) = f−1(X) ∪ f−1(Y )
c. f−1(∅) = ∅
d. f−1(F ) = E
2. Montrer que pour toute partie A de E, A ⊂ f−1(f(A))3. Montrer que les deux conditions suivantes sont equivalentes:
i. ∀A ∈ P(E) A = f−1(f(A))
ii. f est injective
Exercice 11. Pour demontrer une suite d’assertions A(n), ou n est dans IN, la methode dite “parrecurrence” consiste a demontrer d’abord l’assertion pour n = 0 [ou peut-etre pour n = 1], puis amontrer que, si l’assertion A(n) est vraie, alors A(n + 1) l’est aussi.Montrer par recurrence que:a. An = 1 + +3 + . . . + (n − 1) + n = n(n+1)
2
b. Bn = 12 + 22 + 32 + . . . + (n − 1)2 + n2 = n(n+1)(2n+1)6
c. Pour tout n ∈ IN, (1 + a)n ≥ 1 + na, a et n etant deux entiers naturels non nuls.d. La suite de Fibonacci (xn)n≥0 est definie par:
x0 = 1 , x1 = 1 , xn = xn−1 + xn−2 pour tout n ≥ 2
Montrer par recurrence que:
xn =1√5{(1 +
√5
2)n+1 − (
1 −√
5
2)n+1}
pour tout n ≥ 0
18
Chapitre 2
Espaces Vectoriels
Des notre jeune age, nous avons appris que le mouvement du pendule simple peut etre modelise parl’equation differentielle du second ordre suivante:
y′′ + w2y = 0 (2.1)
Il est evident de se convaincre que si y1 et y2 sont solutions de (2.1) alors y1 + y2 et aussi solution de(2.1). De meme pour tout λ ∈ IR, si y1 est solution de (2.1) λy1 est aussi solution.En general, un probeme qui verifie ce genre de proprietes est dit lineaire.
Par la structure d’espace vectoriel, nous abordons une serie de chapitres d’algebre lineaire quiconstituera, avec d’autres outils d’analyse, le cadre mathematique pour la resolution de problemeslineaires.
Tout au long de ce chapitre, K designera k = IR ou lC.
2.1 Loi de composition interne et externe:
2.1.1 Loi de composition Interne
Definition
Soit E un ensemble. on appelle loi de composition interne entre element de E, tout application deE × E dans E.A tout couple (x, y) ∈ E2, la loi associe un element unique z ∈ E appele le compose de x et y.Notation:
E × E −→ E
(x, y) −→ xTy
(E,T ) signifie que E est muni de la loi de composition interne T .
Exemple
a. L’ensemble ZZ muni de la loi “+” et “.”
ZZ × ZZ −→ ZZ
(x, y) −→ x + y
(x, y) −→ x.y
(ZZ,+) , (ZZ, .)
19
20
b. (ZZ, T ) tel que :
ZZ × ZZ −→ ZZ
(x, y) −→ x ∗ y = xy + y
xy + y ∈ ZZ, donc * est une loi de composition interne.
Proprietes
Soit (E, T ) un ensemble muni d’une loi de composition interne T. On dit que:
• T est associative si pour tout x, y, z ∈ E: xT (yTz) = (xTy)Tz
• T est commutative sipour tout x, y ∈ E, xTy = yTx.
• e ∈ E est element neutre pour la loi T si: pour tout x ∈ E, xTe = eTx = x.
• un element x ∈ E est dit Symetrisable pour la loi T s’il existe x′ ∈ E tel que xTx′ = x′Tx = ex′ est le symetrique de x dans E
Exemples:
a. 0 est l’element neutre de ZZ pour la loi ”+”b. 1 est l’element neutre de ZZ pour la loi ”x”c. Tout element x ∈ ZZ est symetrisable pour la loi ”+”, il admet comme symetrique x′ = −x(x + x′ = x − x = 0;x′ + x = −x + x = 0)
Partie stable
Soit (E,T ) une loi interne et A une partie de E. On dit que A est stable pour la loi T si pour toutx, y ∈ A; xTy ∈ A.
Exemple
a. Dans (IN , +), la partie {1, 2} n’est pas stable.b. Dans (ZZ,×) la partie {−1, 1} est stable pour la multiplication mais pas stable pour l’addition.
2.1.2 Loi de composition externe
Definition: E un ensemble donne. On appelle loi de composition externe entre elements de E etelements K = IR, lC toute application de K × E vers E definie par:
K × E −→ E
(α, x) −→ α . x
L’ensemble K est appele le domaine d’operateurs. La loi externe sera notee par “α . x” ou simplement“αx”.
Exemple:
K = IR, E = IRn[X] l’ensemble des fonctions polynomes a coefficients dans IR de degre ≤ n, soitP ∈ IRn[X], P (x) = a0 + a1x
1 + ..... + anxn
IR × IRn[X] −→ IRn[X]
(α,P ) −→ α . P (x) = αa0 + αa1x1 + ..... + αanxn
21
2.1.3 Structure d’espace vectoriel sur IR ou lC.
Definition: On designe par 0K l’element neutre pour l’addition dans K et 1K l’element neutre pourla multiplication dans K . On dit qu’un ensemble E, muni d’une operation interne “+” et d’uneoperation externe “.” a une structure d’espace vectoriel sur K si:
i (E,+) est un groupe abelien c’est a dire:i1 quelque soit x, y, z ∈ E ; (x + y) + z = x + (y + z).i2 il existe 0E ∈ Equelque soit x ∈ E; 0E + x = x + 0E = xi3 quelque soit x ∈ E, il existe x′ ∈ E; x + x′ = x′ + x = 0E (x′ = −x)i4 quelque soit x, y ∈ E x + y = y + x
ii quelque soit x ∈ E, quelque soit λ ∈ K, µ ∈ K
λ.(µ.x) = (λµ).x , 1K .x = x
iii l’operation interne est distributive par rapport a l’addition dans K et par rapport a l’operationinterne de E.
On dit que E est un espace vectoriel sur E pour les lois considerees.Les element de E sont des vecteurs et ceux de K sont des scalaires,0E : element neutre de E pour la loi interne “+”0K : element neutre de E pour l’addition dans K.Les proprietes a verifier sont:
ev1 quelque soit x, y, z ∈ E ; (x + y) + z = x + (y + z).
ev2 il existe 0E ∈ Equelque soit x ∈ E; 0E + x = x + 0E = x
ev3 quelque soit x ∈ E, il existe x′ ∈ E; x + x′ = x′ + x = 0E (x′ = −x)
ev4 quelque soit x, y ∈ E x + y = y + x
ev5 quelque soit x ∈ E quelque soit λ ∈ K, µ ∈ K; λ.(µ.x) = (λµ).x
ev6 quelque soit x ∈ E; 1K .x = x
ev7 quelque soit x ∈ E, λ, µ ∈ K, (λ + µ).x = λ.x + µ.x
ev8 quelque soit x ∈ E, y ∈ E, λ ∈ K; λ.(x + y) = λ.x + λ.y
Exemples
a.) E = IR, K = IR; a + b l’addition habituelle dans IR, a.b la multiplication habituelle dans IR,(IR,+, .) est un IR espace vectoriel.
b.) E = lC, K = IR, l’addition dans lC est definie par: z = a + ib ∈ lC, z′ = a′ + ib′ ∈ lC, z + z′ =a + ib + a′ + ib′ = a + a′ + i(b + b′) et la loi externe est definie par: c ∈ IR, z = a + ib ∈ lC:c . z = c(a + ib) = ca + icb. Il est facile de verifier que lC est un IR espace vectoriel.
c.) E = IR[x],K = IRn[X], l’addition dans IRn[X] est definie par: (P,Q) ∈ IRn[X], (P + Q)(x) =P (x)+Q(x). La loi externe est definie par: λ ∈ IR, P ∈ IRn[X], (λ.P )(x) = λP (x). (Rn[x],+, .)est un IR espace vectoriel.
d.) E = IR2 = IR × IR, K = IR, l’addition interne dans IR2 est: (a, b) + (a′, b′) = (a + a′, b + b′), laloi externe: c ∈ IR, (a, b) ∈ IR2 c(a, b) = (ca, cb). On montre facilement que (IR2,+, .) est un IRespace vectoriel.
22
2.1.4 Regles de calcul dans un espace vectoriel
Soient x, y ∈ E et λ, µ ∈ K
a) Soit a calculer: λ(x − y) =?λ(x − y) + λy = λ(x − y + y) = λx on conclut donc que:
λ(x − y) = λx − λy (2.2)
dans (2.2), en posant x = y, on a:
λ 0E = 0E (2.3)
d’apres (2.2), on a: λ(−x) = λ(0E − x) = λ0E − λx = −λx
λ(−x) = −λx (2.4)
b) Soit a calculer: (λ − µ)x =?(λ − µ)x + µx = (λ − µ + µ)x = λx, On conclut donc que:
(λ − µ)x = λx − µx (2.5)
c) Dans (2.5), on pose λ = µ d’ou:
0K x = 0E (2.6)
enfin, d’apres (2.5) on a: (−λ)x = (0K − λ)x = 0Kx − λx = 0E − λx = −λx.
λx = 0E =⇒ λ = 0K ou x = 0E (2.7)
Interpretation geometrique
En physique, beaucoup de grandeurs sont representees par des vecteurs: le vecteur force, le vecteurvitesse...
Sur les vecteurs de meme origine on peut definir deux operations:
u
v
u+v
oλ u
o u
λ uλ > 0 λ < 0. .
.
ou
1.a 1.b 1.c
Figure 2.1:
i. l’addition definie par la regle du parallelogramme (2.1: 1.a)
ii. le produit d’un vecteur par un nombre reel λ qui donne un vecteur homothetique de rapportλ. Ce vecteur ayant la meme direction, de meme sens si λ > 0 (2.1: 1.b) et de sens contraire siλ < 0 (2.1: 1.c) et dont la longueur est multipliee par |λ|.
23
2.2 Sous espaces verctoriels
Definition: Soit E un espace vectoriel et F une partie non vide de E. On dit que F est un sous-espace vectoriel de E, si la restriction des lois de E a F fait de F un espace vectoriel.
En principe, pour montrer que F est un sous-espace vectoriel, il faudrait verifier la totalite desaxiomes de la definition ev1 . . . ev8. En fait, il suffit de verifier la stabilite des deux lois commel’affirme le theoreme suivant:
Theoreme: Une partie F d’un K espace vectoriel E est un sous espace vectoriel si et seulementsi:
sev1. F 6= ∅
sev2. quelque soient x ∈ F , y ∈ F alors x + y ∈ F
sev3. quelque soient x ∈ F , λ ∈ K alors λx ∈ F
Preuve:⇒) Si F est un sous-espace vectoriel alors 0E ∈ F et donc F 6= ∅. sev2,3 sont forcement verifiees pardefinition meme des lois de compositions interne et externe.⇐) Supposons que sev1,2,3 sont verifiees et montrons que F est un espace vectoriel.Les axiomes ev1, ev4, ev5, ev7 et ev8 sont verifies pour tous les elements de E et donc aussi pour leselements de F ⊂ E.D’apres sev3 pour λ = 0K et x ∈ F on a: 0Kx = 0E ∈ F , donc F admet un element neutre (ev2) estverifiee: ∀x ∈ F x + 0E = 0E + x = x (car cela est vrai pour les elements de E).Toujours d’apres sev3 avec λ = −1K on a ∀x ∈ F −1Kx = −x ∈ F , ev2 est verifiee. ev6 est triviale-ment verifiee a partir de sev3 pour λ = 1K .
Remarque: Si F est sous-espace vectoriel, alors le vecteur nul 0E est necessairement element deF , ainsi pour montrer que F 6= ∅ il faut penser a prouver que 0E ∈ F .
Exemples:
a.) IR est un sous espace vectoriel de lC.
b.) (IR2,+, .) est un IR espace vectoriel, F1 = {(x, y) ∈ IR2;x = y}. F1 est un sous espace vectorielde IR2.
c.) Fx = {(x, y) ∈ IR2; y = 0} et Fy = {(x, y) ∈ IR2;x = 0} sont des sous espaces vectoriels de IR2
d.) Soit E un espace vectoriel sur K, v ∈ E tel que v 6= 0E ; alors:
F =< v >= {x ∈ E/il existe λ ∈ K : x = λv}
F est un sous-espace vectoriel de E.En effet: il existe λ = 0K ∈ K, 0Kv = 0E ∈ F donc F 6= ∅. Soient x1 et x2 deux elements de Fdonc il existe λ1,2 ∈ K tels que xi = λiv, x1 + x2 = λ1v + λ2v = (λ1 + λ2
︸ ︷︷ ︸
∈K
)v. λ1 + λ2 etant un
element de K, on conclut donc que x1 + x2 ∈ F . De meme pour tout x = λv ∈ F et µ ∈ K ona: µx = µ(λv) = ( µλ
︸︷︷︸
∈K
)x ∈ F .
F est donc un sous-espace vectoriel. F est dit droite vectorielle engendree par v.
24
e.) Soit E un espace vectoriel sur K, v1, v2 ∈ E tels que v1,2 6= 0E ; alors:
F =< v1, v2 >= {x ∈ E/il existe λ1, λ2 ∈ K : x = λ1v1 + λ2v2}
F est un sous-espace vectoriel de E dit sous espace vectoriel engendre par v1 et v2. Si v2 6= λv1,alors F est dit plan vectoriel engendree par v1 et v2. Dans le cas ou v2 = λv1 F est la droitevectorielle engendre par v1.
f.) Plus generalement, si v1, v2, . . . , vn ∈ E On definit le sous-espace vectoriel engendre par v1, v2, . . . , vn,ou espace des combinaisons lineaires de v1, v2, . . . , vn, de la maniere suivante:
F =< v1, v2, . . . , vn >= {x ∈ E/∃ λ1, . . . , λn ∈ K : x = λ1v1 + λ2v2 + . . . + λnvn}
Proposition: Soient F1 et F2 deux sous espaces vectoriels d’un K espace vectoriel alors:
1. I = F1 ∩ F2 est un sous espace vectoriel de E.
2. La somme de F1 et F2 defini par:
F1 + F2 = {x ∈ E;x = x1 + x2, xi ∈ Fi}
est un sous espace vectoriel de E.
Preuve:1.) F1 et F2 sont des sous espaces vectoriels de E alors 0E ∈ F1 et 0E ∈ F2 et par suite 0E ∈ I etdonc I 6= ∅.soient x ∈ I, y ∈ I: (x ∈ F1 et x ∈ F2, y ∈ F1 et y ∈ F2) donc x − y ∈ I. Pour tout λ ∈ K et x ∈ Ion a λx ∈ F1 et λx ∈ F2 donc λx ∈ I, donc I = F1 ∩ F2 est un sous espace vectoriel de E.2.) 0E = 0E + 0E ∈ E1 + E2 et donc E1 + E2 6= ∅. Quelque soient x, y ∈ E1 + E2 avec x = x1 + x2,xi ∈ Ei et y = y1 + y2, yi ∈ Ei; x − y = x1 − y1 + x2 − y2 = x′
1 + x′2 ∈ E1 + E2. quelque soit λ ∈ K,
quelque soit x ∈ E1 + E2, x = x1 + x2 on a λx = λx1 + λx2 ∈ E1 + E2, E1 + E2 appele somme dedeux sous espaces vectoriels.
2.3 Base d’un espace vectoriel
2.3.1 Famille generatice.
Definition: Soit E un K espace vectoriel. Une famille de vecteurs (vi)i=1,...,n d’elements de E estdite generatrice, si pour tout x ∈ E il existe des scalaires λi ∈ K (i = 1, . . . , n) (non tous nuls) telsque:
x = λ1v1 + λ2v2 + . . . + λnvn
On dit aussi que tout element x ∈ E se decompose sur les vecteurs vi ou encore que tout elementx ∈ E est combinaison lineaire des vecteurs vi.
Le plus petit sous–espace vectoriel F de E contenant n elements de E, v1, v2, . . . , vn, est lesous–espace vectoriel des combinaisons lineaires de v1, v2, . . . , vn. En le note < v1, v2, . . . , vn >:
< v1, v2, . . . , vn >= {x ∈ E; x = λ1v1 + λ2v2 + . . . + λnvn; λi ∈ K(i = 1, . . . , n)}
Exemples:
a) Pour tout (x, y) ∈ IR2:
(x, y) = (x, 0) + (0, y) = x(1, 0) + y(0, 1)
e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)
(e1, e2) est une famille generatrice de IR2
25
b) Pour tout (x1, x2, . . . , xn) ∈ IRn:
(x1, x2, . . . , xn) = (x1, 0, . . . , 0) + . . . + (0, . . . , xi, . . . , 0) + . . . + (0, . . . , 0, xn)
= x1 (1, 0, . . . , 0)︸ ︷︷ ︸
e1
+ . . . + xi (0, . . . , 1, . . . , 0)︸ ︷︷ ︸
ei
+ . . . + xn (0, . . . , 0, 1)︸ ︷︷ ︸
en
ei admet 1 sur la ieme composante. (e1, . . . , en) est une famille generatrice de IRn
c) Quelque soit P ∈ IR2[x], P (x) = a0 + a1x + a2x2 implique que (1,X,X2) est une famille
generatrice de l’ensemble des polynomes de degres inferieur a deux.
d) Plus generalement dans IRn[x], quelque soit P ∈ IRn[x], P (x) = a0 + a1x + . . . + anxn impliqueque, (1,X, . . . ,Xn) est une famille generatrice de l’ensemble des polynomes de degres inferieura n.
2.3.2 Famille libre, famille liee.
Dans l’espace IR3 d’origine O, considere souvent en physique, soient trois vecteurs−→OA,
−−→OB et
−−→OC,
quelle peut etre leur configuration:
D
E
.B
A
C
O .A
B
C
O
a b
Figure 2.2:
• −→OA,
−−→OB et
−−→OC sont colineaires: O, A, B et C sont alignes. Dans ce cas on a:
−→OA = α
−−→OB =
β−−→OC. On dit que les trois vecteurs forment un systeme lie ou sont dependants (2.2:b)
• −→OA,
−−→OB et
−−→OC sont coplanaires: O, A, B et C sont dans un meme plan (2.2:a). Dans ce
cas egalement, on peut trouver α′, β′ reels tels que−−→OC = α′−→OA + β′−−→OB d’apres la regle du
parallelogramme. Avec−−→OD = α′−→OA et
−−→OE = β′−−→OB. Dans ce cas aussi on dit que les trois
vecteurs forment un systeme lie ou sont dependants.
• −→OA,
−−→OB et
−−→OC forment un vrai triedre.
Dans le dernier cas, on dit que les trois vecteurs forment un systeme libre ou sont independants.Ceci nous mne aux definitions:−→
OA,−−→OB,
−−→OC forment un systeme lie si:
(il existe α, β, γ ∈ IR)(α−→OA + β
−−→OB + γ
−−→OC =
−→0 et α, β, γ non tous nuls)
−→OA,
−−→OB,
−−→OC forment un systeme libre si:
(∀α, β, γ ∈ IR)(α−→OA + β
−−→OB + γ
−−→OC =
−→0 ⇒ α = β = γ = 0)
En general on a:Definitions:1.) Une famille (vi)i=1,...,n de vecteurs de E est dite libre si:
∀ (λi)i=1,...n ∈ K tels que λ1v1 + λ2v2 + ... + λnvn = 0E alors λ1 = λ2 = ... = λn = 0K
26
On dit aussi que les vecteurs (v1, v2, ..., vn) sont lineairement independants.2.) Une famille qui n’est pas libre est dite liee, on dit aussi que ses vecteurs sont lies ou lineairementdependants, autrement dit,une famille (vi)i=1...n de vecteurs de E est dite liee s’il existe une famille de scalaires de K non tousnuls tels que: λ1v1 + λ2v2 + ... + λnvn = 0
Exemples:a) (e1, e2) est une famille libre; pour tous α, β ∈ IR αe1 + βe2 = (0, 0) alors α = β = 0.b) (e1, e2, e1 +e2) est une famille liee; il existe λ1 = 1, λ2 = 1 et λ3 = −1 tels que λ1e1 +λ2e2 +λ3e3 =(0, 0).
Theoreme:
Une famille (v1, v2, ..., vn) est liee si et seulement si l’un au moins des vecteurs vi s’ecrit commecombinaison lineaire finie des autres vecteurs de la famille.Preuve: Supposons que (v1, v2, ..., vn) est liee, il existe une famille de scalaires de K non tous nuls
tel que: λ1v1 + λ2v2 + ... + λnvn = 0. Si λi 6= 0, on pourra ecrire:
vi = −λ1
λiv1 − . . . − λi−1
λivi−1 −
λi+1
λivi+1 − . . . − λn
λivn
Reciproquement: Supposons que vi est combinaison lineaire des autres vecteurs, alors il existe desscalaires αi ∈ K tel que:
vi = α1v1 + . . . + αi−1vi−1 + αi+1vi+1 + . . . + αnvn (2.8)
ceci est equivalent a:
α1v1 + . . . + αi−1vi−1 − vi + αi+1vi+1 + . . . + αnvn = 0E (2.9)
ainsi on a montre qu’il existe une combinaison lineaire nulle des vecteurs (v1, v2, ..., vn), sans que tousles coefficients soient nuls. La famille est donc liee.
Remarques:
• Toute sous-famille d’une famille libre est libre.
• Toute sur famille d’une famille liee est liee.
• Tous les elements d’une famille libre sont non nuls(si xp = 0 on aura la combinaison suivante 0x1 + 0... + 0xp−1 + λpxp + 0xn = 0E avec λp 6= 0).En particulier (x) est libre si et seulement si x 6= 0.
Proposition:
Soit (v1, v2, ..., vn) une famille libre et x un vecteur quelconque de l’espace vectoriel engendre par(v1, v2, ..., vn). Alors, la decomposition de x sur les vi est unique.
Preuve: Soit x un vecteur quelconque de l’espace vectoriel engendre par (v1, v2, ..., vn), donc xest combinaison lineaire des vi:
x = λ1v1 + λ2v2 . . . + λnvn
soit:x = β1v1 + β2v2 . . . + βnvn
une autre decomposition de x sur les vi. On a donc:
λ1v1 + λ2v2 . . . + λnvn = β1v1 + β2v2 . . . + βnvn
27
En utilisant la propriete de distributivite de la loi externe par rapport a la loi interne on trouve:
(λ1 − β1)v1 + (λ2 − β2)v2 . . . + (λn − βn)vn = 0E
du fait que (v1, v2, ..., vn) est libre on a donc:
λ1 − β1 = 0 , λ2 − β2 = 0 , λn − βn = 0
d’ou l’unicite de la decomposition.
2.3.3 Base d’un espace vectoriel, Dimension d’un espace vectoriel.
Dans l’espace IR3, considere souvent en mecanique du solide, on a pris l’habitude de tracer un triedred’origine O (ou un repere d’origine O), avec les vecteurs
−→i ,
−→j et
−→k d’origine O sur ses aretes. Pour
tout point A de l’espace IR3 defini par ses coordonnes x, y et z de telle sorte que
−→OA = x
−→i + y
−→j + z
−→k
si on effectue un changement de repere (ou de triedre) on aura le meme resultat, c-a-d que le point Asera defini par trois coordonnees.
Tout vecteur de IR3 est combinaison lineaire unique de trois vecteurs non coplanaires−→i ,
−→j et
−→k
d’origine O, ces trois vecteurs engendrent donc tout IR3, ils constituent ce qu’on appelle une base deIR3.Toutes les bases de IR3 ont trois elements, ce nombre est la dimension de IR3. Ainsi IR3 est de di-mension trois.
Definition d’une Base: Une famille de vecteurs (vi)i=1,...,n est une base de E si elle est a lafois libre et generatrice.
Exemples: a.) Dans IR2, quelque soit (x, y) ∈ IR2 (x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) = xe1 + ye2, (e1, e2) estun systeme libre, c’est donc une base de IR2, appellee la base canonique de IR2.b.) Dans l’espace vectoriel IRn, pour tout (x1, x2, . . . , xn) ∈ IRn:
(x1, x2, . . . , xn) = x1 (1, 0, . . . , 0)︸ ︷︷ ︸
e1
+ . . . + xi (0, . . . , 1, . . . , 0)︸ ︷︷ ︸
ei
+ . . . + xn (0, . . . , 0, 1)︸ ︷︷ ︸
en
ei admet 1 sur la ieme composante. (e1, . . . , en) est une famille libre et generatrice de IRn, c’est labase canonique de IRn.
Proposition: Soit (vi)i=1,...,n une base de E espace vectoriel sur K. Tout x ∈ E se decomposede maniere unique sur la base de E, c’est a dire:
∀x ∈ E ∃! (λ1, . . . , λn) ∈ Kn tel que : x = λ1v1 + . . . + λnvn (2.10)
Preuve: La decomposition vient du fait que (vi)i=1,...,n est un systeme generateur. L’unicite vientde l’independance des (vi)i=1,...,n.
Theoreme de la base incomplete:
Theoreme: Dans un espace vectoriel, une partie libre peut toujours etre completee en une base de E.
Dimension d’un espace vectoriel: Un espace vectoriel est dit de dimension finie s’il existe dansE une partie generatrice finie. Dans le cas contraire, il est de dimension infinie.
Theoreme de la dimension: Dans un K–espace vectoriel E, de dimension finie, toutes les bases
28
sont finies et ont le meme nombre d’elements. Ce nombre est la dimension de E (sur K).Notation: Soit (vi)i=1,...,n une base, on note dimKE = n
Exemples:a.) {0E} est un espace vectoriel sur K. dimK{0E} = 0b.) dimIRIRn[x] = n + 1: (IRn[x] ensemble des polynomes de degre inferieur ou egal a n)c.) dimIRIRn = n.d.) lC, IR espace vectoriel, dimIRlC = 2e.) lC, lC espace vectoriel, dimlClC = 1
Corollaire: soit E un espace vectoriel de dimension n.
i.) Tout systeme de (n+1) vecteurs est lie.
ii.) Un systeme generateur a au moins n vecteurs.
iii.) Un systeme gnerateur qui a n vecteurs est une base.
iv.) Un systeme libre qui a n vecteurs est une base.
Theoreme: Soit E un espace vectoriel de dimension finie n et F un sous espace de E, alors:
i) dimKF ≤ dimKE = n
ii) dimKF = dimKE si et seulement si F = E
Preuve:i) Si dimKF = 0: F = {0E}, on a dimKF = 0 ≤ n.Sinon dimKF 6= 0, alors F 6= {0E} et F admet une base B qui est forcement une famille libre de E.On conclut que le nombre d’elements de B est inferieur ou egal a n sinon B serait liee (d’apres lecorollaire): dimKF ≤ dimKE = n.ii) Si dimKF = dimKE = n, il existe donc une base B de F contenant n elements: < B >= F . Best donc une famille libre de E ayant n elements, elle est par consequent une base et donc engendreE: < B >= E, donc F = E.
Proposition: Soient E1 et E2 deux sous espaces vectoriels d’un espace vectoriel E alors, dimK(E1 +E2) = dimKE1 + dimKE2 − dimK(E1 ∩ E2)
2.4 Exercices resolus
Equation caracteristique d’un sous espace vectoriel
Trouver l’equation du sous espace engendre par les vecteurs u1 = (1, 1, 2) et u2 = (2, 1, 1)de IR3.
V ect(u1, u2) =< u1, u2 >= {v = (x, y, z) ∈ IR3;∃α, β ∈ IR v = αu1 + βu2 } (2.11)
De cette definition, on conclut que v ∈< u1, u2 > s’il existe α, β ∈ IR tel que v = αu1 + βu2. Si onpose v = (x, y, z), cette derniere equation nous donne le systeme suivant:
α + 2β = x (l1)α + β = y (l2)2α + β = z (l3)
(2.12)
De la combinaison 2l2 − l1 on obtient α = 2y − x. En injectant α dans l1 ou l2 on trouve β = x − y.Une fois ses valeurs de α et β remplacees dans (l3), on trouve une relation entre x, y et z. En effet,
29
α et β dans (l3) nous donne: z = 2(2y − x) + x − y. L’equation du sous espace engendre par (u1, u2)est donc:
x − 3y + z = 0
autre methode: Les deux vecteurs u1 et u2 sont lineairement independant, < u1, u2 > est un planvectoriel. Dim< u1, u2 >= 2, l’equation du plan vectoriel < u1, u2 > est de la forme:
ax + by + cz = 0 (2.13)
les vecteurs u1 et u2 doivent verifies (2.13). On a donc le systeme des deux equations suivantes:
{
a + b + 2c = 02a + b + c = 0
On a plus de variables que d’equations. Pour resoudre ce systeme, on fixe c et on calcul a et b enfonction de c. Le systeme est equivalent a:
{
a + b = −2c2a + b = −c
on a donc b = −3c et a = c. Ses deux solutions remplacees dans (2.13) donne:
cx − 3cy + cz = 0 (2.14)
Les solutions non triviales sont obtenus pour c 6= 0, ce qui donne:
x − 3y + z = 0 (2.15)
comme equation du plan vectoriel.
Completer une famille libre en une base
1. Completer u1 = (1, 1, 2), u2 = (2, 1, 1) en une base de IR3
Dans IR3, on peut verifier facilement que u1 = (1, 1, 2), u2 = (2, 1, 1) est une famille libre. Commetoute les bases de IR3 contiennent trois vecteurs, on veut trouver un vecteur u3 = (x, y, z) ∈ IR3 detel sorte que (u1, u2, u3) soit une base de IR3. En fait, tout vecteur u3 de IR3 qui n’appartient pas aV ect(u1, u2) peut completer (u1, u2) en une base de IR3. En effet: (u1, u2, u3) est une base de IR3 siet seulement si pour tout α, β, γ ∈ IR tels que
αu1 + βu2 + γu3 = (0, 0, 0) alors α = β = γ = 0 (2.16)
L’equation eq. (2.16) nous donne un systeme a trois inconnues α, β et γ et trois equations, et danslequel x, y, z sont des parametres reels.
(S1)
α + 2β + xγ = 0 (c11)
α + β + yγ = 0 (c12)
2α + β + zγ = 0 (c13)
(2.17)
notre but c’est de trouver une condition sur x, y et z pour que la seule est unique solution du systeme(2.18) soit α = β = γ = 0. A cet effet, nous allons appliquer la methode de Gauss. En effet, lapremiere etape consiste a annuler les coefficients de α dans c1
2 et c13. Ceci est possible en remplacant
c12 par c1
2 − c11 et c1
3 par c13 − 2c1
1. Le systeme S1 devient S2 :
(S2)
α + 2β + xγ = 0 (c21 = c1
1)0α − β + (y − x)γ = 0 (c2
2 = c12 − c1
1)0α − 3β + (z − 2x)γ = 0 (c2
3 = c13 − 2c1
1)(2.18)
30
A ce niveau on procede de la meme maniere avec les equations c22 et c2
3. On annule donc le coefficientde β dans c2
3 en remplacant c23 par c2
3 − 3c22. En effet, le systeme S2 devient
(S3)
α + 2β + xγ = 0 (c31 = c2
1)0α − β + (y − x)γ = 0 (c3
2 = c22)
0α + 0β + (z − 3y + x)γ = 0 (c33 = c2
3 − 3c22)
(2.19)
A ce stade, pour trouver α, β et γ on remonte le systeme a partir de c33.
En fait, la derniere equation (c33) donne une condition sur les coordonnees x, y et z du vecteur u3 qui
complete (u1, u2) en une base (u1, u2, u3) de IR3. Pour avoir γ = 0, (c33) implique que z − 3y + x 6= 0.
Ceci veut dire que le vecteur u3 /∈< u1, u2 >. Avec γ = 0, c32 et c3
1 montrent que β = 0 et α = 0.Tout vecteur u3 = (x, y, z) tel que z−3y+x 6= 0 permet de completer (u1, u2) en une base (u1, u2, u3)de IR3.
31
2.5 Exercices
Exercie 1. a.) Montrer que (IRn[X],+, .) est un IR espace vectoriel.b.) Montrer que (IR2,+, .) est un espace vectoriel sur IR.
Exercie 2. On munit IR2 des lois:
(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2)
λ.(x1, x2) = (λx1, 0) λ ∈ IR
(IR2,+, .) est-il un espace vectoriel?
Exercice 3. Dans IR+∗ on definit les deux lois:
x ⊕ y = xy λ.x = xλ , y ∈ IR+∗ , λ ∈ IR
Montrer que (IR+∗,⊕, .) est un espace vectoriel sur IR
Exercice 4. Parmi les sous-ensembles suivants, trouver ceux qui sont des sous-espaces vectoriels,et donner une base et la dimension de chacun d’eux:
E1 = {(x, y) ∈ IR2;x2 + y2 = 1} , E2 = {(x, y) ∈ IR2;x + y = 1}E3 = {(x, y) ∈ IR2; 2x + y = 0} , E4 = {(x, y, z) ∈ IR3;x = y = 2z}E5 = {(x, y, z) ∈ IR3;x + y − z = 0} , E6 = {(x, y, z, t) ∈ IR4;x + y − z + t = 0}E7 = {f ∈ F(IR, IR); f(0) = 1} , E8 = {f ∈ C2(IR); f + f ′′ = 0C2(IR)}E9 = {f ∈ F(IR, IR); f(1) = 1} , E10 = {f ∈ F(IR, IR); f(1) = 0}
Exercice 5. Dans IR2, soient u1 = (1, 0), u2 = (0, 1), u3 = (0,−4), u4 = (1, 1) et u5 = (0, 0). Lessystemes de vecteurs {u1, u2}, {u2, u3}, {u1, u4}, {u4, u5}, {u5}, {u1, u2, u3} sont-ils libres?
Exercice 6. Dans IR2, soient u = (1,−3) et v = (3, 2): a. v est-il combinaison lineaire de u?b. Trouver a et b reels tels que (8,−13) s’ecrive sous la forme au + bv.c. Soit w = (x, y) un vecteur quelquonce de IR2, trouver α et β en fonction de x et y tels quew = αu + βv.
Exercice 7. Dans IR3, on considere les 4 vecteurs: u = (1, 1, 1); v = (1, 1, 0); w = (1, 0, 0);t = (3, 5,−2). Demontrer que le systeme {u, v,w} est une base de IR3 et trouver les coordonneesde t dans cette base.Quelles sont les coordonnees de t dans la base canonique de IR3?
Exercice 8. Dans IR3 verifier que a, b, c sont independants et calculer les coordonnees de x surla base {a, b, c} :a = (−1, 1, 1) , b = (1,−1, 1) , c = (1, 1,−1) , x = (2,−3,−1)2. Meme probleme dans lC3:a = (1,−1, i) , b = (−1, i, 1) , c = (i, 1,−1) , x = (1 + i, 1 − i, i).
Exercice 9. Dans IRn demontrer que le sous-espace vectoriel engendre par a et b, d’une part, etle sous-espace vectoriel engendre par c et d, d’autre part, sont identiques, et determiner leur dimen-sion:1. n = 3, a = (2, 3,−1), b = (1,−1,−2), c = (3, 7, 0), d = (5, 0,−7)2. n = 4, a = (2, 3,−1, 0), b = (−3, 1, 0, 2), c = (−4, 5,−1, 4) , d = (9, 8,−3,−2).Dans chacun des cas precedents, completer la base obtenue pour obtenir une base de IRn.
32
Exercice 10. Dans IR3 espace vectoriel sur IR, soient u = (1,−1, 1), v = (0,−1, 2), w = (1,−2, 3)trois elements de IR3.1. Montrer que {u, v,w} est lie.2. Soit F le sous-espace vectoriel de IR3 engendre par < u, v,w >. Donner une base de F .3. a.) Soit G = {(x, y, z) ∈ IR3/x + 2y + z = 0}. Montrer que G est un sous-espace vectoriel de IR3.b.) Determiner une base de G et montrer que F = G.
Exercice 11.Soient F et H 2 s.e.v d’un K-espace vectoriel E.1. Montrer que F ∩ H est un s.e.v de E.2. Montrer que F ∪ H est un sous espace vectoriel de E ssi F ⊂ H ou H ⊂ F .3. Montrer que F + H = {x + y;x ∈ F et y ∈ H} (appele somme de F et H) est le plus petit sousespace vectoriel de E contenant F ∪ H.4. On dit que la somme de F et H est directe si tout element de F + H s’ecrit d’une facon uniquesous la forme x + y ou x ∈ F et y ∈ H, et dans ce cas F + H sera note F ⊕ H. Montrer que lesproprietes suivantes sont equivalentes:
i La somme F et H est directe .
ii Pour tout x ∈ F , pour tout y ∈ H, x + y = 0E =⇒ x = y = 0E .
iii F ∩ H = {0E}.
Application: Soit E = IR5. Montrer que F et H sont des sous espaces vectoriels de E et voir si leursomme est directe dans les cas suivants:
a F = {(2x,−y, z, 3y, x);x, y, z ∈ IR} et H = {(x, x, y, x, x);x, y ∈ R}
b F = {(x, y,−x, 2y);x, y ∈ R} et H = {(2x, x, y, 0);x, y ∈ IR}
Exercice 12. L’ensemble E(IR, IR) des fonctions numeriques reelles de variable reelle muni des deuxoperations suivantes (α reel):
s = f + g ssi ∀ t ∈ IR s(t) = f(t) + g(t) , h = αf ssi ∀ t ∈ IR h(t) = αf(t)
est un espace vectoriel.a. Montrer que l’ensemble des fonctions paires EP est un s.e.v de E(IR, IR).b. Montrer que l’ensemble des fonctions impaires EI est un s.e.v de E(IR, IR).c. Montrer que E(IR, IR) = EP ⊕ EI
Exercice 13. Montrer que l’ensemble des applications continues de IR dans IR est un espace vectorielsur IR, et que dans cet espace vectoriel les fonctions f1(x) = x, f2(x) = Sin(x), f3(x) = ex sontlineairement independantes.
Exercice 14. Soient a, b ∈ IR distincts. Montrer que:a. (X − a,X − b) est libre dans IR[X].b. Pour tout e ∈ IR, (X − a,X − b,X − e) est lie dans IR[X].2. Soient a1 = (1, 2, 3) et a2 = (1,−1, 0). Montrer que (a1, a2) est libre dans IR3 et trouver une basede IR3 contenant a1 et a2.
Exercice 15. Soient E un espace vectoriel reel, E1et E2 deux sous-espaces vectoriels de E tels queE = E1 ⊕ E2. On rappelle que tout vecteur V de E s’ecrit de facon unique V = V1 + V2 ou V1 ∈ E1
33
et V2 ∈ E2
a) Soient les applications suivantes:
p E → E q : E → E
V → V1 V → V2
p (resp q) est appele projection sur E1 parallelement a E2 (resp sur E2 parallelement a E1)i) Montrer que p et q sont des applications lineaires.ii) Determiner kerp, kerq, Imp, Imq.iii) Montrer que p + q = IdE , poq = qop , p2 = p , q2 = q.b) On considere une application lineaire f telle que f2 = f . Montrer que kerf et Imf sont supplementaireset que f est la projection sur Imf parallelement a kerf .Exercice 16. Montrer que l’ensemble des applications continues de IR dans IR est un espace vecto-riel sur IR, et que dans cet espace vectoriel les fonctions f1(x) = eλ1x, f2(x) = eλ2x, f3(x) = eλ3x,(λi)i=1,2,3 des scalaires deux a deux distincts, sont lineairement independantes.Exercice 17. Soit E l’espace vectoriel des fonctions de IR dans IR, F le sous espace engendre par lesfonctions fn : x 7→ cos(nx), n ∈ IN, et G le sev engendre par les fonctions gn : x 7→ cosn x, n ∈ IN.Montrer que F = G.ProblemePrimo: Soit E l’espace vectoriel des suites de nombres reels et E ⊂ E, l’ensemble des suites verifiantla relation de recurrence:
un+2 = un+1 + 2un n ≥ 0
a. Montrer que E est un sous–espace vectoriel de E.
b. Montrer que les suites de termes generaux an = (−1)n et bn = 2n forment une famille libre deE .
c. Tenant compte du fait que les suites de E sont determinees si on connaıt u0 et u1, montrer que(an) et (bn) forment une base de E .
d. Determiner les suites de E telles que u0 = 1 et u1 = 2
secondo: GeneralisationSoit E l’ensemble des suites de nombres reels verifiant:
un+2 = αun+1 + βun , (α, β ∈ IR)
On suppose que α et β ne sont pas tous deux nuls.
a. Montrer que E est une sous espace vectoriel de dimension 2 sur IR.
b. Chercher une suite de E du type an = rn. Montrer que r doit verifier une equation de 2e degre.Lorsque cette equation admet deux racines reelles et distainctes r1 et r2, en deduire l’expressionde un en fonction de u0 et de u1.
c. Montrer que lorsque l’equation de 2e degre admet une racine double r, les suites an = rn etbn = nrn forment une base de E .
d. Montrer que si λ1 et λ2 sont deux racines complexes conjuguees de l’equation de 2e degre etλ1 = ρeiθ, alors les suites an = ρn cos nθ et bn = ρn sinnθ forment une base de E .
Application Determiner le terme general des suites definies
a. un+2 = 5un+1 − 6un
b. un+2 = 4un+1 − 4un
c. un+2 = −un+1 − un
34
Chapitre 3
Applications lineaires
La beaute des structures d’espaces vectoriels reste cachee tant qu’elles ne sont pas munies d’applicationslineaires. Dans ce chapitre on se propose d’etudier les applications lineaires et leurs caracteristiques.
3.1 Definitions et exemples
Definition 1 Etant donnes deux espaces vectoriels E et F sur le meme corps commutatif K, onappelle application lineaire de E dans F toute application de E dans F telle que:
i) ∀x, y ∈ E , f(x + y) = f(x) + f(y)
ii) ∀x ∈ E , ∀α ∈ K f(αx) = αf(x)
i) et ii) peuvent etre remplaces par:
∀x, y ∈ E , ∀α, β ∈ K f(αx + βy) = αf(x) + βf(y)
• Si E = F on dit que f est un endomorphisme.
• Si f E → F est bijective, c’est un isomorphisme de E sur F , si de plus E = F , f est unautomorphisme.
• L’ensemble des applications lineaires de E dans F est note LK(E,F ). LK(E) est l’ensembledes endomorphismes de E
Exemples: 1.) E = F = IR, K = IR, m un parametre reel quelconque, l’application f definie parf(x) = mx. Pour tous x, y ∈ IR et α, β ∈ IR, f(αx + βy) = m(αx + βy) = αf(x) + βf(y). f est donclineaire.
2.) E = IR2, F = IR, les applications px et py definies de IR2 dans IR par:
px(x, y) = x et py(x, y) = y
sont des applications linearires de IR2 dans IR.
3.) l’application
f
{
IR3 −→ IR2
(x, y, z) −→ f(x, y, z) = (x2 + x, x + y − z)
n’est pas lineaire. Ni i), ni ii) de la definition 1 n’est satisfaite a cause du terme x2.
4.) E = F = F([a, b]) ensemble des fonctions reelles derivables sur [a, b]. F([a, b]) est un espace
35
36
vectoriel sur K = IR. On definit sur F([a, b]) l’application Ψ qui, a chaque fonction derivable g deF([a, b]) associe sa fonction derivee g′:
Ψ
{
F([a, b]) −→ F([a, b])g −→ Ψ(g) = g′
Ψ est une application lineaire.
f
{
E −→ Fx −→ f(x) = 0F
est une application lineaire de E dans F , dite application lineaire nulle.
Proposition: L’ensemble L(E,F ) muni des lois:
f + g
{
E −→ Fx −→ (f + g)(x) = f(x) + g(x)
, αf
{
E −→ Fx −→ (αf)(x) = αf(x)
est un espace vectoriel sur K.
3.2 Proprietes des applications lineaires
Theoreme 1: Si f est une application lineaire de E dans F , on a les proprietes suivantes:
i.) f(0E) = 0F ∀x ∈ E f(−x) = −f(x)
ii.) Si E1 est un sous espace vectoriel de E, f(E1) ⊂ F est un sous espace vectoriel de F .
iii.) Si F1 est un sous espace vectoriel de F , f−1(F1) ⊂ E est un sous espace vectoriel de E
Preuve: i.)Soit y ∈ f(E) ⊂ F , il existe x ∈ E tel que y = f(x). On a : y + 0F = 0F + y = y etx + 0E = 0E + x = x.
x + 0E = 0E + x = x =⇒ f(x + 0E) = f(x) + f(0E) = f(x) = y = f(x) + 0F
=⇒ f(0E) = 0F
Pour tout x ∈ E, on a:
x + (−x) = 0E =⇒ f(x) + f(−x) = f(0E) = 0F
=⇒ f(−x) = −f(x)
ii.) f(E1) 6= ∅.Soit α ∈ K un scalaire, y1, y2 ∈ f(E1), il existe x1, x2 ∈ E1 tel que: y1 = f(x1) et y2 = f(x2). Dufait que f est lineaire, on a les relations suivantes:
y1 − y2 = f(x1) − f(x2) = f(x1 − x2)
αy1 = αf(x1) = f(αx1)
E1 est un sous espace vectoriel de E, alors x1 − x2 ∈ E1 et αx1 ∈ E1. On conclut donc que f(E1) estun sous espace vectoriel de F .
iii.) On procede de la meme facon que ii).f−1(F1) 6= ∅.
37
Soient α ∈ K un scalaire, x1, x2 ∈ f−1(F1), il existe y1, y2 ∈ F1 tels que: y1 = f(x1) et y2 = f(x2).Du fait que f est lineaire, on a les relations suivantes:
y1 − y2 = f(x1) − f(x2) = f(x1 − x2)
αy1 = αf(x1) = f(αx1)
F1 est un sous espace vectoriel de F , alors y1 − y2 ∈ F1 et αy1 ∈ F1, donc x1 − x2 ∈ f−1(F1) etαx1 ∈ f−1(F1). On conclut donc que f−1(F1) est un sous espace vectoriel de E.Theoreme: La composee de deux applications lineaires est une application lineaire.
Preuve: Soient E, F et G trois espaces vectoriels sur le meme corps K. f une application lineairede E dans F et g une application lineaire de F dans G. Par definition meme, gof est une applicationde E dans G. Pour tous x, y ∈ E, α, β ∈ K:
gof(αx + βy) = g(f(αx + βy)) definition de gof
= g(αf(x) + βf(y)) f est lineaire
= αg(f(x)) + βg(f(y)) g est lineaire
= αgof(x) + βgof(y) definition de gof
On conclut donc que gof est une application lineaire.
3.3 Noyau et image d’une application lineaire
Definition: f etant une application lineaire de E dans F ,i.) f−1({0F }), est un sous espace vectoriel de E est appele noyau de l’application lineaire f , on lenote Kerf .
Kerf = {x ∈ E ; f(x) = 0F } = f−1({0F }) ⊂ E
ii.) f(E) sous-espace vectoriel de F appele image de f et est note Imf .
Imf = {y ∈ F ; ∃ x ∈ E : y = f(x) } = f(E) ⊂ F
Proposition
Ker(f) est un sous-espace vectoriel de E et Im(f) est un sous-espace vectoriel de F .
Preuve: f(0E) = 0F ; 0E est dans le noyau, donc Ker(f) 6= ∅. Si x1 et x2 sont deux elementsdu noyau, α et β deux elements de K:
f(αx1 + βx2) = αf(x1) + βf(x2) = α0F + β0F = 0F
donc αx1 + βx2 ∈ Ker(f).
0F est dans Im(f) 6= ∅. Soient y1 et y2 deux element de Im(f) α et β deux elements de K, donc ilexiste x1 et x2 tels que: y1 = f(x1) et y2 = f(x2). Il s’ensuit que:
αy1 + βy2 = αf(x1) + βf(x2) = f(αx1 + βx2) ∈ Im(f)
Proposition
Soit f une application lineaire de E dans F :
a. f est injective si et seulement si Ker(f) = {0E}
b. f est surjective si et seulement si Im(f) = F
38
Preuve: De la definition de la surjectivite et de Im(f), le b.) decoule immediatement.a.) Supposons que f soit injective, Soit x ∈ Ker(f) alors f(x) = 0F = f(0E). De l’injectivite de fil s’ensuit que x = 0E et donc Ker(f) = {0E}. Reciproquement, supposons que le noyau de f soitreduit au 0E . Soient x1 et x2 deux elements de E tels que f(x1) = f(x2). Par linearite de f , onobtient: f(x1 − x2) = 0F , le vecteur x1 − x2 est donc dans le noyau de f qui est reduit a {0E}, il enresulte que: x1 − x2 = 0E c’est a dire x1 = x2. On conclut que f est injective.
Proposition:
Si f est un isomorphisme de E sur F , alors la bijection reciproque f−1 de F sur E est aussi lineaire.
Preuve: Soient y1 et y2 deux vecteurs de F , α et β deux scalaires de K. f etant un isomorphisme,donc il existe x1 et x2 ∈ E (uniques) tels que: y1 = f(x1) et y2 = f(x2), on a aussi f−1(y1) = x1 etf−1(y2) = x2.
f−1(αy1 + βy2) = f−1(αf(x1) + βf(x2))
= f−1(f(αx1 + βx2)) = f−1of(αx1 + βx2)
= αx1 + βx2 = αf−1(y1) + βf−1(x2)
Proposition:
Soit f une application lineaire de E dans F et (v1, . . . , vp) une famille de vecteurs de E.
i) Si f est injective et la famille (v1, . . . , vp) est libre alors la famille (f(v1), . . . , f(vp)) est libredans F .
ii) Si f est surjective et la famille (v1, . . . , vp) est generatrice alors la famille(f(v1), . . . , f(vp)) est generatrice de F .
iii) Si f est bijective l’image d’une base de E est une base de F .
Preuve:i) Supposons f injective et (v1, . . . , vp) libre et montrons que (f(v1), . . . , f(vp)) est libre dans F . Soientα1, . . . , αp ∈ K tels que α1f(v1)+ . . .+ αpf(vp) = 0F . Cette relation implique f(α1v1 + . . .+ αpvp) =0F = f(0E), ce qui veut dire que α1v1+ . . .+αpvp ∈ kerf . Du fait que f est injective, kerf est reduit a{0E} et donc α1v1+. . .+αpvp = 0E . Puisque (v1, . . . , vp) est libre il en resulte que α1 = . . . = αp = 0K ,la famille (f(v1), . . . , f(vp)) est donc libre.ii) Supposons que f est surjective, (v1, . . . , vp) generatrice de F et montrons que (f(v1), . . ., f(vp))est generatrice de F .Soit x′ un element de F , etant donne que f est surjective, il existe x ∈ E tel que x′ = f(x). Puisque(v1, . . . , vp) est generatrice de E alors il existe α1, . . . , αp ∈ K tel que x = α1v1 + . . . + αpvp d’oux′ = f(x) = α1f(v1) + . . . + αpf(vp). On conclut donc que tout x′ ∈ F est combinaison lineaire de(f(v1), . . . , f(vp)), c’est donc un systeme generateur.iii) Ce resultat est une consequence immediate de i) et ii).
Proposition:
Soient E, F deux espaces vectoriels. On suppose E est de dimension n, et on choisit une base(u1, . . . , un) de E. Pour toute famille (v1, . . . , vn) de vecteurs de F , il existe une unique applicationlineaire Φ de E vers F telle que Φ(ui) = vi pour tout i = 1, . . . , n.
Preuve:
39
(u1, . . . , un) etant une base de E, alors tout vecteur x ∈ E s’ecrit de maniere unique x = α1u1 +. . . αnun. On definit l’application Φ comme suit:
∀x ∈ E Φ(x) = α1v1 + . . . αnvn (3.1)
On verifie facilement que Φ est lineaire.En effet, pour tout x, y ∈ E on a: x = α1u1 + . . . αnun et y = β1u1 + . . . βnun. x + y = (α1 + β1)u1 +. . . (αn + βn)un, d’apres la definition de Φ (3.1) on a:
Φ(x + y) = (α1 + β1)v1 + . . . + (αn + βn)vn
= α1v1 + β1v1 + . . . + αnvn + βnvn = Φ(x) + Φ(y)
On montre de meme que pour tout λ ∈ IR Φ(λx) = λΦ(x).D’apres la definition (3.1) on verifie sans peine que Φ(ui) = Φ(0u1 + . . . + 1ui + . . . + 0un) = 1vi = vi
pour tout i = 1, . . . , n.Reste a montrer l’unicite d’une telle application. Supposons qu’il existe une autre application Ψ deE vers F tel que Ψ(ui) = vi pour tout i = 1, . . . , n. Pour tout x ∈ E on a: x = α1u1 + . . . + αnun,Ψ(x) = Ψ(α1u1 + . . . + αnun) = α1Ψ(u1) + . . . + αnΨ(un) = α1v1 + . . . + αnvn = Φ(x); ceci etantvraie pour tout x ∈ E, on conclut donc que Ψ = Φ, d’ou l’unicite.
3.4 Rang d’un systeme de vecteurs, rang d’une application lineaire
3.4.1 Rang d’un systeme de vecteurs
Definition: On appelle rang d’un systeme de vecteur S = (v1, v2, . . . , vp) d’un espace vectoriel Esur K, la dimension du sous-espace vectoriel F =< v1, v2, . . . , vn > engendre par S. Le rang est notergS.D’apres la definition, le rang de S = (v1, v2, . . . , vp) est le nombre maximum de vecteurs lineairementindependants extraits de S. Si dimKE = n, on a evidement:
rg(v1, v2, . . . , vp) ≤ inf(n, p)
Exemple: Dans IR3 espace vectoriel, quel est le rang de v1 = (2, 3, 5), v2 = (−1, 2,−3) et v2 =(4,−3, 8)?Il est evident que si (v1, v2, v3) est libre alors: < v1, v2, v3 >= IR3 et donc le rang de (v1, v2, v3) esttrois. Etudions si (v1, v2, v3) sont lineairement independant ou non?Soient α1, α2 et α3 des elements de IR tels que
α1v1 + α2v2 + α3v3 = 0IR3
on a donc le systeme suivant:
(S1)
2α1 − α2 + 4α3 = 0 (l1)3α1 + 2α2 − 3α3 = 0 (l2)5α1 − 3α2 + 8α3 = 0 (l3)
(3.2)
le systeme sera resolu par la methode du pivot de Gauss decrite ci-dessous. Dans la premere ligne(l1) on choisit un des coefficients αi qui soit non nul. Ce coefficient est appele pivot de Gauss. Dansnotre cas, le premier pivot est le coefficient de α1 qui est 2. Le systeme (S1) devient
(S2)
2α1 − α2 + 4α3 = 0 l′1 = l10α1 + 7
3α2 − 6α3 = 0 l′2 = 23 l2 − l1
0α1 − 15α2 − 4
5α3 = 0 l′3 = 25 l3 − l1
(3.3)
40
On refait la meme chose pour (S2) avec cette fois 73 comme pivot de Gauss. S2 devient:
(S3)
2α1 − α2 + 4α3 = 0 l10α1 + 7
3α2 − 6α3 = 0 l′2 = 23 l2 − l1
0α1 + 0α2 − 45α3 = 0 l′′3 = −7
35l′3 − l′2
(3.4)
On remonte le systeme (S3) a partir de l’equation l′′3, qui elle donne α3 = 0. Les autres equationsimpliquent α2 = α1 = 0.Le systeme (v1, v2, v3) est libre et est donc de rang 3.
3.4.2 Rang d’une application lineaire
Definition: Le rang d’une application lineaire de E dans E′ est la dimension de l’ensemble image def (Imf = f(E)) et est notee : rgf = dimKIm(E).
Theoreme de la dimension
Theoreme: Soient E et F deux espaces vectoriels de dimension finie et f une application lineaire deE vers F . On a alors:
dimE = rgf + dim(Ker f) (3.5)
Preuve: Supposons que dimE = n, dimKerf = p, et soit B1 = (v1, v2, . . . , vp) une base de Kerf .D’apres le theoreme de la base incomplete, on peut toujours completer B1 en une base B = B1 ∪ B2
de E, avec B2 = (u1, u2, . . . , un−p). B est une base de E donc generatrice, pour tout x ∈ E, il existeλ1, . . . λp, λp+1, . . . , λn ∈ K tels que:
x = λ1v1 + . . . + λpvp + λp+1u1 + . . . + λnun−p (3.6)
Soit y un element quelconque de f(E), donc il existe x ∈ E tel que y = f(x). x peut etre decomposesur la base B (3.6). y est donc donne par:
y = f(x) = λ1f(v1) + . . . + λpf(vp) + λp+1f(u1) + . . . λnf(un−p) (3.7)
(v1, . . . , vp) etant un element du Kerf , donc f(v1) = 0, . . . , f(vp) = 0 et par consequent, pour touty ∈ f(E)
y = f(x) = λp+1f(u1) + . . . + λnf(un−p). (3.8)
On conclut que (f(u1), . . . , f(un−p) est une famille generatrice de f(E). Reste a montrer que (f(u1)+. . . f(un−p) est une famille libre de f(E) pour conclure que rgf = n − p. Soit λ1, . . . , λn−p ∈ K telsque
λ1f(u1) + λ2f(u2) + . . . + λn−pf(un−p) = 0E′ = f(0E)
f(λ1u1 + λ2u2 + . . . + λn−pun−p) = 0F (3.9)
La derniere egalite (3.9) montre que λ1u1 + λ2u2 + . . . + λn−pun−p est un element de Kerf , donc ilexiste α1, α2, . . . αp ∈ K tels que λ1u1 + λ2u2 + . . . + λn−pun−p = α1v1 + α2v2 + . . . + αpvp ce quiimplique que
λ1u1 + λ2u2 + . . . + λn−pun−p − α1v1 − α2v2 − . . . − αpvp = 0E
comme B1 ∪ B2 = (v1, v2, . . . , vp, u1, u2, . . . , un−p) est une base de E
⇒ λ1 = λ2 = λn−p = α1 = αp = 0 (3.10)
41
(f(u1), . . . , f(un−p) est libre, c’est alors une base de f(E) = Imf . On conclut donc que dimImf =n − p = dimE − dimKerf
Corrollaire: Soient E et F deux espaces vectoriels de dimensions finies et f une application lineairede E vers F .
i.) Si dimE < dimF , alors f n’est pas surjective
ii.) Si dimE > dimF , alors f n’est pas injective
iii.) Si dimE = dimF , alors les trois proprietes suivantes sont equivalentes: f est surjective, f estinjective, f est bijective.
Preuve: i.) Demonstration par l’absurde. Supposons que f est surjective, alors Imf = F et doncrgf = dimF . On a donc dimKerf = dimE − dimF < 0, ce qui est inpossible, car dimKerf ≥ 0.ii.) et iii.) Exercices.
3.5 Exercices resolus
Exercices 1: Soit f une application de IR3 vers IR2 definie par:
∀(x, y, z) ∈ IR3; f(x, y, z) = (z + y − x, x + y)
m est un parametre reel.a.) Montrer que f est une application lineaire.b.) Determiner Kerf . f est elle injective?c.) Determiner Imf . f est elle surjective?
Reponse:a.) Pour tout (x, y, z) ∈ IR3, (x′, y′, z′) ∈ IR3 et α, β ∈ IR on a: f(α(x, y, z) + β(x′, y′, z′)) =f(αx + βx′, αy + βy′, αz + βz′) = (αz + βz′ + αy + βy′ − αx − βx′, αx + βx′ + αy + βy′) =(αz+αy−αx,αx+αy)+(βz′+βy′−βx′, βx′+βy′) = α (z + y − x, (x + y))
︸ ︷︷ ︸
f(x,y,z)
+β (z′ + y′ − x′, (x′ + y′))︸ ︷︷ ︸
f(x′,y′,z′)
.
f est donc lineaire.b.)
Kerf = {(x, y, z) ∈ IR3|f(x, y, z) = (z + y − x, (x + y)) = (0, 0)}= {(x, y, z) ∈ IR3|z + y − x = 0 et x + y = 0}= {(x, y, z) ∈ IR3|z = 2x et y = −x}= {(x, y, z) ∈ IR3|(x, y, z) = x(1,−1, 2)}= < (1,−1, 2) >
Kerf 6= {0IR3} donc f n’est pas injective.
c.) Par definition Imf =< f(e1) = (−1, 1), f(e2) = (1, 1), f(e3) = (1, 0) >. Or f(ei) ∈ IR2,trois vecteurs de IR2 sont toujours lies, dans ce cas on a: f(e2) = (1, 1) = 2f(e3) + f(e1) et doncImf =< f(e1) = (−1, 1), f(e3) = (1, 0) >. Il est facile de se convaincre que (f(e1), f(e3)) est libredonc (f(e1), f(e3)) est une base de Imf .On conclusion: Imf = IR2, et par suite f est surjective.
Exercices 2: Soit f une application lineaire de IR3 → IR3 tels que
f(e1) = (1, 1, 1) , f(e2) = (1,−1, 0) , f(e3) = (0, 2, 1)
42
(e1, e2, e3) est la base canonique de IR3.a. Calculer f(x, y, z) pour tout (x, y, z) ∈ IR3.b. Determiner Kerf et Imf et montrer que IR3 = kerf ⊕ ImfReponse:a. f etant lineaire, pour tout (x, y, z) ∈ IR3,
f(x, y, z) = f(xe1 + ye2 + ze3) = xf(e1) + yf(e1) + zf(e1) = x(1, 1, 1) + y(1,−1, 0) + z(0, 2, 1)
= (x + y, x − y + 2z, x + z) (3.11)
b.
Kerf = {(x, y, z) ∈ IR3|f(x, y, z) = (x + y, x − y + 2z, x + z) = (0, 0, 0)}= {(x, y, z) ∈ IR3|x + y = 0 et x − y + 2z = 0 et x + z = 0}= {(x, y, z) ∈ IR3|y = −x et z = −x}= {(x, y, z) ∈ IR3|(x, y, z) = x(1,−1,−1)}= < (1,−1,−1) >
dim Kerf = 1.Par definition Imf =< f(e1), f(e2), f(e3) >. (f(e1), f(e2), f(e3)) sont ils libre? Soit α, β, γ ∈ IR telsque αf(e1) + βf(e2) + γf(e3) = (0, 0, 0), on a alors le systeme suivant:
α + β = 0 (c11)
α − β + 2γ = 0 (c12)
α + γ = 0 (c13)
(3.12)
ce systeme est equivalent a β = −α et γ = −α. Pour α = 1 on a donc la combinaison suivante entre(f(e1), f(e2) et f(e3)): f(e3) = f(e1) − f(e2), donc (f(e1), f(e2), f(e3)) est liee.Comme (f(e1), f(e2)) est libre, donc Imf =< f(e1), f(e2) > et dimImf = 2.pour montrer que IR3 = kerf ⊕ Imf il suffit de montrer que kerf ∩ Imf = {0IR3}. En effet, soit(x, y, z) ∈ kerf ∩ Imf ceci implique que f(x, y, z) = (0, 0, 0) et (x, y, z) ∈ Imf =< f(e1), f(e2) >. Or,d’une part f(x, y, z) = (0, 0, 0) implique que (x, y, z) = (x,−x,−x) et d’autre part (x, y, z) ∈ Imf =<f(e1), f(e2) > implique qu’il existe α et β ∈ IR tel que (x, y, z) = (x,−x,−x) = αf(e1) + βf(e2) cequi implique x = α + β , −x = α − β et −x = α ce qui donne en fin x = 0 et α = β = 0. Donc pourtout (x, y, z) ∈ kerf ∩ Imf (x, y, z) = (0, 0, 0) et donc kerf ∩ Imf = {0IR3}.Comme Imf et kerf sont deux sous espaces vectoriels de IR3, Imf + kerf ⊂ IR3 est egalement un sousespace vectoriel de IR3. On a: dim(kerf + Imf) = dimkerf + dimImf − dim(kerf ∩ Imf) = 1 + 2 = 3,on conclut que IR3 = kerf + Imf et par suite IR3 = kerf ⊕ Imf.
43
3.6 Exercices
Exercice 1. a) Quelles sont parmi les applications suivantes celles qui sont lineaires?
f1 : IR2 → IR f1(x, y) = xy
f2 : IR2 → IR2 f2(x, y) = (2x + y, x + 1)
f3 : IR3 → IR2 f3(x, y, z) = (|y|, 0)f4 : IR[X] → IR[X] f4(P ) = XP
f5 : IR3 → IR2 f2(x, y, z) = (x + y, x + y − z)
b) Determiner le noyau et l’image de f5. Cette application est-elle injective?Determiner l’image reciproque par f5 de {0} × IR.Exercice 2. On considere les deux espaces vectoriels IR4 et IR3 et l’application f : IR4 → IR3 qui al’element (x, y, z, t) fait correspondre l’element (x+ y, y − z, x+ z) de IR3. Montrer que f est lineaire.Donner une base de Kerf et Imf . Quel est le rang de f .Exercice 3. Determiner dans chaque cas le noyau et l’image des applications lineaires f suivantes,puis examiner si kerf et Im f sont supplementaires:
a)f : IR2 → IR2 f(x, y) = (y, x)
b)f : IR2 → IR2 f(x, y) = (x, x)
c)f : IR3[X] → IR3[X] f(P ) = P + (X − 1)P ′
( IR3[X] designe l’espace vectoriel reel des polynomes de degre ≤3).Exercice 4. Soit f : IR4 → IR l’application definie par: f(x, y, z, t) = x − y + z − ta) Verifier que f est lineaire.b) Determiner Imf et kerf . f est-elle injective? surjective?c) En deduire que E = {(x, y, z, t) ∈ IR4/x − y + z − t = 0} est un sous-espace vectoriel de IR4.Exercice 5. Montrer qu’il existe une seule application lineaire f : IR3 → IR3 telle que
f((1, 0, 0)) = (1, 1, 0) , f((0, 1, 0)) = (1,−1, 0) , f((0, 0, 1)) = (1, 0, λ)
ou λ designe un reel quelconque.Comment choisir λ pour que f soit injective? surjective?
Exercice 5. Trouver une application lineaire f : IR3 → IR4 dont l’image soit engendree par (1, 2, 0,−4)et (2, 0,−1,−3).Exercice 6. IR3[X] designe l’espace vectoriel des fonctions polynomes de degre inferieur ou egal a3 a coefficient reels, B = (1,X,X2,X3) est sa base canonique. On considere l’endomorphisme f deIR3[X] defini par:
f(1) = 1 , f(X) = X2 , f(X2) = X , f(X3) = X3
1. Soit les ensembles:
S = {P ∈ IR3[X] ; f(P ) = P}A = {P ∈ IR3[X] ; f(P ) = −P}
a.) Montrer, sans en chercher une base, que ce sont des sous-espaces vectoriels de IR3[X]; donner unebase et la dimension de chacun d’eux.b.) Montrer que IR3[X] = A ⊕ S. Donner la decomposition d’une fonction polynome quelconque deIR3[X] associee a cette somme directe.2. Soit E les sous-espace vectoriel de IR3[X] engendre par {1 + X3,X,X2}. Montrer que A ⊂ E etdonner une base de E ∩ S.3. Soit F le sous-espace vectoriel de IR3[X] qui verifie F ⊕ (E ∩ S) = S. Quelle est la dimension de
44
F? Montrer que E ∩ F = {0} pui que IR3[X] = E ⊕ F .Exercice 7. Soit E un espace vectoriel reel et f un endomorphisme de E qui verifie fof−3f +2idE =0.a) Montrer les inclusions suivantes:
Im(f − 2Id) ⊂ Ker(f − Id) ; Im(f − Id) ⊂ Ker(f − 2Id)
b) Soit E1 = ker(f − Id) ; E2 = ker(f − 2Id)i) Montrer que E1 + E2 = E1 ⊕ E2
ii) On remarque que tout element V de E peut s’escrire V = (f(V ) − V ) − (f(V ) − 2V ) en deduireque E = E1 ⊕ E2.Exercice 8. Soit f l’application lineaire de IR3 dans IR4 definie par:
f(x, y, z) = (x + 3z, x + 4y − 5z,−2x + y − 8z, 3x + 5y − z)
1) Soit (e1, e2, e3) la base canonique de IR3. Determiner f(e1), f(e2) et f(e3).2) a) Determiner une base de Imf et le rang de f .b) L’application f est-elle surjective? Est-elle injective?3) Determiner une base de kerf et sa dimension.4) Soit G le sous-espace vectoriel de IR4 forme des vecteurs (a, b, c, d) tels que 9a − b + 4c = 0 et7a + 5b − 4d = 0. Montrer que G contient Imf , puis que Imf = G.Donner une condition necessaire et suffisante sur (a, b, c, d) pour que f−1({(a, b, c, d)}) soit non vide.5) Soient les vecteurs V1 = (1, 1,−2, 3) et V2 = (−1, 3, 3, 2): determiner des vecteurs de IR3, U1 et U2,tels que f(U1) = V1 et f(U2) = V2. Montrer que Vect(U1, U2) et kerf sont supplementaires dans IR3.Exercice 9. Soit E un espace vectoriel de dimension 3 et (e1, e2, e3) une base de E. On definitl’endomorphisme f de E par f(e1) = e2 , f(e2) = e3 , f(e3) = e1 a) Montrer que f3 = Id b) Onpose E1 = Ker(f − Id) et E2 = Ker(f2 + f + Id)Determiner une base de E1.Determiner une base de E2.Montrer que E = E1 ⊕ E2.Exercice 10. Soit IR3 muni de la base canonique B = {e1, e2, e3} et f l’endomorphisme de IR3 telque:
f(e1) = −e1 + e3 , f(e2) = −e1 − 2e2 − e3 , f(e3) = e1 − e3
1. a) soit u = (x, y, z) ∈ IR3. Calculer f(u).b) Determiner une base et la dimension de ker(f) et de Im(f). A–t–on IR3 = ker(f) + Im(f).2. a) Verifier que B′ = {a1 = (1, 0,−1), a2 = (0, 1, 1), a3 = (1, 0, 1)} est une base de IR3
b) Soit u = (x, y, z). Trouver ses nouvelles coordonnees X, Y , Z dans la base B′.3. On pose g = f + 4IdIR3 .
a). Montrer que g est un automorphisme de IR3.b). Calculer g(a1), g(a2), g(a3) dans la base B′. c). En deduire gn(a1), gn(a2), gn(a3) pour n ≥ 1.4. Soit u = (x, y, z). Calculer gn(u) dans la base B.Exercice 11. E etant un e.v sur un corps commutatif K. On appelle projecteur tout endomorphismep de E, tel que p2 = pop.a). Demontrer que p est un projecteur si et seulement si IdE − p en est un.montrer que si p est un projecteur les relations suivantes sont verifiees:
Im(IdE − p) = Ker p et Ker(e − p) = Im p
b). Demontrer que si p est un projecteur, alors
E = Im p ⊕ Ker p
Chapitre 4
Matrices
4.1 Matrice d’une application lineaire
Definition: Soient E et F deux K espaces vectoriels de dimensions respectives n et p. Soient (e1,e2, . . . , en) une base de E et (f1, f2, . . . , fp) une base de F. f une application lineaire de E dans F .Pour tout i = 1, . . . , n, f(ei) ∈ F , donc il existe ai,j ... tels que:
f(e1) = a1,1f1 + a2,1f2 + . . . + ap,1fp
f(e2) = a1,2f1 + a2,2f2 + . . . + ap,2fp
... =
f(ej) = a1,jf1 + a2,jf2 + . . . + ap,jfp
...
f(en) = a1,nf1 + a2,nf2 + . . . + ap,nfp
En ecrivant en colonne les composantes des f(ej) dans la base (f1,. . .,fp)
f(e1)f(e2) . . . .f(ej) . . . .f(en)
f1
f2...fi
...fp
a11 a12 . . . a1j . . . a1n
a21 a22 . . . a2j . . . a2n
...... . . .
... . . ....
ai1 ai2 . . . aij . . . ain
...... . . .
... . . ....
ap1 ap2 . . . apj . . . apn
Le tableau des aij s’appelle la matrice de f relativement aux bases (ei)i=1,...,n et (fj)j=1,...,p. On note
M = (aij)1≤i≤p , 1≤j≤n
i indice de la ieme ligne et j indice de la jieme colonne.Si n = p la matrice M est dite matrice carree d’ordre n.
Exemple: Ecriture matricielle d’une application lineairePrimo: On considere l’application lineaire f : IR3 → IR2 donnee par:
f(e1) = a11f1 + a21f2
f(e2) = a12f1 + a22f2
f(e3) = a13f1 + a23f2
45
46
La matrice est donc rectangulaire de la forme:
M =
(
a11 a12 a13
a21 a22 a23
)
Soit x ∈ IR3, x = x1e1 + x2e2 + x3e3 =
x1
x2
x3
, son image par f est donnee par: f(x) = x1f(e1) +
x2f(e2) + x3f(e3) = [x1a11 + x2a12 + x3a13︸ ︷︷ ︸
y1
]f1 + [x1a21 + x2a22 + x3a23︸ ︷︷ ︸
y2
]f2 =
(
y1
y2
)
.
A l’aide des matrices cela peut etre retrouve de la facon suivante:
(
a11 a12 a13
a21 a22 a23
)
︸ ︷︷ ︸
2×3
x1
x2
x3
︸ ︷︷ ︸
3×1
=
(
y1 = x1a11 + x2a12 + x3a13
y2 = x1a21 + x2a22 + x3a23
)
︸ ︷︷ ︸
2×1
Secondo: Soit f une application lineaire de IRn → IRp et soit M = (aij) sa matrice relative aux bases
canoniques de IRn et IRp. Posons X = (x1, x2, . . . , xn) =
x1...
xn
et Y = f(X) = (y1, y2, . . . , yp) =
y1...yp
son image par f , les yi s’obtienent de la facon suivante:
Y = MX =
a11 a12 . . . a1j . . . a1n
a21 a22 . . . a2j . . . a2n
...... . . .
... . . ....
ai1 ai2 . . . aij . . . ain
...... . . .
... . . ....
ap1 ap2 . . . apj . . . apn
x1
x2...
xj
...xn
=
y1
y2...yi
...yp
les yi sont donnes par:
y1 = x1a11 + x2a12 + . . . + xja1j + . . . + xna1n
y2 = x1a21 + x2a22 + . . . + xja2j + . . . + xna2n
. . .
yi = x1ai1 + x2ai2 + . . . + xjaij + . . . + xnain
. . .
yp = x1ap1 + x2ap2 + . . . + xjapj + . . . + xnapn
4.1.1 Matrices particulieres
Matrice nulle
Considerons IRn qui est un espace vectoriel de dimension n. L’application lineaire nulle Θ de IRn
dans IRn qui, a tout vecteur x ∈ IRn fait correspondre le veteur nul. Ainsi la matrice de Θ est donnee
47
par:
ΘIRn =
0 0 . . . 0 . . . 00 0 . . . 0 . . . 0...
... . . .... . . .
...0 0 . . . 0 . . . 0...
... . . .... . . .
...0 0 . . . 0 . . . 0
cette matrice est notee ΘIRn et est appelee matrice nulle.
Matrice Identite
L’application lineaire identite IIRn de IRn dans IRn tel que IIRn(x) = x pour tout x ∈ IRn. Consideronsla base canonique (e1, . . . , en) de IRn. On a lors IIRn(ei) = ei i = 1, . . . , n, la matrice de IIRn
relativement a la base canonique de IRn est:
MIIRn =
1 0 . . . 0 . . . 00 1 . . . 0 . . . 0...
... . . .... . . .
...0 0 . . . 1 . . . 0...
... . . .... . . .
...0 0 . . . 0 . . . 1
cette matrice est notee In et est appelee matrice unite.
Matrice Diagonale
Considerons l’application lineaire dIRn de IRn dans IRn tel que pour tout i = 1, . . . , n: dIRn(ei) = λiei,λi ∈ IR. La matrice de dIRn relativement a la base canonique de IRn est:
MdIRn = λiδij =
λ1 0 . . . 0 . . . 00 λ2 . . . 0 . . . 0...
... . . .... . . .
...0 0 . . . λi . . . 0...
... . . .... . . .
...0 0 . . . 0 . . . λn
cette matrice est appelee matrice diagonale.
Matrice Triangulaire
Une matrice carree M = (aij) est dite triangulaire superieure si on a aij = 0 pour i > j.
M =
a11 a12 . . . a1i . . . a1n
0 a22 . . . a2i . . . a2n
...... . . .
... . . ....
0 0 . . . aii . . . ain
...... . . .
... . . ....
0 0 . . . 0 . . . ann
Elle est dite triangulaire inferieure si aij = 0 pour i < j.
48
Matrice Symetrique, antisymetrique
Une matrice carree M = (aij) est dite symetrique si aij = aji pour tout i, j.
M =
a11 a12 . . . a1i . . . a1n
a12 a22 . . . a2i . . . a2n
...... . . .
... . . ....
a1i a2i . . . aii . . . ain
...... . . .
... . . ....
a1n a2n . . . ain . . . ann
Elle est dite antisymetrique si aij = −aji pour tout i, j.
M =
0 a12 . . . a1i . . . a1n
−a12 0 . . . a2i . . . a2n
...... . . .
... . . ....
−a1i −a2i . . . 0 . . . ain
...... . . .
... . . ....
−a1n −a2n . . . −ain . . . 0
4.1.2 Des exemples classiques
Homothetie
Soit α un reel. hx une application lineaire de IR2 vers IR2 qui a (x, y) ∈ IR2 fait correspondre α(x, y).Donc hx(e1) = αe1 et hx(e2) = αe2, la matrice de hx relativement a la base canonique de IR2 est:
Mhx=
(
α 00 α
)
= α
(
1 00 1
)
Projecteurs
px une application lineaire de IR2 vers IR2 qui a (x, y) ∈ IR2 fait correspondre (x, 0). Donc px(e1) = e1
et px(e2) = (0, 0), la matrice de px relativement a la base canonique de IR2 est:
Mpx =
(
1 00 0
)
px est appelee projection sur ox.La projection py sur oy est definie par: py(x, y) = (0, y). Sa matrice est donnee par:
Mpy =
(
0 00 1
)
Considerons f la projection sur la premiere bissectrice parallelement a la seconde bissectrice. On af(e1) = f(e2) = 1/2(e1 + e2). La matrice de f est:
Mf =1
2
(
1 11 1
)
pour tout (x, y) ∈ IR2, f(x, y) = 12(x + y)(e1 + e2), f(x, y) est un vecteur de la premiere bissectrice.
49
Symetries
sx une application lineaire de IR2 vers IR2 qui, a (x, y) ∈ IR2 fait correspondre (x,−y). Donc sx(e1) =e1 et sx(e2) = −e2, la matrice de sx relativement a la base canonique de IR2 est:
Msx =
(
1 00 −1
)
sx est appelee symetrie par rapport a l’axe ox parallelement a l’axe oy.La symetrie sy par rapport a l’axe oy parallelement a l’axe ox est definie par: sy(x, y) = (−x, y). Samatrice est donnee par:
Msy =
(
−1 00 1
)
Rotation de IR2
Considerons la rotation fθ de centre O et d’angle θ dans le plan IR2. D’apres la figure on voitfacilement que:
fθ(e1) = cos θe1 + sin θe2 , fθ(e2) = − sin θe1 + cos θe2
La matrice de fθ relativement a la base canonique de IR2 est donnee par:
Mfθ=
(
cos θ − sin θsin θ cos θ
)
4.2 Operations sur les matrices
Soit Mp,n(K) l’ensemble des matrices a coefficients dans K.
4.2.1 Addition des matrices
On definit l’addition de la facon suivante:
M = (aij) et N = (bij)
M + N = (aij + bij) (4.1)
4.2.2 Produit par un scalaire
On definit la loi externe par:
∀λ ∈ K λM = (λaij) ou M = (aij) (4.2)
Theoreme: Mp,n(K) muni de ces deux lois est un K espace vectoriel.L’element neutre pour la loi “+” est la matrice nulle (tous les coefficients sont nuls).L’oppose de M = (aij) est −M = (−aij)
Proposition: L’espace vectoriel Mp,n(K) est de dimension np et admet pour base la famille desmatrices elementaires Eij (1 ≤ i ≤ n,1 ≤ j ≤ p).
Eij = (δij,kl)1≤k≤n , 1≤l≤n
en d’autres termes, l’element aij de Eij vaut 1, et tous les autres elements sont nuls.En particulier l’espace vectoriel Mn,n(K) des matrices carrees est de dimension n2.Exemple:
50
1. A ∈ M2,2(IR),
A =
(
a bc d
)
= a
(
1 00 0
)
︸ ︷︷ ︸
E11
+b
(
0 10 0
)
︸ ︷︷ ︸
E12
+c
(
0 01 0
)
︸ ︷︷ ︸
E21
+d
(
0 00 1
)
︸ ︷︷ ︸
E22
(E11, E12, E21, E22) est une base de M22(IR) et dimM22(IR) = 4 = 2 × 2.
2. A ∈ M2,3(IR),
A =
(
a b cd e f
)
= a
(
1 0 00 0 0
)
︸ ︷︷ ︸
E11
+b
(
0 1 00 0 0
)
︸ ︷︷ ︸
E12
+c
(
0 0 11 0 0
)
︸ ︷︷ ︸
E13
+d
(
0 0 01 0 0
)
︸ ︷︷ ︸
E21
+e
(
0 0 00 1 0
)
︸ ︷︷ ︸
E22
+f
(
0 0 00 0 1
)
︸ ︷︷ ︸
E23
(E11, E12, E13, E21, E22, E23) est une base de M23(IR) et dimM23(IR) = 6 = 2 × 3.
Proposition: Dans l’espace vectoriel Mn,n(K) des matrices carrees d’ordre n > 1:
i) Le sous-ensemble des matrices symetriques constitue un sous-espace vectoriel de dimensionn(n + 1)/2.
ii) Le sous-ensemble des matrices antisymetriques constitue un sous-espace vectoriel de dimensionn(n − 1)/2.
iii) Le sous-ensemble des matrices diagonales constitue un sous-espace vectoriel de dimension n.
Preuve: Exercice.
4.2.3 Transposee d’une matrice
Definition: La transposee d’une (n, p)matrice M = (aij)1≤i≤n,1≤j≤p est la matrice (p, n), notee tMdefinie par: tM = (bij)1≤i≤p,1≤j≤n et bij = aji ∀ i, j. tM est donc une (p, n) matrice.On a la propriete suivante:
t(tM) = M
Exemples: 1: La transposee de M =
(
1 2 34 5 6
)
est tM =
1 42 53 6
2: La transposee de la matrice carree M =
(
a bc d
)
est tM =
(
a cb d
)
4.2.4 Produit des matrices
Definition: Le produit de la (n,p) matrice M = (aij)1≤i≤n,1≤j≤p et de la (p, q) matrice N =(bkl)1≤k≤p,1≤l≤q est la (n, q) matrice notee M.N ou MN definie par :
MN = (cij)1≤i≤n,1≤j≤q , cij =p∑
k=1
aikbkj (4.3)
51
Exemple:
1 21 31 1
︸ ︷︷ ︸
3×2
(
1 2 1 11 3 0 0
)
︸ ︷︷ ︸
2×4
=
−1 4 1 1−2 5 1 10 3 0 0
︸ ︷︷ ︸
3×4
Produit successifLa puissance m-ieme d’une matrice carree A etant definie par:
A0 = I , A1 = A , A2 = AA , Am = Am−1A
La matrice A est dite:
• involutive si A2 = I
• nilpotente s’il existe un p tel que Ap = o
• idempotente s’il existe un p tel que Ap = A
Proprietes du produitSoit M , M1, M2 ∈ Mn,p(IR); N , N1, N2 ∈ Mp,q(IR); λ ∈ K:
• M(N1 + N2) = MN1 + MN2
• (M1 + M2)N = M1N + M2N
• λ(MN) = (λM)N = M(λN)
• (MN)P = M(NP )
• t(MN) =t N tM
Attention: En general le produit MN 6= NM , en voici un exemple:
M =
(
2 34 6
)
, N =
(
3 −3−2 2
)
, MN =
(
0 00 0
)
et NM =
(
−6 −34 6
)
Proposition: Soient E et F deux espaces vectoriels sur K de dimensions n et p. B = (ei)i=1,...,n unebase de E, B′ = (fi)i=1,...,p une base de F . f une application lineaire de E sur F , g une applicationlineaire de E sur F alors:
M [f + g,B,B′] = M [f,B,B′] + M [g,B,B′]
∀λ ∈ K : M [λf,B,B′] = λM [f,B,B′]
Proposition: Soient E, F et G trois espaces vectoriels sur K de dimensions n, p et q. B = (ei)i=1,...,n
une base de E, B′ = (fi)i=1,...,p une base de F et B′′ = (gi)i=1,...,q une base de G. f une applicationlineaire de E sur F , g une application lineaire de F sur G alors:
M [gof,B,B′′] = M [g,B′, B′′]M [f,B,B′]
Definition: Une matrice carree A ∈ Mn(K) est dite inversible s’il existe une matrice A′ ∈ Mn(K)telle que: AA′ = A′A = I. A′ est dite inverse de A et est notee A−1.
Proposition: Soient E et F deux espaces vectoriels de meme dimension n sur K. B = (e1, . . . , en)une base de E, B′ = (f1, . . . , fn) une base de F une application lineaire de E → F est bijective (c.a.disomorphisme) si et seulement si M [f,B,B′] est inversible. De plus
(M [f,B,B′])−1 = M [f−1, B′, B]
52
Calcul pratique de l’inverse d’une matrice
Soit A ∈ Mn(K), X, X ′ ∈ Kn deux vecteurs tels que
X ′ = AX ⇒ A−1X ′ = A−1AX = X
⇒ X = A−1X ′
Exemples:
1.) A =
(
1 21 3
)
; X =
(
x1
x2
)
; X ′ =
(
x′1
x′2
)
; X ′ = AX ⇒ { x′1 = x1 + 2x2
x′2 = x1 + 3x2
On peut donc exprimer facilement x1 et x2 en fonction de x′1 et x′
2 comme suit: { x1 = 3x′1 − 2x′
2
x2 = −x′1 + x′
2.
L’inverse de A est donc A−1 =
(
3 −2−1 1
)
2.) Soit f une application lineaire de IR2 dans IR2, B = (e1, e2) la base canonique de IR2. { f(e1) = a11e1 + a12e2
f(e2) = a12e1 + a22e2,
la matrice de f relativement a la base canonique B est
M [f,B] =
(
a11 a12
a21 a22
)
Soit X un vecteur de IR2: X = x1e1 + x2e2 = (x1, x2) =
(
x1
x2
)
. Sont image par f est Y = f(X) =
f(x1e1 + x2e2) = x1f(e1) + x2f(e2) = x1(a11e1 + a12e2) + x2(a12e1 + a22e2) = (x1a11 + x2a12)e1 +(x1a21 + x2a22)e2, Y est donc definie par:
Y = (y1, y2) =
(
y1 = x1a11 + x2a12
y2 = x1a21 + x2a22
)
=
(
a11 a12
a21 a22
)(
x1
x2
)
= M [f,B]X
4.3 Changement de base
4.3.1 Matrice de passage
Soit E un espace vectoriel de dimension n. B = (e1, e2, . . . , en) une base de E. B′ = (f1, f2, . . . , fn)une nouvelle base de E definie par:
f1 = p11e1 + p21e2 + . . . + pn1en
f2 = p12e1 + p22e2 + . . . + pn2en
...fi = p1ie1 + p2ie2 + . . . + pnien
...fn = p1ne1 + p2ne2 + . . . + pnnen
En utilisant les sommations on note:
fj = p1je1 + p2je2 + . . . + pnjen =n∑
i=1
pijei
53
La matrice de passage de la base B a la base B′ est la matrice notee PB→B′ et dont les colonnes sontles composantes des vecteurs fi dans la base B:
PB→B′ =
p11 a12 . . . a1j . . . p1n
p21 p22 . . . p2j . . . p2n
...... . . .
... . . ....
pi1 pi2 . . . pij . . . pin
...... . . .
... . . ....
pn1 pn2 . . . pnj . . . pnn
Proposition: Une matrice de passage est toujours inversible et on a:
(PB→B′)−1 = PB′→B
4.3.2 Action du changement de base sur les composantes d’un vecteur
Soit x ∈ E un vecteur de E, de composantes (x1, . . . , xn) dans la base B et de composantes (x′1, . . . , x
′n)
dans la base B′. On a alors:
X =n∑
i=1
xiei =
x1
x2...xi
...xn
B
=n∑
i=1
x′ifi =
x′1
x′2...x′
i...
x′n
B′
(4.4)
ceci est equivaut a:
X =n∑
i=1
x′jfj =
n∑
i=1
x′j(
n∑
i=1
pijei) =n∑
j=1
n∑
i=1
pijx′jei
=n∑
i=1
(n∑
j=1
pijx′j)ei
=n∑
i=1
xiei (4.5)
On conclut donc que:
x1 =∑n
j=1 p1jx′j
x2 =∑n
j=1 p2jx′j
. . . = . . .xn =
∑nj=1 pnjx
′j
54
ce qui est equivalent a ecrire:
X =
x1
x2...xi
...xn
B
=
p11 p12 . . . p1j . . . p1n
p21 p22 . . . p2j . . . p2n
...... . . .
... . . ....
pi1 pi2 . . . pij . . . pin
...... . . .
... . . ....
pn1 pn2 . . . pnj . . . pnn
x′1
x′2...x′
i...
x′n
B′
= PB→B′X ′ (4.6)
La matrice de passage etant inversible, de la relation (8.14) on montre facilement que:
X ′ = P−1B→B′X = PB′→BX (4.7)
4.3.3 Action du changement de base sur la matrice d’une application lineaire:
Soit f une application lineaire de E dans E, B = (e1, e2, . . . , en) et B′ = (f1, f2, . . . , fn) deux basesde E. Soit Y l’image de X par f , on a donc Y = M [f,B,B]X. D’apres les formules de changementde base: X = PB→B′X ′ et Y = PB→B′Y ′, on aura donc la relation:
PB→B′Y ′ = M [f,B,B]PB→B′X ′
apres multiplication par P−1 a gauche on obtient:
Y ′ = P−1B→B′M [f,B,B]PB→B′X ′
On conclut donc que la matrice de f dans la base B′ est donnee par:
M [f,B′, B′] = P−1B→B′M [f,B,B]PB→B′
Exemple:
Soit MB =
(
1 −11 1
)
la matrice d’une application lineaire relativement a la base canonique B =
(e1, e2) de IR2. Soit B′ = (f1 = e1 − e2, f2 = −e1 − e2) une nouvelle base de IR2. La matrice depassage de B a B′ est donnee par:
PB→B′ =
(
1 −1−1 −1
)
, P−1 = PB′→B =
(
1/2 −1/2−1/2 −1/2
)
Soit X un vecteur de composantes (x1, x2)B dans la base B et (y1, y2)B′ dans la base B′.D’apres les relations (8.14) et (4.7), on obtient:
{
x1 = y1 − y2
x2 = −y1 − y2et
{
y1 = 1/2(x1 − x2)y2 = −1/2(x1 + x2)
La matrice dans la nouvelle base est donnee par:
MB′ = P−1MBP =
(
1 1−1 1
)
Matrices semblables
Definition: Deux matrices carrees d’ordre n A et B sont semblables s’il existe une matrice carreeinversible P d’ordre n telle que:
B = P−1AP
55
Rang d’une Matrices
Definition: Soit M une (n, p) matrice, on appelle rang de M , le rang du systeme des vecteurs-colonnes de M .Si M est interpretee comme une matrice de l’application lineaire f : IRn → IRp relativement aux basescanoniques, alors le rang de M est le rang de f .
Proposition 1:
Le rang des colonnes d’une matrice M est egal a celui de ses lignes, c’est a dire le rang de M est egalau rang de la transposee tM de M .
Proposition 2:
Soit M une matrice carree d’ordre n. Les proprietes suivantes sont equivalentes:
1) M est inversible
2) tM est inversible
3) Il existe une matrice carree N d’ordre n telle que: MN = In
4) Il existe une matrice carree K d’ordre n telle que: KM = In
5) Les lignes de M sont lineairement independantes
6) Les colonnes de M sont lineairement independantes
7) M est de rang n
4.4 Exercices resolus
Exercice 1: methode de Gauss pour le calcul de l’inverse d’une matrice
Soit a calculer l’inverse de
M =
1 2 32 3 11 3 2
ce qui revient a chercher une matrice N telle que: MN = I3. Pour cela, on va ecrire la matrice Ma gauche et la matrice I a droite et effectuer des operations sur les deux matrices jusqu’a ce que Mdeviendra la matrice unite. En effet:
M =
1 2 32 3 11 3 2
=
1 0 00 1 00 0 1
l1l2l3
(4.8)
La ligne l1 reste inchangee alors que l2 (resp l3) sera remplacee par 12 l2 − l1 (resp l3 − l1).
M1 =
1 2 30 −1
2 −52
0 1 −1
=
1 0 0−1 1
2 0−1 0 1
l11 = l1l12 = 1
2 l2 − l1l13 = l3 − l1
(4.9)
Maintenant, on oublit l11. La ligne l12 reste inchangee alors que l13 sera remplacee par 12 l13 + l1:
M2 =
1 2 30 −1
2 −52
0 0 −3
=
1 0 0−1 1
2 0−3
212
12
l21 = l11l22 = l12
l23 = 12 l13 + l2
(4.10)
56
M2 est deja triangulaire inferieure. On fera la meme procedure pour la rendre diagonale.La ligne l23 reste inchangee alors que l22 1(resp l21) sera remplacee par 6
5 l22 − l23 (resp l21 + l23).
M3 =
1 2 00 −3
5 00 0 −3
=
−12
12
12
310
110 −1
2−3
212
12
l31 = l21 + l23l32 = 6
5 l22 − l23l33 = 1
2 l23
(4.11)
M4 =
1 0 00 −3
5 00 0 −3
=
12
56 −7
6310
110 −1
2−3
212
12
l41 = 103 l32 + l31
l42 = l23l43 = l33
(4.12)
M4 est deja diagonale, pour obtenir M−1, il suffit de transformer M4 en I3. Pour ce faire on remplacel41 par l41, l24 par 5
3 l24 et l43 par −13 l43: ce qui donne:
M5 =
1 0 00 1 00 0 1
=
12
56 −7
6−1
2 −16
56
12 −1
6 −16
l51 = l41l52 = −5
3 l24l53 = −1
3 l43
(4.13)
A ce niveau, on conclut que M−1 =
12
56 −7
6−1
2 −16
56
12 −1
6 −16
.
Exercice 2: Soient A et B deux matrices carrees donnees par:
A =
(
1 12 3
)
, B =
(
1 22 −1
)
Calculer A2, B2, AB, BA, A + B, (A + B)2. Comparer (A + B)2 et A2 + 2AB + B2 d’une part et(A + B)2 et A2 + AB + BA + B2 d’autre part et conclure.
Reponse:tout calcul fait, on a
A2 =
(
3 48 11
)
, B2 =
(
1 12 3
)
,
(
5 00 5
)
, AB =
(
3 18 1
)
, BA =
(
5 70 −1
)
A + B =
(
2 34 2
)
, (A + B)2 =
(
16 1216 16
)
A2 + 2AB + B2 =
(
14 624 18
)
A2 + AB + BA + B2 =
(
16 1216 16
)
Apres une inspection rapide, on remarque que (A + B)2 = A2 + AB + BA + B2 et que (A + B)2 6=A2 + 2AB + BA + B2. Ceci est du au fait que AB 6= BA.Remarque: Pour calculer (A+B)2,3,... il faut distinguer deux cas: 1. Si AB = BA on pourra utiliserla formule du Binome.2. Si AB 6= BA on n’a pas le droit d’utiliser la formule du Binome et dans ce cas (A + B)2 =(A + B)(A + B) = A2 + AB + BA + B2 par exemple, et pour (A + B)3 = (A + B)2(A + B) =(A2 + AB + BA + B2)(A + B) = ...
57
Exercice 3: Soit la matrice A =
1 1 10 1 10 0 1
.
a.) Calculer A2, A3 et en deduire An pour tout n ∈ IN.b.) Determiner KerA et ImA.c.) On pose B = A − I3, Calculer B2, B3 et en deduire l’inverse A−1 de la matrice A.Reponse:
a.) A2 =
1 2 30 1 20 0 1
, A3 =
1 3 60 1 30 0 1
, A4 =
1 4 100 1 40 0 1
.
De A2, A3 et A4, on remarque que An peut se mettre sous la forme:
A4 =
1 n n(n+1)2
0 1 n0 0 1
supposons que c’est vraie et montrons que An+1 prend la meme forme. En effet:
An+1 = AnA =
1 n n(n+1)2
0 1 n0 0 1
1 1 10 1 10 0 1
=
1 n + 1 n + 1 + n(n+1)2
0 1 n + 10 0 1
=
1 n + 1 (n+1)(n+2)2
0 1 n + 10 0 1
(4.14)
le resultat est donc vraie a l’ordre n + 1, on a donc
∀nIN An =
1 n n(n+1)2
0 1 n0 0 1
b.)
KerA = {(x, y, z) ∈ IR3|
1 1 10 1 10 0 1
xyz
=
000
}
= {(x, y, z) ∈ IR3|x + y + z = 0 , y + z = 0 , z = 0}= {(x, y, z) ∈ IR3|x = 0 , y = 0 , z = 0}= {(0, 0, 0)} (4.15)
Comme A est definie de IR3 → IR3, d’apres le theoreme de la dimension: dimImA + dmkerA = 3,alors dimImA = 3. Et comme ImA ⊂ IR3 on conclut que ImA = IR3.Autrement: comme KerA = {(0, 0, 0)}, A est injective, et par consequent A est surjective et doncImA = IR3
c.)
B = A − I3 =
0 1 10 0 10 0 0
, B2 =
0 0 10 0 00 0 0
B3 =
0 0 00 0 00 0 0
58
d.) Par definition, B = A− I3 et comme AI3 = I3A on peut donc utiliser la formule du binome pourcalculer B3. En effet, B3 = A3 − 3A2I3 + 3AI2
3 − I33 = A3 − 3A2 + 3A − I3 = 0. On a donc
A3 − 3A2 + 3A = A(A2 − 3A + 3I3) = (A2 − 3A + 3I3)︸ ︷︷ ︸
A−1
A = I3
A partir de cette relation, on en deduit que A−1 = A2 − 3A + 3I3. La question a.) nous permet decalculer explicitement A−1:
A−1 = (A2 − 3A + 3I3) =
1 −1 00 1 −10 0 1
Exercice 3: Soit B = (e1, e2, e3) la base canonique de IR3. B′ = (f1, f2, f3) avec f1 = e1 + e2 + e3,f2 = e1 − e2 + e3 et f3 = e1 + e2 − e3 une nouvelle base de IR3. Calculer la matrice de passage de Ba B′ ainsi que son inverse.Reponse: Par definition, la matrice de passage de B a B′ s’obtient en ecrivant les vecteurs f1,2,3 encolonne en fonction de e1,2,3, ce qui donne:
PB→B′ =
1 1 11 −1 11 1 −1
L’inverse P−1 de P n’est rien d’autre que la matrice de passage de la base B′ a la base B. Pourcalculer P−1 il suffit d’exprimer (e1, e2, e3) en fonction de (f1, f2, f3). En effet,
f1 = e1 + e2 + e3 (c11)
f2 = e1 − e2 + e3 (c12)
f3 = e1 + e2 − e3 (c13)
(4.16)
une manipulation facile de ce systeme nous permet d’obtenir (e1, e2, e3) en fonction de (f1, f2, f3).La somme (c1
2) + (c13) nous donne: e1 = 1
2f2 + 12f3.
La difference (c11) − (c1
3) nous donne: e3 = 12f1 − 1
2f3. De l’equation (c11) on tire e2 = 1
2f1 − 12f2. La
matrice de passage inverse P−1 est:
PB′→B = P−1 =1
2
0 1 11 −1 01 0 −1
59
4.5 Exercices
Exercice 1. Soit f l’endomorphisme de IR3, qui dans la base canonique, est represente par la matrice:
A =
−2 3 15 1 04 11 3
Determiner une base de Kerf , une base de Imf et l’equation de Imf .
Exercice 2. Dans IR3 trouver la matrice de passage P de la base canonique (e1, e2, e3) a la base:e′1 = e2 + e3, e′2 = e1 + e3, e′3 = e1 + e2. Calculer P−1.
Exercice 3. Une matrice diagonale est de la forme:
D[λ1, . . . , λn] =
λ1 0 . . . 00 λ2 . . . 0...
......
...0 . . . 0 λn
λi ∈ IR
a. Calculer D[λ1, . . . , λn]D[β1, . . . , βn], La multiplication des matrices diagonales est-elle stable?
b. Calculer la puissance kieme de D[λ1, . . . , λn].c. Montrer que l’ensemble des matrices diagonales est un sous espace vectoriel de Mn(IR)
Exercice 4. Une matrice 3 × 3 triangulaire inferieure est de la forme:
T (a) =
a1 a2 a3
0 a4 a5
0 0 a6
ai ∈ IR
a. Calculer T (a) + T (b) et T (a)T (b). Etudier la stabilite de la somme et de la multiplication desmatrices triangulaires inferieures.b. Montrer que l’ensemble des matrices triangulaires inferieures 3× 3 est un sous espace vectoriel deM3(IR). Quelles sont sa base et sa dimension.
Exercice 5. Prouver que pour multiplier une matrice a droite par une matrice colonne revient aeffectuer une combinaison lineaire de ses colonnes, c’est a dire, prouver que
a11 . . . . . . a1m
a21 . . . . . . a2m
......
......
an1 . . . . . . anm
.
x1
x2...
xm
=
a11
a21...
an1
.x1 +
a12
a22...
an2
.x2 + . . . +
a1m
a2m
...anm
.xm
de meme, prouver que multiplier une matrice a gauche par une matrice colonne revient a effectuerune combinaison lineaire de ses lignes, c’est a dire, prouver que
(x1 . . . . . . xn).
a11 . . . . . . a1m
a21 . . . . . . a2m
......
......
an1 . . . . . . anm
= x1(a11 . . . . . . a1m) + . . . . . . xn(an1 . . . . . . anm)
Exercice 6. On considere la rotation de centre O et d’angle θ dans IR2. Sa matrice est de la forme:
Rθ =
(
cos θ − sin θsin θ cos θ
)
60
a. Calculer RθRγ , et en deduire Rnθ pour tout n ∈ IN∗
b. Calculer l’inverse de Rθ.
Exercice 7. La matrice de la symetrie par rapport a l’axe Ox (res Oy) est de la forme:
Sx =
(
1 00 −1
)
, Sy =
(
−1 00 1
)
a. Calculer SxSx, Snx , n ∈ IN∗
b. Quel est l’inverse de Sx?c. Memes questions pour Sy.d. Calculer SxSy, SxSySx et SySxSy; interpreter les resultats.
Exercice 8. Reprendre l’exercice 10 du chapitre precedent;a. Ecrire la matrice de f dans la base canonique de IR3, on note M(f,B) cette matrice.b. Ecrire la matrice de passage P de la base B a la base B′, et en deduire P−1.c. Ecrire la matrice de f dans la base B′, on note M(f,B′) cette matrice. Verifier que M(f,B) =PM(f,B′)P−1.
Exercice 9. Soient les matrices: U =
1 1 11 1 11 1 1
, V =
0 0 11 0 00 1 0
.
a. Calcuer UV , V U , U et V − I sont-elles regulieres?b. Calcuer Un, V m,UnV m.c. Mettre sous la forme la plus simple possible (U − V )n.
Exercice 10. Soit A =
1 −1 −1−1 1 −1−1 −1 1
. Montrer que An est de la forme
an bn bn
bn an bn
bn bn an
.
Exprimer an+1 et bn+1 en fonction de an et bn. En deduire An.
Exercice 11. Trouver le rang des matrices suivantes: A =
1 0 11 1 00 1 1
, B =
a 0 bb a 00 b a
et
C =
1 0 0 11 1 0 00 1 1 00 0 1 1
Exercice 12. E est un K-espace verctoriel, dimKE = n. Une matrice A Mn(K) est dite nilpo-tente s’il existe un entier p > 1 tel que: Ap = 0 et Ap−1 6= 0 a. Demontrer que si A est nilpotented’indice p alors In − A est inversible et a pour inverse: In + A + A2 + ... + Ap−1.b. Demontrer que s’il existe e ∈ E telque Ap−1(e) 6= 0E alors (e,A(e), A2(e), ...Ap−1(e)) est libre.c. Que se passe-t-il si p=n?Applications:
a. Soit la matrice: A =
1 0 0 01 1 0 01 1 1 01 1 1 1
Calculer les puissances successives de B = A− I, en deduire
An.
61
b. Calculer l’inverse de la matrice:
A =
1 a b c0 1 a b0 0 1 a0 0 0 1
ou a, b, c ∈ IR.
c. On considere les matrices A =
1 1 00 1 10 0 1
et B =
0 1 00 0 10 0 0
. Demontrer que B3 = 0. En
deduire An pour n entier naturel. Construire une base de IR3 de la forme (e,B(e), B2(e)).
Exercice 13. Pour tout triplet (a, b, c) ∈ IR3 on note M(a, b, c) la matrice carree d’ordre 3 donnee
par M(a, b, c) =
a + c b −cb a + 2c −b−c −b a + c
a. Montrer que toute matrice M(a, b, c) peut s’ecrire sous la forme AI3 + bJ + cK ou J et K sontindependantes de a, b et c. En deduire que E = {M(a, b, c); (a, b, c) ∈ IR3} muni des operations usuelles(addition des matrices et multiplication par un scalaire) est un sous-espace vectoriel de M3(IR) donton precisera une base.b. Calculer J2, JK, KJ et K2 en fonction de I3, J et K. La multiplication des matrices est-ellestable dans E?
Exercice 14. On considere la matrice:
A =
a b bb a bb b a
J =
1 1 11 1 11 1 1
Verifier que A = (a − b)I3 + bJ . En calculant Jn, en deduire An
Exercice 15. Soit M une matrice carree. Demontrer que M est inversible si et seulement si M t
est inversible. Demontrer egalement que si M est inversible alors (M t)−1 = (M−1)t.
Exercice 16. SI M et N sont des matrices carrees reelles de meme ordre, demontrer que M etN sont inversibles si et seulement si M.N est inversible. Calculer l’inverse de M et l’inverse de N enfonction de M , N et (M.N)−1.
Probleme 1 Dans l’espace vectoriel IR3 muni de sa base canonique B = (e1, e2, e3) on considerel’application:
f :
{
IR3 → IR3
(x, y, z) → f(x, y, z) = (y + z, x + z, x + y)
1. Montrer que f est un endomorphisme et determiner sa matrice MB relativement a la base B.2. Montrer que f est injective, en deduire Imf et le rang de f .3. Montrer que la matrice MB verifie M2
B = MB + 2I3 et en deduire M−1B .
4. On considere les ensembles suivants:E−1 = {(x, y, z) ∈ IR3; f(x, y, z) = −(x, y, z)} , E2 = {(x, y, z) ∈ IR3; f(x, y, z) = 2(x, y, z)}Montrer que E−1 et E2 sont deux sous espaces vectoriels de IR3. Donner une base B−1 de E−1 et unebase B2 de E2.A–t–on IR3 = E−1 ⊕ E2?5. On se donne les vecteurs f1 = (1,−1, 0), f2 = (0, 1,−1) et f3 = (1, 1, 1), montrer que B′ =(f1, f2, f3) est une bases de IR3
Ecrire la matrice de passage P de B a B′ ainsi que son inverse P−1
62
6. Par le calcul direct, determiner la matrice MB′ de f dans la base B′.7. Verifier que MB′ = P−1MBP et en deduire Mn
B , n ∈ IN.8. Determiner les suites un, vn et wn definies par:
un = vn−1 + wn−1
vn = un−1 + wn−1, avec u0 = v0 = w0 = 1wn = un−1 + vn−1
Probleme 2:Premiere partie: Soit p la permutation de l’ensemble {1, 2, 3, 4} definie par:
p =
(
1 2 3 44 1 2 3
)
c.a.d p(1) = 4 p(2) = 1 , p(3) = 2, p(4) = 1Soit fp l’application lineaire definie de IR4 dans IR4 par fp(ei) = ep(i) i = 1, 2, 3, 4. B = (e1, e2, e3, e4)
etant la base canonique de IR4.1. Donner la matrice J de fp dans la base B.2. Definir les permutations p2 = pop, p3 = p2op et p4 = p3op.Pour n = 2, 3, 4, on definit l’application lineaire fpn de IR4 dans IR4 par:
fpn(ei) = epn(i) , i = 1, 2, 3, 4
. Ecrire les matrices K, L, M de fp2, fp3 et fp4 respectivement.3. Verifier que J2 = K, J3 = L et J4 = M = I4. En deduire J−1
Seconde partie: Pour tout quadriplet (a, b, c, d) ∈ IR4 on note M(a, b, c, d) la matrice 4 × 4 donneepar:
M(a, b, c, d) =
a b c dd a b cc d a bb c d a
1. Montrer que toute matrice M(a, b, c, d) peut s’ecrire sous la forme aI4 + bJ + cJ2 + dJ3.2. Montrer que E4 = {M(a, b, c, d) ∈ M4(IR); (a, b, c, d) ∈ IR4} est un sous espace vectoriel de M4(IR).Donner une base B′ de E4.3. L’ensemble E4 est-il stable pour la multiplication des matrices?4. Soit g l’application de IR4 dans E4 definie par:
g :
{
IR4 → E4
(a, b, c, d) → M(0, b, c, d)
5. Montrer que g est une application lineaire.6. Determiner kerg et Img. g est elle bijective?7. Ecrire la matrice de g relativement aux bases B de IR4 et B′ de E4.
Chapitre 5
Determinants et leurs applications
5.1 Determinant d’un systeme de n vecteurs
5.1.1 Permutation:
Definition: On appelle permutation de E toute bijection de E sur lui meme. L’ensemble despermutations est un groupe pour la composition des applications
appele groupe symetrique Note SE.
SE={1,2} = {(
1 21 2
)
,
(
1 22 1
)
}
SE={1,2,3} = {(
1 2 31 2 3
)
,
(
1 2 31 3 2
)
,
(
1 2 32 1 3
)
,
(
1 2 32 3 1
)
,
(
1 2 33 2 1
)
,
(
1 2 33 1 2
)
}
cardSE = cardE
5.1.2 Signature d’une permutation
Soit p une permutation de [1, n]; p est bijective.si i < j: ou bien p(i) < p(j) ou bien p(i) > p(j). Dans le cas ou p(i) > p(j) (i < j) on dit que p(i) etp(j) represente une invertion. Soit I(p) le nombre total d’inversions presentees deux a deux par leselements {p(1), p(2), . . . , p(n)}.Considerons le produit:
Vn = Π1≤i<j≤n(j − i) = (2 − 1)(3 − 1)(3 − 2)....(n − 1)(n − 2)...(n − (n − 1))
p(Vn) = Π1≤i<j≤n(p(j) − p(i)) = (−1)I(p)Vn
Definition: On appelle signature d’une permutation p le nombre
ǫ(p) = (−1)I(p) =
{
+1−1
5.1.3 Determinant d’un systeme de vecteurs.
Definition: E un espace vectoriel, dimE = n, B = (e1, e2, ..., en) une base de E x1, x2, . . . , xn: nvecteurs de E.
xj =n∑
j=1
aijei =
ai1
ai2...
ain
i = 1, . . . , n
63
64
On appelle: determinant de n vecteurs x1, . . . , xn de E par rapport a la base B le scalaire:
det(x1, x2, . . . , xn) =∑
σ∈Sn
ǫ(σ)aσ(1),1aσ(1),1 . . . aσ(n),n
on le note:a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
......
......
an1 an2 . . . ann
Theoreme: i.) Le determinent est une fonction lineaire par rapport a chaque colonne, cest a dire:
• ∀λ ∈ K, ∀k = 1, . . . , n: det(x1, . . . , λxi, . . . , xn) = λ det(x1, . . . , xi, . . . , xn)
• si xj = yj + zj , j = 1, . . . , n alors:
det(x1, . . . , xj , . . . , xn) = det(x1, . . . , yj, . . . , xn) + det(x1, . . . , zj , . . . , xn)
ii.)Si deux colonnes sont egales, le determinent est nul.
Theoreme: pour qu’un systeme de n vecteurs x1, x2,..., xn d’un espace vectoriel E de dimen-sion n, constituent une base de E il faut et il suffit que leur determinent par rapport a une base deE soit non nul.
5.2 determinant d’une matrice:
Definition: Soit M = (aij) une matrice carree d’ordre n. on appelle determinant de M , et on notedet(A) le scalaire:
det(M) =∑
σ∈Sn
ǫ(σ)aσ(1),1aσ(1),1 . . . aσ(n),n
5.2.1 Proprietes:
a. det(In) = 1
b. A,B ∈ Mn(K), det(AB)=det(A)det(B)
c. det(λM) = λndet(M) , det(tM)=det(M)
d. Si les colonnes de A sont liees, det(M) = 0 si les colonnes de A sont libres, det(M) 6= 0
e. det(M) ne change pas si l’on ajoute a une colonne de M une combinaison lineaire quelconquedes autres colonne
det(c1, c2, . . . , cn) = det(c1 +∑
i>1
λici, c2, . . . , cn)
Proposition: A ∈ Mn(K) est inversible si et seulement si detA 6= 0 et l’on a alors:
det(A−1) =1
det(A)
Preuve: Supposons que A est inversible, il existe donc une matrie inverse A−1 ∈ Mn(K) telle queAA−1 = In; d’ou det(AA−1) = 1 et par consequent: det(A)det(A−1) = 1, on conclut donc quedetA 6= 0 et det(A−1) = 1
det(A).
Reciproquement, si detA 6= 0 alors les n vecteurs colonne (c1, c2, . . . , cn) que forment la matrice Aforment une base de Kn et A est la matrice de passage de la base canonique a la base (c1, c2, . . . , cn),
65
la matrice de passage est toujours inversible, A est donc inversible.
Proposition: Si A et B sont deux matrices semblables alors det(A)=det(B).
Preuve: A et B sont semblables alors il existe une matrice inversible P tel que: A = P−1BP .On a alors:
det(A) = det(P−1)det(B)det(P ) =det(B)det(P )
det(P )= det(B)
5.2.2 regles pratique:
1. det
(
a cb d
)
=∑
σ∈S2ǫ(σ)aσ(1),1aσ(2),2 = ad − bc
2.
det
a d gb e hc f k
=
∑
σ∈S3
ǫ(σ)aσ(1),1aσ(2),2aσ(3),3
= aek + dhc + gbf − gec − ahf − dbk
= a(ek − hf) − b(−gf + dk) + c(dh − ge)
Definition: soit M = (aij) une matrice n×n. On appelle mineur relatif au terme aij le determinant
de la matrice (n − 1, n − 1) obtenu en supprimant dans M la i eme ligne et la j eme colonne.
Developpement d’un determinant suivant une ligne ou une colonneTheoreme: soit M = (aij) une matrice (n, n). Quels que soient les indices i et j on a:
det(M) =n∑
k=1
(−1)k+jakj∆kj
ou:
• ∆ij designe le mineur relatif a aij.
• (−1)i+j∆ij s’appelle le cofacteur de aij.
• La matrice formee par les cofacteurs s’appelle comatrice cM
Exemples: Dans les exemples qui suivent on procede a un developpement selon la premiere colonne:
1.a cb d
=(+1)a c(−1)b d
= (+1)ad + (−1)bc
2.
a d gb e hc f k
=(+1)a d g(−1)b e h(+1)c f k
= +ae hf k
− bd gf k
+ cd ge h
= +a (ek − hf)︸ ︷︷ ︸
∆11
−b (−gf + dk)︸ ︷︷ ︸
∆21
+c (dh − ge)︸ ︷︷ ︸
∆31
5.2.3 Inverse d’une matrice carree
Theoreme: Soit M une matrice carree d’ordre n est inversible, si det(M) different de zero. Soninverse est donnee par:
M−1 =1
det(M)t(cM)
66
5.2.4 determination du rang d’une matrice:
Proprietes:
• Si det(M) 6= 0; rang(M) = n
• Si det(M) = 0 on cherche le plus grand mineur d’ordre (n − 1) qui soit non nul.
• Si tout les mineurs d’ordre (n− 1) sont nuls, on cherche un mineur d’ordre (n− 2) qui soit nonnul.
5.2.5 Exemples de calcul de determinants.
Soit a calculer les determinants suivants:
D1 =0 a b l1a 0 c l2b c 0 l3
on va developper D1 suivant la premiere colonne, mais avant de faire ainsi on remplace la ligne l2 parl2 − a
bl3 (chose qui ne change pas la valeur de D1):
D1 =0 a b l10 −a
bc c l2 − a
bl3
b c 0 l3
= ba b
−abc c
= 2abc
D2 =1 a −b l1−a 1 c l2b −c −1 l3
=0 a + 1
a−b + c
al1 + l2
a
−a 1 c l2b −c −1 l3
=0 a + 1
a−b + c
al1 + l2
a
0 1 − acb
c − ab
l2 + abl3
b −c −1 l3
= ba + 1
a−b + c
a
1 − acb
c − ab
= −1 − a2 + b2 + c2
D3 =1 a b + c l11 b c + a l21 c a + b l3
=0 a − b b − a l1 − l21 b c + a l21 c a + b l3
=0 a − b b − a l1 − l20 b − c c − b l2 − l31 c a + b l3
= (a − b)(b − c)0 1 −10 1 −11 c a + b
= 0
5.3 Application a la resolution des equations lineaires
1. Definition: Un systeme d’equation lineaire de p equations n inconnues xi est de la forme:
Snp =
a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2...
...... =
...ai1x1 + ai2x2 + . . . + ainxn = bi
...... . . .
... =...
an1x1 + an2x2 + . . . + apnxn = bp
(5.1)
ou les aij et bi sont des coefficients d’un corps K; (x1, . . . , xn) les inconnus.
67
• On appelle solution du systeme lineaire (5.7) tout vecteur X = (x1, x2, . . . , xn) dont les com-posantes xi satisfont toutes les equations du systeme (5.7).
• Resoudre le systeme (5.7) c’est trouver toutes les solutions de (5.7).
• Un systeme qui admet des solutions est dit solvable ou compatible. Dans le cas contraire lesysteme (5.7) est dit incompatible.
2. Ecriture matricielle:Le systeme (5.7) peut s’ecrire de maniere matricielle de la facon suivante:
AX = B (5.2)
avec A = (aij), i = 1, . . . p, j = 1, . . . n une matrice p × n et B =
b1
b2...bp
et X =
x1
x2...
xn
B est appelle le second membre du systeme et X l’inconnu.On appelle systeme homogene associe a (5.2) le systeme sans second membre:
AX = 0 (5.3)
Definition: On appelle rang du systeme (refax) le rang de la matrice associee A.
5.3.1 Resolution des systemes lineaires
Systeme de Cramer
Definition: On appelle systeme de Cramer un systeme dont la matrice A est carree et inversible.
Il s’agit donc d’un systeme de n inconues n equations
Sn =
a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1...
... . . .... =
...ai1x1 + ai2x2 + . . . + ainxn = bi ⇔ AX = B
...... . . .
... =...
an1x1 + an2x2 + . . . + annxn = bn
(5.4)
A etant inversible, en multipliant par A−1 a gauche dans (5.4), on trouve: X = A−1B.
Theoreme de Cramer: Un systeme de Cramer type (5.4) (avec det(A) 6= 0) admet toujoursune et une seule solution quelque soit le vecteur B. Les xi sont donnees par:
xi =det(C1, . . . , Ci−1, B,Ci+1, Cn)
det(A)
Ci etant des vecteurs colonnes donnes definies par:
C1 =
a11
a21...
an1
, . . . , Cj =
a1j
a2j
...anj
, . . . , Cn =
a1n
a2n
...ann
Preuve: En utilisant les vecteur Ci definis ci-dessus le systeme matriciel AX = B peut s’ecrire demaniere vectorielle de la facon suivante:
x1C1 + x2C2 + . . . xiCi + . . . + xnCn =n∑
j=1
xjCj = B (5.5)
68
On a:
det(C1, . . . , Ci−1, B,Ci+1, Cn) = det(C1, . . . , Ci−1,n∑
j=1
xjCj , Ci+1, Cn)
=n∑
j=1
xjdet(C1, . . . , Ci−1, Cj , Ci+1, Cn) (5.6)
= xidet(C1, . . . , Ci−1, Ci, Ci+1, Cn) = xidet(A)
la derniere equation vient du fait que les determinents det(C1, . . . , Ci−1, Cj , Ci+1, Cn)j=1,...,n sont tousnuls sauf pour j = i.
Cas general
Soit un systeme de n equations a p inconnus dont l’ecriture matricielle est:
AX = B (5.7)
ou A est une matrice n × p, X un vecteur a p colonnes et B un vecteur a n colonnes.Si rangA = r, on peut extraire de A une sous matrice carree d’ordre r inversible. On reecrit le systeme(5.7) comme:
Sr =
a11x1 + a12x2 + . . . + a1rxr = b1 − a1r+1xr+1 − . . . − a1pxp
a21x1 + a22x2 + . . . + a2rxr = b2 − a2r+1xr+1 − . . . − a2pxp
...... . . .
... =...
ai1x1 + ai2x2 + . . . + airxr = bi − air+1xr+1 − . . . − aipxp
...... . . .
... =...
ar1x1 + ar2x2 + . . . + arrxr = br − arr+1xr+1 − . . . − arpxp
(5.8)
Sn−r =
ar+11x1 + ar+12x2 + . . . + ar+1nxn = br+1
ar+21x1 + ar+22x2 + . . . + ar+2nxr = br+2...
... . . .... =
...ai1x1 + ai2x2 + . . . + ainxn = bi
...... . . .
... =...
ap1x1 + ap2x2 + . . . + apnxn = bp
(5.9)
Definitions:
• Les r premieres equations (5.8) sont appeles equations principales.
• Les r premieres inconnues (5.8) sont appellees inconnues principales.
• Les determinants: ∆i =
a11 . . . a1r b1
a21 . . . a2r b2...
......
...ar1 . . . arr br
ai1 . . . air bi
, i = r + 1, . . . , n, sont appeles determinant
caracteristiques.
Remarques: Si les r premiere equations (associees aux r premieres inconnus) font un systeme deCramer, le systeme (Sr) est solvable si les n − r equations restantes (5.9) se deduisent lineairementdes r precedentes. Ceci revient a dire que les ∆i = 0, pour tout i = r+1, . . . , n. On a donc le resultatsuivant:
69
Theoreme: Un systeme lineaire de n equations a p inconnus et de rang r est compatible si estseulement si les determinants caracteristiques ∆i sont tous nuls. Pour resoudre le susteme (Snr), onresout le systeme de Cramer forme par les r premieres equations principales et les inconnus princi-pales. Les autres variables sont dites libres.Pour calculer la solution, on donne aux variables libres xr+1, . . . , xn des valeurs arbitraires.
5.4 Exercices resolus
1.) Resoudre le systeme suivant:
2x + y − z = 0x + y + z = 13x + y − z = 1
Le determinant du systeme est ∆ =2 1 −11 1 13 1 −1
= 2 6=, le systeme est donc de Cramer et admet une
solution unique. Pour trouver cette solution avec la methode des determinants on calcul ∆x,∆y et∆z:
∆x =
0 1 −11 1 11 1 −1
= 2 , ∆y =
2 0 −11 1 13 1 −1
= −2 , ∆z =
2 1 01 1 13 1 1
= 2
on obtient donc
x =∆x
∆= 1 , y =
∆y
∆= −1 , z =
∆z
∆= 1
2.) Resoudre le systeme suivant:
−2x + y + z = α + 2x − 2y + z = αx + y − 2z = α
Le determinant du systeme est ∆ =−2 1 11 −2 11 1 −2
= 0, le systeme n’est pas de Cramer. Le rang du
systeme est egale a deux car le mineur d’ordre deux :−2 11 −2
= 3 6= 0
Le determinants caracteristique est:
∆1 =−2 1 α + 21 −2 α1 1 α
= α−2 1 11 −2 11 1 1
= 6(α + 1)
deux cas se presentent:
• α 6= −1, le determinant caracteristique est non nul et donc le systeme est incompatible.
• α = −1, le determinant caracteristique est nul, il y a des solutions donnees par:
{
−2x + y = 1 − zx − 2y = −1 − z
⇒{
x = −1+3z3
y = 1+3z3
avec z ∈ IR
70
3.) Resoudre le systeme suivant:
(S) =
2x + y − z = 0x + my + z = 13x + y − mz = 1
Discuter selon les valeurs de m.Rang du syseme:Pour determiner le rang du systeme, on calcul le determinant du systeme (S). En effet,
det(S) =2 1 −11 m 13 1 −m
On note respectivement c1, c2 et c3 les colonne de la matrice A. On remplace dans le detA la premierecolonne par c1 − 2c2 et la troisieme colone par c3 + c2 et on decompose le determinant obtenu parrapport a la premiere ligne, on obtient
det(S) =0 1 0
1 − 2m m 1 + m1 1 1 − m
= − 1 − 2m 1 + m1 1 − m
= −2m(m − 2)
• Si m 6= 0 et m 6= 2, detS 6= 0 et donc le syseme est de rang 3.
• Si m = 0 ou m = 2, detA = 0 donc le rang du syseme est ≤ 2. Or le mineur d’ordre 2:
2 11 m
= 2m − 1 =
{
−1sim = 03sim = 2
. Dans les deux cas le mineur d’ordre 2 est non nul et par
suite le rang du syseme est 2.
Si m 6= 0 et m 6= 2, detS = ∆ = −2m(m− 2) 6= 0, dans ce cas le systeme est de Cramer, il admetdonc une solution unique.
∆x =0 1 −11 m 11 1 −m
= 2m , ∆y =2 0 −11 1 13 1 −m
= −2m , ∆z =2 1 01 m 13 1 1
= 2m
on obtient donc
x =∆x
∆=
1
2 − m, y =
∆y
∆=
1
m − 2, z =
∆z
∆=
1
2 − m
si m = 0 ou m = 2, on a vu que le rang(S)=2, donc le systeme n’est pas de Cramer. Pour resoudrele systeme on fixe une variable (z par exemple) et on calcul les deux autres (x et y) en fonction de z.Le systeme est donc equivalent a:
{
2x + y = z (l1)x + my = 1 − z (l2)
(5.10)
3x + y − mz = 1 (l3) (5.11)
Les deux premieres equations (l1 et l2) constituent les equations principales et la troisieme equation(l3) est l’equation secondaire. On considerant 2l2 − l1 on obtient y = 2−3z
2m−1 . A partir de l2 on obtient
x = z−1+mz2m−1 .
L’equation secondaire est verifiee uniquement pour m = 0 mais pas pour m = 2. On conclusion:
• On dit que pour m = 0 le systeme admet une infinite de solution {(x, y, z) ∈ IR3|x = −z+1, y =3z − 2, z ∈ IR}
71
• pour m = 2 le systeme est incompatible (pas de solution).
Une autre facon de resoudre le systeme dans cas est de calculer le determinant caracteristique.En effet
∆1 =2 1 01 m 13 1 1
= 2m
Le systeme admet des solutions si ∆1 = 0, c’est a dire si m = 0 et pas de solution si m 6= 0.
4.) Resoudre le systeme suivant:
(S) =
x + y + 3z + 5t = ax − y − z + t = b2x + y + 4z + 8t = c2x − 2y − 2z + 2t = d
Rang du syseme:Pour determiner le rang du systeme, on calcul le determinant du systeme (S). En effet,
det(S) =
1 1 3 51 −1 −1 12 1 4 82 −2 −2 2
= 0
On calcul les mineurs d’ordre 3;
∆11 =−1 −1 11 4 8−2 −2 2
, ∆21 =1 3 51 4 8−2 −2 2
, ∆31 =1 3 5−1 −1 1−2 −2 2
, ∆41 =1 3 5−1 −1 11 4 8
∆12 =1 −1 12 4 82 −2 2
, ∆22 =1 3 52 4 82 −2 2
, ∆32 =1 3 51 −1 12 −2 2
, ∆42 =1 3 51 −1 12 4 8
∆13 =
1 −1 12 1 82 −2 2
, ∆23 =
1 1 52 1 82 −2 2
, ∆33 =
1 1 51 −1 12 −2 2
, ∆43 =
1 1 51 −1 12 1 8
∆14 =1 −1 −12 1 42 −2 −2
, ∆24 =1 1 32 1 42 −2 −2
, ∆34 =1 1 31 −1 −12 −2 −2
, ∆44 =1 1 31 −1 −12 1 4
Un calcul trivial mais fastidieux montre que tout les ∆ij sont nuls. Le rang du systeme est donc
strictement inferieur a trois. Il est clair que le mineur d’ordre deux δ =1 11 −1
= −2 6= 0, le rang
du systeme est deux.
Le systeme est compatible si et seulement si tous les determinants caracteristiques associes a δsont nuls. Dans ce cas on a deux determinants caracteristiques qui sont donnes par:
∆1 =1 1 a1 −1 b2 1 c
= 3a + b − 2c , δ2 =1 1 a1 −1 b2 −2 d
= 2(2b − d)
72
le systeme est donc compatible si
d = 2b et 3a + b − 2c = 0 (5.12)
l’ensemble des solutions est donne par:
x =1
3(2a + b − 11t − 6z) , y =
1
3(a − b − 4t − 3z) z, t ∈ R
en tenant compte de l’equation (5.12).
73
5.5 Exercices
Exercice 1. Demontrer que: D =
−1 1 1 11 −1 1 11 1 −1 11 1 1 −1
= −16 ,
a 0 b 00 a 0 bc 0 d 00 c 0 d
= (bc − ad)2
Exercice 2. Calculer les determinants suivants:
D(a0, a1, a2) =1 a0 a2
0
1 a1 a21
1 a2 a22
, D(a0, a1, a2, a3) =
1 a0 a20 a3
0
1 a1 a21 a3
1
1 a2 a22 a3
2
1 a3 a23 a3
3
generaliser le resultat pour D(a0, a1, . . . , an−1)
Exercice 3. On se propose de calculer le determinant Dn:
Dn =
a0 a1 a2 . . . an−1 an
−1 x 0 . . . 0 00 −1 x . . . 0 0...
...... . . .
......
0 0 0 . . . x 00 0 0 . . . −1 x
a. Montrer que Dn = xDn−1 + an.b. En deduire Dn en fonction de x, ai (i = 0, 1, . . . , an−1) et de n.Exercice 4. Inverser les matrices suivantes:
A =
−3 2 −12 0 1−1 2 1
, B =
1 1 00 1 11 0 1
C =
1 1 0 00 1 1 00 0 1 11 0 0 1
Exercice 5. Soient x1, x2, . . . , xn+1 n nombre reels deux a deux distaincts.Montrer qu’il existe un et un seul polynome P a coefficients reels de degre ≤ n qui prend en x1, . . . ,xn+1 les valeurs α1, . . . αn+1 (c.a.d P (xi) = αi ) ou les αi sont donnes.
Exercice 6. Calculer le determinent:
∆n =
1 + x2 x 0 . . . . . . . . . 0x 1 + x2 x 0 . . . . . . 00 x 1 + x2 x . . . . . . 0... . . . . . . . . . . . .0 0 . . . . . . x 1 + x2 x0 0 . . . . . . 0 x 1 + x2
Exercice 7. Calculer le determinent suivant:
Γn =
0 0 . . . . . . . . . an
0 0 . . . . . . an−1 0...
......
......
...0 . . . ai . . . 0 0...
......
......
...a1 0 . . . 0 . . . 0
74
Exercice 8. Montrer que pour n ≥ 3: ∆ =
a1 − b1 a1 − b2 . . . a1 − bn
a2 − b1 a2 − b2 . . . a2 − bn
......
......
an − b1 an − b2 . . . an − bn
= 0
Exercice 9. i) Determiner le rang de la matrice suivante et calculer son inverse A =
−3 2 −12 0 1−1 2 1
ii) Resoudre le systeme A.X = B, ou X =
x1
x2
x3
et B =
101
.
iii) Meme question pour:
1) A =
m 1 10 m 01 1 m
, X =
x1
x2
x3
et B =
111
.
2) A =
2 1 1 11 2 1 11 1 2 11 1 1 2
, X =
x1
x2
x3
x4
et B =
3124
.
3) A =
3 4 1 26 8 2 29 12 3 10
, X =
x1
x2
x3
x4
et B =
3713
.
Exercice 10. Resoudre les systemes suivants:
2x − 3y + z = 1x + 4y − 2z = 08x − y − z = 3.
,
x − y − z = 12x + 2y − 3z = 0x + 2y − z = 04x + 3y − 5z = 1
,
x − y + z + t = 2x + y − z + 2t = 1
y + 2z = 0
3x + 4y + z + 2t = 36x + 8y + 2z + 5t = 79x + 12y + 3z + 10t = 13.
,
x + my + z = 1mx + y + (m − 1)z = mx + y + z = m + 1
,
x − y − z = 0mx + my − 2z = 1mx + y − 2mz = 1
Exercice 11. Soit M une matrice carree antisymetrique, c’est a dire telle que, M t = −M . Montrerque M n’est pas inversible si n est impair.
Chapitre 6
Polynomes
6.1 Notions generales.
Dans tout ce chapitre K designera un corps commutatif. Nous ne considerons que le cas ou K=IR, lCou lQ.
6.1.1 Definition d’un polynome
On appelle polynome a coefficients dans K toute suite d’elements ai de K; soit (a0, a1, ..., ai, ...), tousnuls a partir d’un certain rang, c.a.d qu’il existe un n0 ∈ N tel que pour tout n ≥ n0, an = 0.Les elements ai de K sont les coefficients du polynomes.Notation: On note K[X] l’ensemble des polynomes a coefficients dans K.
6.1.2 Egalite de deux polynomes
Soient P et Q deux polynomes a coefficients dans K:P = (a0, a1, ..., ai, ...) ; Q = (b0, b1, ..., bi, ...) avec ai, bi ∈ KNous dirons que P = Q ssi pour tout i ∈ N , ai = bi.
6.1.3 Operation sur K[X]
Somme de deux polynomes
P et Q etant definis comme ci–dessus. La somme de P et Q est le polynome defini par:
P + Q = (a0 + b0, a1 + b1, ..., ai + bi, ...)
pour tout ai ∈ K, bi ∈ K on a ai + bi ∈ K, donc + est une loi de composition interne.
Element neutre de K[X]
L’element neutre de K[X] pour l’addition est le polynome 0K[X] dont tout les coefficients sont nuls.
0K[X] = (0, 0, ...., 0, ...)
Le symetrique d’un polynome P est l’oppose de P defini par:
−P = (−a0,−a1, ...,−ai, ...)
Produit de deux polynomes
Le produit de P et Q est defini par: P.Q = (c0, c1, . . . , ci, . . .) ou les ci sont donnes par: c0 = a0b0,c1 = a0b1 + a1b0, ..., ck = a0bk + a1bk−1 + ... + ak−1b1 + akb0
Si an = 0 pour n ≥ n0, bm = 0 pour m ≥ m0, alors cp = 0 pour p ≥ n0 + m0 + 1
75
76
Remarque:
Si K est un corps commutatif alors le produit des polynomes est commutatif.
Element neutre pour le produit:
C’est le polynome defini par: e = (1, 0, 0, ..., 0, ...) tel que pour tout P ∈ K[X], P.e = e.P = PProposition: L’ensemble K[X] muni de la loi + et de la loi produit est un anneau commutatifunitaire.
Multiplication par un scalaire λ ∈ K: multiplication externe
Cette loi est definie par l’application de K × K[X] dans K[X] telle que pour tout λ ∈ K et P =(a0, a1, ..., ai, ...) ∈ K[X], le produit λP est done par: λP = (λa0, λa1, ..., λai, ...) ∈ K[X]
6.1.4 Notion d’indeterminee.
Soit le polynome X = (0, 1, 0, ..., 0, ...), il est facile de voir que le polynome X2 = (0, 0, 1, 0, ..., 0, ...)et que X3 = X2X = (0, 0, 0, 1, 0, ..., 0, ...). Par recurrence on verifie que Xn = (0, 0, ..., 0, 1, 0, ...) etaussi XnXm = Xn+m. Si on identifit le polynome (1, 0, 0, ..., 0, ...) a 1, tout polynome P de K[X]s’ecrit comme:
P = a0 + a1X + a2X2 + ... + anXn
pour tout n ∈ N la relation a0 + a1X + a2X2 + ... + anXn = 0 implique que (ai = 0)i=0,1,2,...,n
Remarque:
X n’est pas un nombre mais un polynome , c’est une indeterminee.
6.1.5 Degre d’un polynome a une indeterminee:
a. Definition: Etant donne le polynome P = a0 + a1X + a2X2 + ... + aiX
i + ... =∑
i∈N aiXi de
K[X].On appelle degre de P , que l’on note degP , le plus grand entier n tel que an 6= 0.
Proprietes:SoientP = a0 +a1X + ...+anXn et Q = b0 +b1X + ...+bnXn avec an 6= 0, bn 6= 0 on a les resultats suivants:
i Si n 6= m il en resulte que P + Q 6= 0 et deg(P + Q)=max(n,m)
ii Si n = m et si P + Q 6= 0 alors deg(P + Q) ≤max(n,m)
iii Si PQ 6= 0 alors deg(PQ) ≤ degP+degQ
iv Deux polynomes P et Q sont egaux ssi ils ont les memes coefficients.
v Soit P un element non nul de K[X]. Quel est son inverse?
Soit Q son inverse: PQ = QP = 1 ceci implique que 0=degP + degQ et parsuite degP=-degQdonc degP=degQ=0. Les seuls elements inversibles de K[X] sont les elements de K∗.
Remarque
L’ensemble des polynomes muni de la loi additif et de la multiplication externe est un espace vectorielsur le corp K. Pour les polynomes de degre n, la famille (1,X,X2, . . . ,Xn) est une base: dimK[X] =n + 1
77
6.2 Division euclidienne-polynomes irreductibles
Avant d’introduire la notion de fonction polynome d’une variable et l’etude des racines. Nous intro-duisons en premier la notion de division euclidienne qui nous sera d’une grande utilite dans l’etudedes fonctions polynomes .
6.2.1 Division euclidienne (D.E).
Soient P et S deux polynomes de K[X].
. Si P est divisible par S 6= 0.Alors, dans ce cas, il existe un polynome Q unique tel que P = QS, Q = 0 si et seulement si P = 0;si P 6= 0, S 6= 0 et P = QS on a donc degQ=degP -degS ≥ 0.
Procede de calcul de Q
6.2.2 Exemple.
P = X3 + 4X2 + 4X + 1, S = X + 1. Du fait que degP = 3 et degS=1 donc degQ=2, on choisitdonc Q de la forme aX2 + bX + c. Apres identification de P avec Q.(X + 1) on trouve a = 1, b = 3et c = 1 et par suite Q = X2 + 3X + 1.
b. P non divisible par S: Existence et unicite du quotient et du reste dans la D.ETheoreme: Soient P et S ∈ K[X] (S 6= 0); il existe un couple unique d’elements de K[X] (Q,R) telque: P = QS + R et R = 0, degP ≤ degS.On dit que: Q est le quotient de la division de P par S, R est le reste.
Remarque: Si R = 0 on a donc P = QS ce qui implique que S divise P (on retrouve le casprecedent ).
Procede de calcul de Q et RSi P = 0 alors Q = R = 0 convienent. Supposons alors que P 6= 0 et soient m = degP (P =a0 + a1X + . . . + amXm) tel que am 6= 0 et n= degS (S = b0 + b1X + . . . + bnXn) tel que an 6= 0.
• Si m ≤ n , P = 0S + P : R = 0 et Q = 0 convienent.
• Si m ≥ n: le procede de la determination de Q et R est recapitule dans l’exemple suivant.
Exemple:Soit a effectuer la division euclidienne de P = 3X5 + X4 − 6X2 + 5X − 1 et de S = 2X3 −X + 1. Ontrouve Q = 3
2X2 + 12X + 3
4
Exercices: Effectuer la D.E de P par S: aveca. P = 7X4 − x3 + 2X − 4 ; S = 2X2 − 3X − 5b. P = X8 − 1 ; S = X3 − 1
6.2.3 P.G.C.D de deux polynomes
Definition et proposition: P et Q etant deux polynomes non nuls, il existe un polynome unitaire Dunique tel que l’ensembles des diviseurs communs a P et Q est l’ensembles des diviseurs de D. D estle P.G.C.D de P et Q, de plus; il existe U , V ∈ K[X] tels que D = PU + QV .
Definition Deux polynomes P et Q ∈ K[X] sont premiers entre eux si leurs P.G.C.D est de degre 0.P.G.C.D(P,Q) = 1.
78
Theoreme P1 et P2 deux polynomes de K[X] non nuls. Les proprietes suivantes sont equivalentes:
i P1 et P2 sont premiers entre eux.
ii P.G.C.D(p1, P2) = 1
iii Il existe U1 et U2 ∈ K[X] tels que:
P1U1 + P2U2 = 1, c′est l′identite de Bezout
iv Pour tout polynome Q ∈ K[X], il existe V1 et V2 de K[X] tels que Q = P1V1 + p2V2.
Corrolaire(de Gauss ): Soient A, B et C trois polynomes de K[X], si A divise BC et P.G.C.D(A,B) =1 alors A divise Cpreuve: A divise BC donc il existe Q tel que BC = AQ. A et B sont premiers entre eux, d’apresl’identie de Bezout, il existe U et V tels que 1 = AU + BV . En multipliant cette egalie par C et enutilisant le fait que BC = AQ, on aboutit au resultat.
6.2.4 Algorithme d’Euclide pour la recherche du P.G.C.D de deux polynomes
Soient P et Q deux polynomes de K[X],la premiere etape consiste a effectuer la D.E de P par S, on designe par R0 le reste de cette division(degR0 ≤ degS). La deuxieme etape consiste a effectuer la division de S par R0 et ainsi de suite. Ona donc l’algorithme suivant:
P = Q0S + R0 degR0 ≤ degS
S = Q1R0 + R1 degR1 ≤ degR0
R0 = Q2R1 + R2 degR2 ≤ degR1
R1 = Q3R2 + R3 degR3 ≤ degR2
... =...
Rn−2 = QnRn−1 + Rn degRn ≤ degRn−1
Rn−1 = Qn+1Rn + Rn+1 Rn+1 = 0
A partir de ces egalites, on montre que Rn = PU1 + SU2
Exercice
Calculer le P.G.C.D de P et S:
P = X4 + X3 − 3X2 − 4X − 1 , S = X3 + X2 − X − 1
P = X4 − 10X2 + 1 , S = X4 − 4√
2X3 + 6X2 − 4√
2 + 1
P = X5 − iX4 + X3 − X2 + iX − 1 , S = X4 − iX3 + 3X2 − 2iX + 2
6.3 Polynomes irreductibles dans K[X]
a. Definition
P est un polynome de K[X], on dit que P est irreductible dans K[X] si degP ≥ 1 et tout diviseur deP est (a un facteur λ ∈ K∗ pres ) 1 ou P (λ ou λP )
79
b. Exemples:
a. Tout polynome de degre 1 est irreductible
b. Dans IR[X]; le polynome X2 − 2 = (X −√
2)(X +√
2) est reductible. Par contre dans lQ[X],X2 − 2 est irreductible car si X2 − 2 = (X −α)(X −β) avec α, β elements de lQ, alors α+β = 0et αβ = −2 ce qui donne α2 = 2 et qui est en contradiction avec le fait que α ∈ lQ.
c. Dans IR[X]; le polynome X2 +1 est irreductible. Par contre dans lC[X], X2 +1 = (X + i)(X − i)est reductible.
c. Theoreme de d’Alembert-Gauss
Les polynomes irreductibles de lC[X] sont les polynomes de degre 1.Autrement: tout polynome de degre ≥ 1 de lC[X] admet (au moins ) une racine dans lC.
Exemple
P (X) = X2 + X + 2 les racines de P sont z1,2 = −1∓i√
32 .
Dans C[X], P est reductible P (X) = (X − z1)(X − z2), alors que dans IR[X] P est irreductible.
Corollaire
Les polynomes irreductibles de IR[X] sont les polynomes de degre 1 et les polynomes de degre 2 adescriminant negatif.
b. Exemples:
1. Dans IR[X], P (X) = X2 + X + 1 est irreductible (∆ = −3 < 0).
2. Dans IR[X]; P (X) = X4 + X2 − 1 = X4 + 2X2 12 + (1
2)2 − (12 )2 − 1 = (X2 + 1
2 )2 − 54 =
(X2 + 12 +
√5
2 )(X2 + 12 −
√5
2 ). Le polynome (X2 + 12 +
√5
2 ) est irreductible dans IR alors que
(X2 + 12 −
√5
2 ) est reductible: (X2 + 12 −
√5
2 ) = (X −√√
5−1√2
)(X +
√√5−1√2
)
6.4 Fonction Polynome d’une variable, racine d’un polynome
6.4.1 Fonction polynome
Definition
A tout polynome P = a0 + a1X + . . . + anXn de K[X]. On peut faire correspondre une applicationp de K dans K definie par:Pour tout x ∈ K
p(x) = a0 + a1x + . . . + anxn ∈ K
appelee fonction polynome associee au polynome P
6.4.2 Derivee d’un polynome
Definition
Soit P ∈ K[X] donne par:
P (X) = a0 + a1X + a2X2 + . . . + anXn ∈ K
le polynome derivee de P (X) note P ′(X) est donne par:
P ′(X) = a1 + 2a2X . . . + nanXn−1 ∈ K
80
Exemple
Si P (X) = 1 + 2X + 3X2, P ′(X) = 2 + 6X
6.4.3 Formule de Taylor pour les polynomes
Theoreme
Soit P ∈ K[X] et a ∈ K, alors si degP ≤ n on a:
P (X) = P (a) +(X − a)
1!P ′(a) +
(X − a)2
2!P ′′(a) +
(X − a)3
3!P (3)(a) + . . . +
(X − a)n
3!P (n)(a)
Exemple
P (X) = X2 + 1, la formule de Taylor au point a = 1 s’ecrit:
P (X) = P (1) +(X − 1)
1!P ′(1) +
(X − 1)2
2!P ′′(1) = 2 + 2(X − 1) + (X − 1)2
6.4.4 Racine d’un polynome
Definition 1
Soit P ∈ K[X], si pour x ∈ K; P (x) = 0 on dit que x est racine de P .
Exemples
a. 1 est racine de P (X) = Xn − 1 = (X − 1)(Xn−1 + xn−2 + . . . + 1)
b. −1 est racine de P (X) = X2n+1 + 1 = (X + 1)(X2n + x2n−1 + . . . + 1)
Theoreme
a ∈ K est racine de P ∈ K[X] ssi (X − a) divise P
Definition 2
On appelle ordre de multiplicite d’une racine α ∈ K d’un polynome P , le plus grand entier k tel queP soit divisible par (X − α)k.
• Si k = 1, on dit que α est racine simple de P
• Si k > 1, on dit que α est racine multiple d’ordre k de P
Theoreme
P ∈ K[X] un polynome de degre n ≥ k, les deux proprietes suivantes sont equivalentes:
i. α est racine d’ordre k de P
ii. P (α) = P ′(α) = P ′′(α) = P (k−1)(α) = 0 et P (k)(α) 6= 0
81
Preuve: ⇒ )Par definition, α est racine d’ordre k de P si et seulement si P (X) = (X − α)kQ(X). Le calcul desderivees successives de P donne:
P ′(X) = k(X − α)k−1Q(X) + (X − α)kQ′(X)
P ′′(X) = k(k − 1)(X − α)k−2Q(X) + k(X − α)k−1Q′(X) + (X − α)kQ′′(X)
... =...
P (k−1)(X) = (k(k − 1) . . . 32)(X − α)1Q(X) + (k(k − 1) . . . 3)(X − α)2Q′(X)
+(k(k − 1) . . . 4)(X − α)2Q′′(X) + . . . + (X − α)kQ(k−1)(X)
P (k)(X) = (k(k − 1) . . . 321)Q(X) + (k(k − 1) . . . 32)(X − α)1Q′(X)
+(k(k − 1) . . . 43)(X − α)2Q′′(X) + . . . + (X − α)kQ(k)(X)
(6.1)
il est clair que P (α) = P ′(α) = P ′′(α) = P (k−1)(α) = 0 et P (k)(α) 6= 0.Reciproquement, si P (α) = P ′(α) = P ′′(α) = P (k−1)(α) = 0 et P (k)(α) 6= 0. On applique la formulede Taylor a l’ordre n au polynome P au point α:
P (X) = P (α) +(X − α)
1!P ′(α) +
(X − α)2
2!P ′′(α) + . . . +
(X − α)k−1
3!P (k−1)(α) +
(X − α)k
k!P (k)(α)
+(X − α)(k+1)
(k + 1)!P (k+1)(α) + . . . +
(X − α)(n)
n!P (n)(α) (6.2)
etant donne que toute les derivees P (α) = P ′(α) = P ′′(α) = P (k−1)(α) = 0 sont nulles et queP (k)(α) 6= 0, on peut factoriser (X − α)k du reste du developpement. On aura donc
P (x) = (X − α)kQ(X)
6.5 Exercices resolus
Exercice 1:a.) Factoriser X2 − 2 cos α X + 1 en produit de polynomes irreductibles sur IR[X] puis sur lC[X](discuter selon les valeurs du parametre reel α ∈ [0, π])b.) Meme question pour X4 − 2 cos α X2 + 1.Reponse:a.) Le descriminant du polynome X2 − 2 cos α X + 1 est donne par ∆ = 4 cos2 α− 4 = −4 sin2 α ≤ 0.
• ∆ = 0 si α = 0 ou α = π, dans ce cas X2 − 2 cos α X + 1 a une racine double X1,2 = 1 (α = 0)ou X1,2 = −1 (α = π). La decomposition de X2 − 2 cos α X + 1 en produit de polynomesirreductibles dans IR[X] est donnee par X2 − 2 cos α X + 1 = X2 − 2X = (X − 1)2 (α = 0) ouX2 − 2 cos α X + 1 = X2 + 2X = (X + 1)2 (α = π).
• Si ∆ 6= 0 c’est a dire α 6= 0 et α 6= π, dans ce cas ∆ = −4 sin2 α < 0. X2 − 2 cos α X + 1 n’apas de racines dans IR, il est donc irreductible dans IR[X].
• Les racines de X2 − 2 cos αX + 1 dans lC sont X1,2 = cos α ± i sin α = e±iα (X2 = X1). Ladecomposition de X2 − 2 cos α X + 1 en produit de polynomes irreductibles dans lC[X] est:
X2 − 2 cos α X + 1 = (X − e+iα)(X − e−iα)
b.) Dans ce cas, on pose: Y = X2. On a donc: X4 − 2 cos α X2 + 1 = Y 2 − 2 cos α Y + 1, dont ledescriminat est: −4 sin2 α ≤ 0.
• Si α = 0, X4 − 2 X2 + 1 = (X2 − 1)2 = (X − 1)2(X + 1)2.
82
• Si α = π, X4 + 2 X2 + 1 = (X2 + 1)2 =
{
(X2 + 1)2 dans IR[X](X + i)2(X − i)2 dans lC[X]
.
• Si α 6= 0, π, le descriminant de ce polynome de second degre est: ∆ = −4 sin2 α < 0. D’apres laquestion a.) on a Y 2 − 2 cos α Y + 1 = (Y − e+iα)(Y − e−iα) = (X2 − e+iα)(X2 − e−iα). A ceniveau, pour completer la decomposition dans lC[x], on decompose (X2 − e+iα) et (X2 − e−iα).En effet:
X2 − e+iα = (X − e+i α2 )(X − (−e+i α
2 ))
X2 − e−iα = (X − e−i α2 )(X − (−e−i α
2 ))
La decomposition de X4 − 2 cos α X2 + 1 dans lC[X] est:
(X − e+i α2 )(X − e−i α
2 )(X + e+i α2 )(X + e−i α
2 )
De cette decomposition dans lC[X], on en deduit celle dans IR[X], pour cela il suffit de regrouperles termes complexes conjuges deux a deux. En effet
(X − e+i α2 )(X − e−i α
2 ) = (X2 − 2 cosα
2+ 1)
(X + e+i α2 )(X + e−i α
2 ) = (X2 + 2cosα
2+ 1)
Il s’ensuit donc que la decomposition de X4 − 2 cos α X2 + 1 dans IR[X] est:
X4 − 2 cos α X2 + 1 = (X2 + 2cosα
2+ 1)(X2 − 2 cos
α
2+ 1)
Exercice 2:Soit le nombre complexe j = −1
2+i√
32 . Donner l’ecriture exponentielle de j et verifier que 1+j+j2 = 0
et en deduire que j3 = 1. Resoudre dans lC: 1 − X3 = 0.Reponse:
j = −12 + i
√3
2 = cos 2π3 + i sin 2π
3 = ei 2π3 , il est facile de verifier que 1+ j + j2 = 0 et que j3 = e2iπ = 1.
Il est evident que 1 est racine de 1−X3 = 0. D’apres la formule du binome (ou division Euclidiennede 1−X3 par 1−X) on a : 1−X3 = (1−x)(1 + X + X2), le polynome 1 + X + X2 est a coefficients
reels, d’apres ce qui precede les autres solutions sont j et j = e−i 2π3 .
Exercice 3:Soit P le polynome de IR[X] definie par:
P (X) = 4 − 10X + 6X2 + X3 + X4 − 3X5 + X6
a. Montrer que 1 est racine de P et donner son ordre de multiplicite.b. Montrer que 2 est racine de P et donner son ordre de multiplicite.c. P admet il d’autre racines dans IR[X]? Donner la decomposition en polynomes irreductibles dansIR[X] et puis dans lC[X].Reponse:a. P (1) = 0, donc 1 est racine de P . Pour savoir l’ordre de multiplicite de la racine 1 il faut calculerles derivees successives P (p) de P. En effet,
P ′(X) = −10 + 12X + 3X2 + 4X3 − 15X4 + 6X5 , P ′(1) = 0
P′′
(X) = 12 + 6X + 12X2 − 60X3 + 30X4 , P′′
(1) = 0
P (3)(X) = 6 + 24X − 180X2 + 120X3 , P 3(1) = −30 6= 0 (6.3)
D’apres l’equation (6.3), P ′(1) = P′′
(1) = 0 et P 3(1) 6= 0, on conclut que 1 est racine triple.b. P (2) = 0 et P ′(2) = 10 6= 0 donc 2 est racine simple (ou racine d’ordre 1) de P .
83
c. P admet 1 comme racine triple, donc P est divisible par (X − 1)3 = −1 + 3X − 3X2 + X3, onmontre facilement que
P (X) = (X − 1)3(−4 − 2X + X3)
et comme 2 est racine simple de P , alors (−4−2X +X3) est divisible par X−2. Il est facile de verifierque −4−2X +X3 = (X −2)(2+2X +X2) avec 2+2X +X2 est irreductible dans IR[X] (car ∆ < 0).Dans lC[X], 2+2X +X2 a deux racines z = −1−i et z = −1+i et donc 2+2X +X2 = (X−z)(Z− z).La decomposition en polynomes irreductibles de P est
P (X) = (X − 1)3(X − 2)(2 + 2X + X2) dans IR[X]
= (X − 1)3(X − 2)(X + 1 − i)(X + 1 + i) dans lC[X]
84
6.6 Exercices
Exercice 1.. Effectuer les divisions euclidiennes de A par B dans IR[X] avec:
A = 7X4 − X3 + 2X − 4, B = 2X2 − 3X − 5
A = X8 − 1, B = X3 − 1
Exercice 2.. Calculer le P.G.C.D de A et B pour:
A = X4 − 10X2 + 1, B = X4 − 4√
2X3 + 6X2 − 4√
2 + 1
A = X5 − iX4 + X3 − X2 + iX − 1, B = X4 − iX3 + 3X2 − 2iX + 2
Exercice 3. Pour les polynomes A et B suivants, montrer que le P.G.C.D(A,B) = 1 et determinerdes polynomes U et V tels que AU + BV = 1.
A = X4 + X3 − 2X + 1, B = X2 + X + 1
A = (X + 1)3, B = (X − 1)3
A = X3 + 1, B = X2 + X + 1
Exercice 4. Soient A et B deux polynomes definies par:
A = X6 − 3X5 + 8X4 − 7X3 + 3X2 − 8X + 6, B = X4 − 3X3 + 9X2 − 8X + 6
a. Calculer le P.G.C.D de A et B (on le note D), puis le quotient A1 et B1 de la division de A et Bpar D.b. Determiner des polynomes U1 et V1 tels que : AU1 + BV1 = 1.c. En deduire des polynomes U et V tels que AU + BV = D.Exercice 5. Trouver la relation entre p et q de C pour que X3 + pX + q ait une racine double α,quelle est alors cette racine double?
Exercice 6. Montrer que A(X) = X2 + X + 1 divise B(X) = X6n+2 + X3n+1 + 1.Exercice 7. Dans quel cas X2n + Xn + 1 est–il divisible par X2 + X + 1Exercice 8. Effectuer la division euclidienne de P (X) = 4X4 + 4X3 − 11X2 + 6X − 1 par S(X) =X2 + 2X − 1; puis factoriser P en produit de polynomes irreductibles sur IR[X].Exercice 9. Soit P (X) = X4 + 2X3 − 3X2 − 4X + 4.a. Montrer que 1 et −2 sont racines doubles de P et en deduire qu’il existe un polynomes S tel queP = S2.b. Verifier que P divise [P ′]2.c. Soit P ∈ lC[X], montrer que s’il existe S ∈ lC[X] tel que P = S2 alors P divise [P ′]2. Montrer aussique si P divise [P ′]2 et degP = 4, alors il existe S ∈ lC[X] tel que P = S2.Exercice 10. a. Soit P [X] ∈ lC[X] de degre ≥ 2, et x0 une racine de P [X]. Montrer que: x0 estracine multiple de P (X) ssi P ′(x0) = 0.b. Soit l’equation (E): X3−X2 +λ = 0 , λ ∈ IR. trouver les valeurs de λ pour lesquelles X3 −X2 +λa une racine multiple; pour ces valeurs de λ resoudre (E).Exercice 11. Theoreme de Gauss: Soient A, B, C trois polynomes. Montrera Si C divise AB et P.G.C.D(A,B) = 1, alors C divise B.b Si P.G.C.D(A,B) = 1 et P.G.C.D(A,C) = 1 alors P.G.C.D(A,BC) = 1c Si P.G.C.D(A,B) = 1 alors P.G.C.D(Am, Bn) = 1 pour m, n ∈ IN.Exercice 12. Montrer que si A, B et C sont trois polynomes tels que A − C soit un multiple de B,alors:
85
a. Le reste de la division euclidienne de A par B est le reste de la division euclidienne de C par B.b. Le reste de la division euclidienne de An par B est le reste de la division euclidienne de Cn par B( n ∈ IN).Exercice 13. Soit P (X) = X8 + X4 + 1a. Donner la decomposition de P en produit de facteurs irreductibles dans IR[X]b. Donner la decomposition de P en produit de facteurs irreductibles dans lC[X]Exercice 14. Soit les deux polynomes P = X3 +1 et Q = X4 +1. Montrer qu’ils sont premiers entreeux et determiner les deux polynomes U et V tels que PU + QV = 1 ,degU ≤ deg Q, degV ≤ deg P .Exercice 15. Trouver les racines dans lC de P (X) = X5 − 1 et Q(X) = X4 + X3 + X2 + X + 1.Factoriser Q en produit de polynomes irreductibles sur lC[X] puis sur IR[X]Exercice 16. Montrer que pour tout polynomes P , P − X divise PoP − X.Application Resoudre l’equation:
X ∈ IR, (X2 − 3X + 1)2 − 3X2 + 8X − 2 = 0
Exercice 14. Soit n et p ∈ IN, p 6= 0, a ∈ IR∗ et q et r tels que n = pq + r.a. Montrer que le reste de la division euclidienne de Xn par Xp − a est aqXr
b. Calculer le reste de la division euclidienne de Xn − an par Xp − ap
86
Chapitre 7
Fractions Rationnelles
7.1 Corps des fractions
Dans ce chapitre nous considerons (K,+, .) un corps commutatif et K[X] l’ensemble des polynomesa coefficient dans K, K∗[X] = K[X] − {0K[X]}.
Definition et theoreme:
La relation R definie sur K[X]×K∗[X] par: Pour tout (P,Q) ∈ K[X]×K∗[X], (R,S) ∈ K[X]×K∗[X](P,Q)R(R,S) si et seulement si PS = QR, est une relation d’equivalence.L’ensemble quotient de cette relation K[X]×K∗[X]/R est appele l’ensemble des fonctions rationnellesnote K(X)
Representation irreductible d’une fraction
Definition et theoreme: Pour toute fraction rationnelle F ; il existe (P,Q) ∈ K[X] × K∗[X] telleque: F = P
Qavec P.G.C.D(P,Q) = 1. (c.a.d que P et Q n’ont pour diviseurs communs que des
elements de K∗) PQ
est appelee representation irreductible de F .
Remarque:
• Si F = P1
Q1est une representation irreductible de F alors P et Q n’ont pas de racines communes.
• Si P2
Q2est une autre representation irreductible de F alors P2 = λP1 et Q2 = λQ1 avec λ ∈ K∗;
donc toute racine de P1 (respectivement de Q1) est une racine de P2 (respectivement Q2).
Soit α un element de K, F une fraction de K(X), il existe un representant de F soit P1
Q1verifiant
Q1(α) 6= 0: on dira que α est substituable dans F , on la note F (α). Si P2
Q2est un autre representant
de F verifiant aussi Q2(α) 6= on aura:
(P1
Q1=
P2
Q2, Q1(α)Q2(α) 6= 0) ⇒ P1(α)
Q1(α)=
P2(α)
Q2(α)
cette valeur commune P1(α)Q1(α) sera appelee valeur de f pour α, on la note F (α).
Exemple et remarque:
F =X3 + 4x2 + 4x + 1
x2 − 1si x 6= 1 et x 6= −1;
=(X2 + 3X + 1)(x + 1)
(x + 1)(x − 1)=
x2 + 3x + 1
x − 1
87
88
x2+3x+1x−1 est une representation irreductible de F .
On remarque que α est substituable dans F , n’entraıne pas que pour tout representant PQ
de F , on
ait Q(α) 6= 0; par exemple −1 est substituable de F car F (−1) = 12 bien que Q(−1) = 0.
Theoreme: L’ensemble K(X) muni des deux lois de compositions internes:
• l’addition PQ
+ RS
= PS+QRQS
• et la multiplication PQ
.RS
= PRQS
est un corps commutatif.L’element neutre pour l’addition (resp pour la multiplication) est la fraction nulle 0K (resp 1K).
7.2 Decomposition en element simples.
7.2.1 Division suivant les exposants croissants:
Theoreme: Soient P et S ∈ K[X], (S(0) 6= 0K) et soit n ∈ IN. Il existe un couple unique (Q,C)d’elements de K[X] verifiant: P = S.Q + Xn+1C avec degQ ≤ n. On dit qu’on a divise P par Ssuivant les exposants croissants a l’ordre n. Q et Xn+1C sont appeles respectivement le quotient etle reste de la division selon les exposants croissants a l’ordre n.
Exemple: Soit a diviser P = X3 + 2X − 1 et S = X2 − 3X + 2 suivant les exposants croissants al’ordre 3:
89
−1 + 2x + x3 2 − 3x + x2
+1 − 3
2x +
1
2x2 − 1
2+
1
4x +
5
8x2 +
21
16x3
1
2x +
1
2x2 + x3
−1
2x +
3
4x2 − 1
4x3
5
4x2 +
3
4x3
−5
4x2 +
15
8x3 − 5
8x4
21
8x3 − 5
8x4
−21
8x3 +
63
16x4 − 21
16x5
53/16x4 − 21/16x5
x4(53
16− 21
16x)
On a donc:
−1 + 2x + x3 = (−1
2+
1
4x +
5
8x2 +
21
16x3)(2 − 3x + x2) + x4(
53
16− 21
16x)
7.2.2 Resultats generaux.
Proposition 1. Soit PQ∈ K(X), il existe un couple unique (E,R) d’elements de K[X] tel que:
P
Q= E +
R
Q, avec degR < degQ
Le polynome E est la partie entiere de PQ
et RQ
sa partie fractionnaire.
Exemple: PQ
= X2+1X
= X + 1X
;E = X
Proposition Si Q1 et Q2 sont deux polynomes premiers entre eux P.G.C.D (Q1, Q2) = 1 et Pun Polynome tel que: degP < deg(Q1, Q2), alors il existe un couple unique (P1, P2) de polynome telsque: P
Q1Q2= P1
Q1+ P2
Q2, (degP1 < degQ1, degP2 < degQ2)
Exemple:
X
(X + 1)(X − 1)=
a
X + 1+
b
X − 1=
a(X − 1) + b(X + 1)
(X − 1)(X + 1)(7.1)
En identifiant X avec a(X − 1) + b(X + 1) on trouve a = b = 12
Definition: Un element simple de K(X) est une fraction rationnelle S = PQα ou Q est un element
irreductible de K[X], 0 ≤ degP < degQ et α ∈ IN∗:
• Si degQ = 1, l’element simple S est dit de premiere espece. P est une constante dans ce cas.
• Si degQ = 2, l’element simple S est dit de seconde espece.
90
Proposition 3: Soient (Q1, Q2, . . . , Qn) une famille de polynome premier entre eux deux a deuxet P un polynome tel que deg(P ) < deg(Q1.Q2. . . . .Qn); alors il existe une famille unique de polynome(P1, . . . , Pn) tels que:
P
Q1Q2 . . . Qn=
P1
Q1+
P2
Q2+ . . . +
Pn
Qnavec degPi < degQi
Proposition 4: P et Q etant deux polynomes non nuls tels que degQ ≥ 1 et degP < degQn , (n ≥ 2)alors il existe une famille unique de polynome (P1, . . . , Pn) tes que:
P
Qn=
P1
Q+
P2
Q2+ ... +
Pn
QndegPi < degQ
Exemple:
X
(X + 1)4=
a
X + 1+
b
(X + 1)2+
c
(X + 1)3+
d
(X + 1)4
X(X + 1)4
(X + 1)4= X = a(X + 1)3 + b(X + 1)2 + c(X + 1)1 + d (7.2)
En identifiant les deux polynomes de (7.2), on trouve: a = 0, 3a + b = 0, 3a + 2b + c = 1 eta + b + c + d = 0 ce qui donne: a = b = 0, c = 1 et d = −1
7.2.3 Decomposition dans lC[X]
Nous avons vu dans le chapitre precedent que les seuls polynomes irreductible de lC[X] sont lespolynomes de degres 1. Alors la decomposition en produit de facteurs irreductibles de tout polynomede lC[X] peut s’ecrire:
Q = (X − r1)α1(X − r2)
α2 . . . (X − rn)αn
avec des ri tous distincts et des αi > 0. la decomposition en elements simples de PQ
s’ecrit:
P
Q=
P
Πi=ni=1 (X − ri)αi
= E +n∑
i=1
αi∑
j=1
Aij
(X − ai)j(7.3)
E est la partie entiere de PQ
et les Aij ∈ lC
Preuve: On pose Vi(X) = (X−ri)αi pour tout i = 1 . . . n, Q devient Q(X) = V1(X)V2(X) . . . Vn(X).
D’apres les propositions 3 et 4:
P
Q= E +
R(X)
Q(X)= E +
R(X)
V1(X)V2(X) . . . Vn(X)
= E +P1(X)
V1(X)+
P2(X)
V2(X)+ . . . +
Pn(X)
Vn(X)avec degPi < degVi i = 1, . . . , n (7.4)
pour tout i = 1, . . . , n,
Pi(X)
Vi(X)=
Pi(X)
(X − ri)αi
=a1
(X − ri)1+
a2
(X − ri)2+ . . . +
aαi
(X − ri)αi(7.5)
la combinaison de (7.4 et 7.5) donne (7.3).
91
Exemple: Decomposer dans lC[X]: 1(X−1)2(X2+1)2 ;
Q(X) = (X − 1)2(X + i)2(X − i)2, d’apres les theoremes precedents on a:
1
(X − 1)2(X2 + 1)2=
a1
X − 1+
a2
(X − 1)2+
a3
X + i+
a4
(X + i)2+
a5
X − i+
a6
(X − i)2(7.6)
• multipliant a droite et a gauche de (7.6) par X et prenant la limite lorsque X tends vers l’infinion obtient
a1 + a3 + a5 = 0 (7.7)
• multipliant a droite et a gauche de (7.6) par (X − 1)2 et prenant X = 1, on trouve a2 = 14
• multipliant a droite et a gauche de (7.6) par (X − i)2 et prenant X = i, on trouve a6 = − i8
• multipliant a droite et a gauche de (7.6) par (X + i)2 et prenant X = −i, on trouve a4 = i8
• X = 0 dans (7.6) donne:
−a1 + a2 − ia3 − a4 + ia5 − a6 = 0
−a1 − ia3 + ia5 =3
4(7.8)
• X = 12 dans (7.6) donne:
−7/5 − 2a1 +2
5(1 − 2i)a3 +
2
5(1 + 2i)a5 = 0 (7.9)
La resolution du systeme forme par les equations (7.7,7.8,7.9) donne a1, a3 et a5.
a1 = −1/2 , a3 = 1/4 + I/8 , a5 = 1/4 − I/8
on a donc:
1
(X − 1)2(X2 + 1)2=
−1
2(X − 1)+
1
4(X − 1)2+
2 + i
8(X + i)+
i
8(X + i)2+
2 − i
8(X − i)− i
8(X − i)2(7.10)
Remarque: D’apres l’exemple precedent, les polynomes mis en jeux dans le denomenateur sont acoefficients reels. Lors de la decomposition dans lC, on a deux poles complexes +i et −i et qui sontconjugues l’un de l’autre. On montre facilement que a3 et a5 (resp a4 et a6) sont conjugues l’un del’autres. Ce resultat apparait clairement sur l’exemple.
7.3 Decomposition dans IR[X]
Les polynomes irreductibles de IR[X] sont les (X − a) et les (X2 + pX + q) avec p2 − 4q < 0. Ladecomposition en facteur irreductibles de Q s’ecrit comme
Q = Πmi=1(X − ri)
αiΠni=1(X
2 + pjX + qj)βj
La decomposition en elements simples de PQ
est de la forme:
P
Q= E +
m∑
i=1
αi∑
k=1
Aik
(X − ai)k+
n∑
j=1
βi∑
k=1
BjkX + Cjk
(X2 + pjX + qj)k
Aik, Bjk et Cjk sont des nombres reels.
92
Exemple: Decomposer dans IR[X]: 1(X−1)2(X2+1)2 .
La meilleure methode est de faire la decomposition dans lC et en utilisant la remarque precedente, leresultat se ramene facilement a une decomposition de IR[X]. D’apres l’exemple precedent on a:
1
(X − 1)2(X2 + 1)2=
−1
2(X − 1)+
1
4(X − 1)2+
2 + i
8(X + i)+
i
8(X + i)2+
2 − i
8(X − i)− i
8(X − i)2(7.11)
En rassemblant les termes conjugues deux a deux on trouve:
2 + i
8(X + i)+
2 − i
8(X − i)=
1 + 2X
4(1 + X2)
i
8(X + i)2− i
8(X − i)2=
X
2(1 + X2)2(7.12)
l’equation (7.11) devient donc:
1
(X − 1)2(X2 + 1)2=
−1
2(X − 1)+
1
4(X − 1)2+
1 + 2X
4(1 + X2)+
X
2(1 + X2)2(7.13)
qui est en fait la decomposition dans IR[X]
93
7.4 Exercices
Exercice 1: Soit une fraction irreductible F (X) = A(X)X−a)nB2(X)B2(a) 6= 0 montrer qu’elle admet un
developpement:
F =α1
α − a+
α2
(α − a)2+ ... +
αn
(α − a)n+
A1
B2
α1, α2, ..., αn sont des constantes, on pose f = AB2
verifier que ces constantes sont telsque:αn =
f(a), αn−1 = f ′(a), α1 = n!f (n−a)(a).pour n=2 montrer que:
α2 =2A(a)
B′′(a)et α1 =
2
3
3A′(a)B′′(a) − A(a)B′′′(a)
A′′(a))2
avec B = (X − a)2B2.
Exercice 2: Soit F = uv
un element de lC(X), u et v designant respectivement les polynome con-jugues de u et v. Demontrer que la fraction u
vest independant du representant u
vde F choisi, on pose
F = uv, Demontrer que (λ ∈ lC) ¯F + G = F + G; FG = F .G , λF = λF , ¯F = F
a.) Demontrer que si a ∈ lC on a F (a) = F (a).b.) En d’eduire que si a, complexe non reel, est une racine ( resp un pole) d’ordre α de F , a est uneracine ( resp pole) d’ordre α de F que peut-on dire si F ∈ IR[X].
Exercice 3: Decomposer en eement simples les fractions suivantes:
1
X4 − 1dans IR[X]et dans lC[X]
1
1 + X4danslC[X]
Genetaliser les resultats pour les fractions:
1
Xn − 1et
1
Xn + 1(7.14)
Exercice 4: Decomposer dans IR[x] les fractions suivantes:
X2 + 1
X(X − 1)4(X2 − 2)2,
n!
X(X − 1) . . . (X − n),
1
Xm(1 − X)n,
1
(X2 − a2)n,
1
(X2 + a2)n
Exercice 5: Decomposer en elements simples sur lC (n ∈ IN; a, b ∈ lC, a 6= b)
1
(X2 − 1)n,
1
(X − a)n(X − b)n
Exercice 6: (xh) (1 ≤ h ≤ n) etant une famille de n nombres complexes tous distincts, on pose
Q(X) = (X − x1)(X − x2) . . . (X − xn)
Demontrer que1
[Q(X)]2=
n∑
h=1
[Ah
(X − xh)2+
Bh
(X − xh)]
Calculer Ah et Bh a l’aide de Q′(xh) et Q′′(xh)
94
Exercice 7: Soit P (X) un polynome defini sur le corps lC et ayant tous ses zeros distincts.a.) Decomposer en elements simples sur lC, la fraction rationnelle P ′
P (X) ; ou P ′ designant le polynomederive de P .b.) Decomposer de meme la fraction
P ′2 − PP ′′
P 2
Chapitre 8
Reduction des endomorphismes
Dans ce chapitre nous abordons un probleme important en algebre lineaire: la reduction des matricescarees. Notre but est de trouver une base dans laquelle la matrice M d’un endomorphisme donne estdiagonale.
Tout au long de ce chapitre, K designe un corps commutatif, E un espace vectoriel sur K,l’application identite de E sera notee par IE = I.
8.1 Vecteurs propres et valeurs propres d’un endomorphisme
8.1.1 Vecteurs propres
Definitions: Soit M la matrice d’un endomorphisme f de E. Un vecteur v ∈ E est dit vecteurpropre de M si:
i. v 6= 0E
ii. il existe λ ∈ K tel que Mv = λv (ou f(v) = λv).
Le scalaire λ est appele valeur propre associe au vecteur propre v.
Remarques:• Si v = 0E la relation M0E = 0E est toujours verifiee.• les vecteurs propres v associes a la valeur propre λ = 0K sont les vecteurs du KerM : Mv = 0E
• Si v 6= 0E la valeur propre λ lorsqu’elle existe elle est unique. En effet, soit λ et λ′ ∈ K deux valeurspropres associees a v: Mv = λv et Mv = λ′v on a donc λv = λ′v ⇒ (λ − λ′)v = 0K donc λ = λ′
• Si v est un vecteur propre associe a la valeur propre λ alors pour tout λ′ ∈ K; λ′v est aussi vecteurpropre correspondant a la meme valeur propre λ. En effet: M(λ′v) = λ′M(v) = λ′(λv) = λ(λ′v).
Exemples 9.1
i. Soit λ ∈ K. On definit l’homothetie vectorielle fλ de rapport λ par:
fλ : E → E
x → λx
Tout vecteur de E est vecteur propre de fλ associe a la valeur propre λ
ii. Considerons la symetrie sx qui a (x, y) ∈ IR2 fait correspondre (x,−y). sx est appelee symetriepar rapport a l’axe ox parallelement a l’axe oy.Il est clair que pour tout vecteur (x, 0) de l’axe ox, son image par sx est invariante: Sx((x, 0)) =(x, 0), (x, 0) est donc vecteur propre de sx associe a la valeur propre +1.De meme pour tout vecteur (0, y) de l’axe oy, son image par sx est: Sx((, y)) = (0,−y) =
95
96
−1(0, y), (0, y) est donc vecteur propre de sx associe a la valeur propre −1.Donc sx(e1) = e1 et sx(e2) = −e2, la matrice de sx relativement a la base canonique de IR2 est:
Msx =
(
1 00 −1
)
On remarque que la matrice de sx par rapport a la base des vecteurs propres (e1, e2) est diago-nale.
8.2 Sous espace propre
Definition: Soit M la matrice d’un endomorphisme f de E, λ un scalaire de K.
Eλ = {v ∈ E ; Mv = λv}
Eλ est appele le sous espace propre correspondant a la valeur propre λ.
Eλ 6= ∅ car le vecteur nul 0E appartient a Eλ.Si v1 et v2 sont deux elements de Eλ alors: Mv1 = λv1 et Mv2 = λv2. pour tous α, β ∈ K αv1 + βv2
est aussi element de Eλ. En effet: M(αv1 +βv2) = αM(v1)+βM(v2) = αλv1 +βλv2 = λ(αv1 +βv2),αv1 + βv2 est donc vecteur propre associe a la valeur propre λ
Remarques:• Si λ = 0K est valeur propre de M , par definition, il existe x ∈ E , x 6= 0E , tel que Mx = 0K .x = 0E ,donc E0 = KerM 6= {0E}.• Le sous espace Eλ = {0E} signifie que λ n’est pas valeur propre.• f(Eλ) ⊂ Eλ. En effet, pour tout y ∈ f(Eλ), il existe x ∈ Eλ tel que y = f(x) = Mx, puisque x estelement du sous espace propre alors y = f(x) = λx. My = f(y) = M(λx) = λf(x) = λy donc y ∈ Eλ.
Theoreme 9.1: E un espace vectoriel de domention finie sur K, M matrice d’un endomorphisme fde E, λ ∈ K une valeur propre de M . On a equivalence entre les deux proprietes suivantes:
i. λ est valeur propre de f
ii. M − λI n’est pas inversible
Preuve: ⇒ Soit λ une valeur propre de f , il existe un vecteur v 6= 0E ∈ E tel que Mv = λv ⇒(M − λI)(v) = 0E , ce qui veut dire que (M − λI) n’est pas injectif donc pas inversible.Reciproquement: Si M −λI n’est pas inversible alors Ker(M −λI) 6= {0E}, donc il existe v 6= 0E ∈ Etel que (M − λI)(v) = 0E ⇒ Mv = λv, donc λ est valeur propre.
Theoreme 9.2: Soient M une matrice d’un endomorphisme de E et λ1, λ2 deux scalaires distincts(λ1 6= λ2) alors:
i. Eλ1∩ Eλ2
= {0E}.
ii. Si v1 et v2 sont vecteurs propres associes respectivement aux valeurs propres λ1 et λ2 (λ1 6= λ2)alors la famille: {v1, v2} est libre.
Preuve:i.) Soit x ∈ Eλ1
∩ Eλ2alors x ∈ Eλ1
et x ∈ Eλ2. Il s’en suit donc que f(x) = λ1x = λ2x ⇒
(λ1 − λ2)x = 0E . Et comme λ1 6= λ2 on conclut que x = 0E .ii.) Soient α1 et α2 deux scalaires tel que
α1v1 + α2v2 = 0E (8.1)
97
on a
M(α1v1 + α2v2) = α1λ1v1 + α2λ2v2 = 0E (8.2)
si on soustrait λ1(8.1) a (8.2) on obtient (λ1 −λ2)α2v2 = 0E et comme λ1 6= λ2 et v2 6= oE on conclutque α2 = 0K et par suite α1 = 0K . La famille {v1, v2} est donc libre.Le resultat (ii.) du theoreme precedent se generalise facilement aux cas de m valeurs propres.
Theoreme 9.3: Soient E un espace vectoriel de dimension finie sur un corps K et M une matriced’un endomorphisme f de E. Soient λi, i = 1, . . . ,m, m valeurs propres de M deux a deux distincteset {vi} (i = 1, . . . ,m), vi les vecteurs propres correspondants. Alors la famille {vi} (i = 1, . . . ,m) estlibre.
Preuve: Par recurrence sur m.• m = 1, le vecteur propre v1 associe a la valeur propre λ1 est par definition non nul, donc {v1} estlibre.• m = 2 demonstration deja faite dans le theoreme precedent ii).• supposons que le resultat est vrai pour m − 1, soit α1, . . . , αm des scalaires tels que
α1v1 + α2v2 + . . . + αmvm = 0E (8.3)
on deduit
M(α1v1 + α2v2 + . . . + αmvm) = α1λ1v1 + α2λ2v2 + αmλmvm = 0E (8.4)
si on soustrait λm(8.3) a (8.4) on obtient
(λ1 − λm)α1v1 + (λ2 − λm)α2v2 + . . . + (λm−1 − λm)αm−1vm−1 = 0E (8.5)
les λi sont deux a deux distincts, d’apres l’hypothese de recurrence on a:
(λi − λm)αi = 0K , i = 1, . . . ,m − 1 ⇒ αi = 0K
En reportant αi = 0K(i = 1, . . . ,m − 1) dans la relation (8.3) on obtient αm = 0K . On conclut doncque {v1, v2, . . . , vm} est libre.
Corollaire: Si E est de dimension n, la matrice M d’un endomorphisme f de E possede au plusn valeurs propres.
Theoreme 9.4: Si λ1, λ2, . . . , λm sont des scalaires deux a deux distincts, alors
Eλ1+ Eλ2
+ . . . + Eλm= Eλ1
⊕ Eλ2⊕ . . . ⊕ Eλm
Preuve: par recurrence sur m.Pour m = 1 il n’y a rien a montrer. Supposons que Eλ1
+ Eλ2+ . . . + Eλm
= Eλ1⊕ Eλ2
⊕ . . . ⊕ Eλm
et montrons que Eλ1, Eλ2
, . . .Eλm, Eλm+1
sont en somme directe. Pour cela il suffit de montrer que(Eλ1
+ Eλ2+ . . . + Eλm
) ∩ Eλm+1= {0E}. En effet soit x ∈ (Eλ1
+ Eλ2+ . . . + Eλm
) ∩ Eλm+1, donc
x ∈ Eλ1+ Eλ2
+ . . . + Eλmet x ∈ Eλm+1
. x etant element de Eλ1+ Eλ2
+ . . . + Eλmet x ∈ Eλm+1
, ils’ecrit comme:
x = x1 + x2 + . . . + xm , xi ∈ Eλi
Calculons Mx: Mx = M(x1 +x2 + . . .+xm) = λ1x1 +λ2x2 + . . .+λmxm (f est lineaire et xi ∈ Eλi).
Or Mx = λm+1x = λm+1(x1 + x2 + . . . + xm) du fait que x ∈ Eλm+1.
En identifiant les deux expressions de Mx on trouve:
λ1x1 + λ2x2 + . . . λmxm = λm+1x1 + λm+1x2 + . . . + λm+1xm
(λ1 − λm+1)x1 + (λ2 − λm+1)x2 + . . . + (λm − λm+1)xm = 0E (8.6)
98
le vecteur (λ1 − λm+1)x1 + (λ2 − λm+1)x2 + . . . + (λm − λm+1) = 0E est un element de Eλ1+ Eλ2
+. . . + Eλm
= Eλ1⊕Eλ2
⊕ . . .⊕Eλm, donc 0E peut s’ecrire comme: 0E = 0Eλ1
+ 0Eλ2+ . . . + 0Eλm
. Ladecomposition est unique, ce qui implique que:
(λp − λm+1)xp = 0E pour p = 1, 2, . . . ,m
Comme les λi sont deux a deux distincts, donc xp = 0E pour p = 1, 2, . . . ,m et par consequentx = 0E .
8.3 Polynome caracteristique d’un endomorphisme
Definition: Soient E un espace vectoriel sur un corps K et M la matrice d’un endomorphisme f deE. On definit le polynome caracteristique de M comme etant:
PM (λ) = det(M − λIE) (8.7)
λ est un scalaire de K. PM est un polynome a coefficient dans K dont le degre est la dimension de E.
Exemples 9.2:a. Soit a calculer le polynome caracteristique de la matrice
M1 =
−1 0 −10 2 10 −2 −1
PM1(λ) = det(M − λI3) =
−1 − λ 0 −10 2 − λ 10 −2 −1 − λ
= (−1 − λ)2 − λ 1−2 −1 − λ
= (−1 − λ)[(2 − λ)(−1 − λ) + 2] = λ(−1 − λ)(λ − 1) (8.8)
b. Soit a calculer le polynome caracteristique de la matrice
M2 =
(
a bc d
)
PM2(λ) = det(M − λI2) = det
a − λ bc d − λ
= (a − λ)(d − λ) − bc = ad − bc − λ(d + a) + λ2 (8.9)
Theoreme 9.5: Les valeurs propres de M dans K sont exactement les racines dans K du polynomecaracteristique PM .
Preuve: Cela resulte du fait que si λ est valeur propre de M alors M − λIE n’est pas inversible.
Exemples 9.3:
a. les valeurs propres de M1 =
−1 0 −10 2 10 −2 −1
sont les racines de PM1
(λ) = λ(−1 − λ)(λ − 1).
On a donc trois valeurs propres: λ1 = 0 , λ2 = 1 , λ3 = −1.Les vecteurs propres associes a la valeur propre λ1 = 0 sont definis par:
E0 = {(x, y, z) ∈ IR3 ; M1
xyz
=
000
}
99
Tout vecteur propre verifie:
−x − z = 02y + z = 0−2y − z = 0
Les vecteurs propres associes a 0 sont donc de la forme (x, y, z) = (−z,−z/2, z) = z(−1,−1/2, 1). E0
est donc le sous espace de dimension un engendre par v0 = (−1,−1/2, 1).Les vecteurs propres associes a la valeur propre λ1 = 1 sont definis par:
E1 = {(x, y, z) ∈ IR3 ; M1
xyz
= +1
xyz
}
Tout vecteur propre verifie:
−x − z = x2y + z = y−2y − z = z
Les vecteurs propres associes a λ = 1 sont donc de la forme (x, y, z) = (−z/2,−z, z) = z(−1/2,−1, 1).E1 est donc le sous espace de dimension un engendre par v1 = (−1/2,−1, 1).
Les vecteurs propres associes a la valeur propre λ1 = −1 sont definis par:
E−1 = {(x, y, z) ∈ IR3 ; M1
xyz
= −1
xyz
}
Tout vecteur propre verifie:
−x − z = −x2y + z = −y−2y − z = −z
E−1 est donc le sous espace de dimension un engendre par v−1 = (1, 0, 0).On montre facilement que B′ = (v0, v1, v−1) est une base de IR3. La matrice M1 dans cette base B′
est de la forme:
M1[B′] =
0 0 00 1 00 0 −1
(8.10)
b. Les valeurs propres de M2 =
(
a bc d
)
sont les racines de PM2(λ) = ad − bc − λ(d + a) + λ2.
DegPM2= 2, son descriminant est ∆ = (d + a)2 − 4(ad − bc) = (d − a)2 + 4bc.
• Si ∆ = 0, PM2a deux racines reelles confondues λ1 = λ2 = d+a
2
• Si ∆ > 0, PM2a deux racines reelles distinctes λ1 = d+a+
√∆
2 et λ2 = d+a−√
∆2 .
• Si ∆ < 0, PM2a deux racines complexes distinctes λ1 = d+a+i
√−∆
2 et λ2 = d+a−i√−∆
2 .
Remarque: On voit clairement que la notion de valeur propre depend du corps K. Dans le cas dupolynome caracteristique PM2
avec ∆ < 0. On dit que M2 n’a pas de valeurs propres dans IR.
Propriete: Si λ0 est une racine d’ordre m du polynome caracteristique PM (λ) alors 1 ≤ dimEλ0≤ m.
Eλ0est le sous espace propre associe a λ0.
Theoreme de Cayley-Hamilton (admis): Soit E un espace vectoriel sur K de dimnsion n. Pour
100
toute matrice M d’un endomorphisme f de E, tel que le polynome caracteristique PM ai toutes sesracines dans K on a: PM (M) = 0Mn .
Remarques:
• Si le polynome caracteristique PM est de la forme PM (λ) = a0 + a1λ + a2λ2 + . . . + anλn, alors
PM (M) s’obtient en remplacant aiλi par aiM
i et le terme constant a0 par a0IE :
PM (M) = a0IE + a1M + a2M2 + . . . + anMn
• Le theoreme de Cayley-Hamilton permet de calculer l’inverse de M si il existe. En effet: si Mest inversible, detM=PM (0) = a0 6= 0. Cayley-Hamilton implique:
PM (M) = a0IE + a1M + a2M2 + . . . + anMn = 0Mn ⇒
a0IE = M(−a1 − a2M − . . . − anMn−1) = (−a1 − a2M − . . . − anMn−1)M ⇒IE = M(−a1
a0− a2
a0M − . . . − an
a0Mn−1) = (−a1
a0− a2
a0M − . . . − an
a0Mn−1)M(8.11)
On conclut donc que M−1 est donnee par:
M−1 = −a1
a0− a2
a0M − . . . − an
a0Mn−1
Exemple: Soit la matrice
M =
(
1 11 2
)
le polynome caracteristique est donne par:
PM (λ) = det(M − λI2) =1 − λ 1
1 2 − λ= 1 − 3λ + λ2 (8.12)
Les valeurs propres de M sont λ1,2 = 3±√
52 . Pour verifier le theoreme de Cayley-Hamilton, on a
besoin d’evaluer M2. En effet,
M2 =
(
2 33 5
)
Verifions Cayley-Hamilton:
PM (M) =
(
1 00 1
)
− 3
(
1 11 2
)
+
(
2 33 5
)
=
(
0 00 0
)
De l’egalite I2 − 3M + M2 = 0, on peut deduire M−1 = 3I2 − M =
(
2 −1−1 1
)
8.4 Diagonalisation
Definition: On dira que la matrice M d’un d’un endomorphisme f de E est diagonalisable, s’il existeune base B telle que:
M [f,B] = D =
α1 0 . . . 00 α2 . . . 0...
.... . .
...0 . . . 0 αn
101
autrement, on dira que M est semblable a D, c’est a dire qu’il existe une matrice de passage telle que
D = P−1MP
Exemple 9.4: Soit a diagonaliser la matrice: M3 =
−1 1 11 −1 11 1 −1
. Le polynome caracteristique
PM3est donne par:
PM3(λ) = det(M3 − λI3) = −(λ − 1)(λ + 2)2
On a donc deux valeurs propres: λ1 = 1 et λ2 = −2. On dit que λ1 est une valeur propre simple etλ2 est une valeur propre double, son ordre de multiplicite est 2.sous espaces propres:
E1 = {(x, y, z) ∈ IR2 ; M3
xyz
= +1
xyz
}
Tout vecteur (x, y, z) ∈ E1 verifie x = y = z. Donc E1 est un sous espace vectoriel de dimension 1engendre par v1 = (1, 1, 1).
E−2 = {(x, y, z) ∈ IR2 ; M3
xyz
= −2
xyz
}
On remarque que les trois equations caracterisant E−2 sont equivalentes a x + y + z = 0. Donc E−2
est un sous espace vectoriel de dimension deux engendre par v2 = (1, 0,−1) et v3 = (0, 1,−1).Les deux valeurs propres λ1 = 1 et λ2 = −2 sont distinctes. D’apres le theoreme 9.4 on a:E1 ⊕ E−2 = E1 + E−2. or E1 ⊕ E−2 est un sous espace de IR3 et dim(E1 ⊕ E−2) = 1 + 2 = 3, onconclut que:
IR3 = E1 ⊕ E−2
B′ = (v1, v2, v3) est une base de vecteur propres (theoreme 9.3). La matrice de M3 dans la base B′
est diagonale et est donnee par:
M3[B′] =
1 0 00 −2 00 0 −2
(8.13)
La matrice de passage de la base canonique a la base B′ est:
P =
1 1 01 0 11 −1 −1
(8.14)
La matrice de passage inverse est:
P−1 =1
3
1 1 12 −1 −1−1 2 −1
On pourra verifier sans probleme que
M3[B′] = P−1M3P
Une condition de diagonalisation de la matrice M est que IR3 est somme de ses sous espaces propres:IR3 = E1 ⊕ E−2 (dimIR3 = dimE1 + dimE−2).
102
Dans le cas general, nous avons vu au theoreme 9.4 que si λ1, λ2, . . . , λm sont des valeurspropres deux a deux distincts de M , alors Eλ1
+ Eλ2+ . . . + Eλm
= Eλ1⊕ Eλ2
⊕ . . . ⊕ Eλm. En fait,
Eλ1⊕Eλ2
⊕. . .⊕Eλm⊂ E est un sous espace vectoriel de E. Dans le cas ou E = Eλ1
⊕Eλ2⊕. . .⊕Eλm
,la matrice M est diagonale. Ce resultat est exprime dans le theoreme suivant:Theoreme 9.6 Soient E un K-espace vectoriel de dimension n et M une matrice carree d’ordre nassociee a un endomorphisme f de E dans E. Si M admet m valeurs propres distinctes deux a deuxλ1, . . ., λm, M est diagonalisable si et seulement si
E = Eλ1⊕ . . . ⊕ Eλm
.
Caracterisation: Soient E un K-espace vectoriel de dimension n et M une matrice carree d’ordren associee a un endomorphisme f de E dans E. Les proprietes suivantes sont equivalentes:
i M est diagonalisable
ii il existe une base B telle que la matrice de M dans B est diagonale
iii Le polynome caracteristique PM (λ) a toutes ses racines dans K:
PM (λ) = (−1)n(λ − λ1)α1(λ − λ2)
α2 . . . (λ − λm)αm
et pour tout i = 1, ...,m
dimEλi= αi
iv M admet n valeurs propres dans K toutes distinctes.
Exemples 9.5
a. Dans l’exemple 9.3, nous avons vu que M1 =
−1 0 −10 2 10 −2 −1
a trois valeurs propres distinctes:
λ1 = 0 , λ2 = 1 , λ3 = −1. Les vecteurs propres associes sont: v0 = (−1,−1/2, 1), v1 = (−1/2,−1, 1)et v−1 = (1, 0, 0). La base des vecteurs propre est B′ = (v0, v1, v−1). La matrice M1 dans cette baseB′ est diagonale et est donnee par:
M1[B′] =
0 0 00 1 00 0 −1
(8.15)
cet exemple correspond au cas ii) et vi) de la caracterisation.
b. Dans l’Exemple 9.4:, nous avons traite M3 =
−1 1 11 −1 11 1 −1
. Nous avons montre que
M3 a deux valeurs propres: λ1 = 1 valeur propre simple et λ2 = −2 valeur propre double. On aegalement montre que λ1 = 1 est associee au vecteurs propres v1 = (1, 1, 1) et que dimE1 = 1.La valeur propre double λ2 = −2 est associee aux vecteurs propres v2 = (1, 0,−1) et v3 = (0, 1,−1)et que dimE−2 = 2.La matrice M3 dans la base des vecteurs propres B′ = (v1, v2, v3) est de la forme:
M3[B′] =
1 0 00 −2 00 0 −2
(8.16)
103
M3 est donc diagonale. Cet exemple correspond au cas iii) de la caracterisation.
c. Soit a diagonaliser la matrice M4[B] =
(
0 −11 0
)
dans IR et dans lC. Le polynome caracteristique
de M4 est donne par:
PM4(λ) = λ2 + 1 (8.17)
Ce polynome n’a pas de racines dans IR, donc M4 n’est pas diagonalisable dans IR.PM4
(λ) a deux racines simples dans lC: λ1 = i et λ2 = −i, donc M4 est diagonalisable dans lC.Sous espaces propres:
Ei = {(x, y) ∈ lC2 ; M4
(
xy
)
= i
(
xy
)
}
pour tout vecteur (x, y) ∈ Ei, on a y = −ix. Ei est engendre par u1 = (1,−i), Ei =< (1,−i) >. Dememe on montre que E−i est engendre par u2 = (1, i), E−i =< (1, i) >.La base des vecteurs propres est B′ = (u1, u2) et la matrice M4 dans cette base est:
M4[B′] =
(
i 00 −i
)
La matrice de passage de B a B′ est:
P =
(
1 1−i i
)
son inverse est:
P−1 =
(12
I2
12 − I
2
)
On pourra verifier que M4[B′] = P−1M4[B]P .
d. M5[B] =
(
3 1−1 1
)
est elle diagonalisable dans IR. Le polynome caracteristique de M5 est donne
par:PM5
(λ) = det(M5 − λI2) = λ2 − 4λ + 4 = (λ − 2)2
λ = 2 est donc valeur propre double de M5.Calculons la dimension du sous espace propre E2:
E2 = {(x, y) ∈ IR2 ; M5
(
xy
)
= 2
(
xy
)
}
= {(x, y) ∈ IR2 ; 3x + y = 2x et − x + y = 2y}= {(x, y) ∈ IR2 ;x + y = 0} (8.18)
Tout vecteur de E2 est donc de la forme: (x, y) = x(1,−1), E2 est donc engendre par (1,−1) et estdonc de dimension 1. La matrice M5 n’est donc pas diagonalisable (dimE2 = 1 6= 2).
d. M6[B] =
−4 0 −20 1 05 1 3
est elle diagonalisable dans IR.
Le polynome caracteristique de M6 est donne par: PM6(λ) = det(M6 − λI3).
PM6(λ) =
−4 − λ 0 −20 1 − λ 05 1 3 − λ
= (1 − λ)−4 − λ −2
5 3 − λ
= −(λ − 1)2(λ + 2) (8.19)
104
λ = 1 est valeur propre double et λ = −2 est valeur propre simple.Calculons le sous espace propre associe a λ = 1:
E1 = {(x, y, z) ∈ IR3 ; M6
xyz
=
xyz
}
= {(x, y, z) ∈ IR3 ;−4x − 2z = x , y = y et 5x + y + 3z = z}= {(x, y, z) ∈ IR3 ; 5x + 2z = 0 et y = 0} (8.20)
tout vecteur (x, y, z) ∈ E1 est donc de la forme (x, y, z) = (x, 0,−5x/2) = x(1, 0,−5/2). E1 est doncengendre par (1, 0,−5/2) et est de dimension 1, dimE1 = 1 6= 2. La matrice M6 n’est donc pasdiagonalisable.
8.5 Applications
Calcul de la puissance nieme d’une matrice
Soit M une matrice carree d’ordre n. Si M est diagonalisable alors elle existe une matrice de passageP telle que:
D[λ1, λ2, . . . , λm] =
λ1 0 . . . 00 λ2 . . . 0...
.... . .
...0 . . . 0 λm
= P−1MP
La puissance nieme de D est facile a calculer et est donnee par:
(D[λ1, λ2, . . . , λm])n = D[λn1 , λn
2 , . . . , λnm] =
λn1 0 . . . 00 λn
2 . . . 0...
.... . .
...0 . . . 0 λn
m
(8.21)
la puissance nieme de matrice matrice M est donnee par:
(M)n = PD[λn1 , λn
2 , . . . , λnm]P−1
Resolution des systemes des suites recurrentes:
Nous traitons cette application sur un exemple. Soient (un), (vn) et (wn) trois suites reelles depremiers termes u0 = 1, v0 = 1, w0 = −1 tels que:
un = −un−1 + vn−1 + wn−1
vn = un−1 − vn−1 + wn−1
wn = un−1 + vn−1 − wn−1
(8.22)
ce systeme de suites recurrentes peut s’ecrire sous forme matricielle de la facon suivante:
Xn =
un
vn
wn
=
−1 1 11 −1 11 1 −1
un−1
vn−1
wn−1
= M3Xn−1
On a donc la relation de recurrence simple entre le vecteur Xn et Xn−1
Xn = M3Xn−1
105
On pourra donc exprimer Xn en fonction de X0 =
u0
v0
w0
comme suit:
Xn = Mn3 X0
Le probleme est donc ramene au calcul de Mn3 qua nous avons etudie dans la section precedente.
On a montre precedement que M3 est semblable a une matrice diagonale. Mn3 est donc donnee par:
M3[B′] =
1 0 00 −2 00 0 −2
La matrice de passage de la base canonique a la base B′ est:
P =
1 1 01 0 11 −1 −1
La matrice de passage inverse est:
P−1 =1
3
1 1 12 −1 −1−1 2 −1
On pourra verifier sans probleme que
Mn3 =
1
3
1 1 01 0 11 −1 −1
1n 0 00 (−2)n 00 0 (−2)n
1 1 12 −1 −1−1 2 −1
tout calcul fait, on obtient:
Mn3 =
(1 + (−1)n2(1 + n))/3 (1 − (−2)n)/3 (1 − (−2)n)/3
(1 − (−2)n)/3 (1 + (−1)n2(1 + n))/3 (1 − (−2)n)/3
(1 − 2n(−1)n)/3 (1 − 2n(−1)n)/3 (1 + (−1)n2(1 + n))/3
Les suites (un), (vn) et (wn) sont donnes par:
un
vn
wn
=
(1 + (−1)n2(1 + n))/3 (1 − (−2)n)/3 (1 − (−2)n)/3
(1 − (−2)n)/3 (1 + (−1)n2(1 + n))/3 (1 − (−2)n)/3
(1 − 2n(−1)n)/3 (1 − 2n(−1)n)/3 (1 + (−1)n2(1 + n))/3
u0
v0
w0
on trouve donc:
un = (1 + (−1)n2(1 + n))/3
vn = (1 + (−1)n2(1 + n))/3
wn = (1 − 2(2 + n)(−1)n)/3
Resolution d’un systeme differentiel lineaire du premier ordre:
Rappel: Equation differentielle lineaire du premier ordre
Soit a resoudre l’equation differentielle lineaire du premier ordre suivante: y′(t) = ay(t) ou a est une
constante reelle. La resolution est immediate. Il suffit d’ecrire y′(t) = ay(t) sous la forme: dy(t)y(t) = adt.
Apres integration on trouve:y(t) = ceat
ou c est une constante reelle fixee par les condition initiale du probleme en question. Si par exemplea t = 0, y(0) = y0 alors la solution generale de l’equation differentielle est y(t) = y0e
at.
106
Resolution d’un systeme differentiel lineaire:
Nous traitons cela dans l’exemple suivant:
y′1(t) = −y1(t) + y2(t) + y3(t)y′2(t) = y1(t) − y2(t) + y3(t)y′3(t) = y1(t) + y2(t) − y3(t)
(8.23)
avec y′i(t) = dyi(t)dt
. On pose Y (t) =
y1(t)y2(t)y3(t)
. On a donc Y ′(t) = dY (t)
dt=
y′1(t)y′2(t)y′3(t)
. Le systeme
differentiel (8.23) peut s’ecrire sous forme matricielle comme:
Y ′(t) =
−1 1 11 −1 11 1 −1
Y (t) = M3Y (t) (8.24)
On a vu precedement que M2 est diagonalisable et on a montre que
D =
λ1 0 00 λ2 00 0 λ3
=
1 0 00 −2 00 0 −2
= P−1M3P
avec P est donnee dans l’equation (8.14).On multiplie l’equation Y ′(t) = M3Y (t) par P−1 a gauche et on insere dans la meme equationI3 = PP−1 entre M3 et Y (t), ce qui donne:
P−1Y ′(t) = P−1M3P︸ ︷︷ ︸
D
P−1Y (t) = DP−1Y (t) (8.25)
a cette etape il est donc naturel de proceder au changement suivant:
Z(t) = P−1Y (t) =
z1(t)z2(t)z3(t)
(8.26)
La matrice M3 est independante du temps et donc la matrice de passage l’est aussi:
Z ′(t) = P−1Y ′(t) =
z′1(t)z′2(t)z′3(t)
L’equation (8.25) devient donc:Z ′(t) = DZ(t)
comme D est diagonale, on a donc un trois equation differentielle du premier ordre non couplee:
z′1(t) = λ1z1(t)z′2(t) = λ2z2(t)z′3(t) = λ3z3(t)
(8.27)
La resolution d’une equation differentielle du premier ordre est facile, z′(t) = az(t) a pour solutiongenerale: z(t) = z(0)eat. La solution des trois equations differentielles (8.28) est de la forme:
z1(t) = z1(0)eλ1t
z2(t) = z2(0)eλ2t
z3(t) = z3(0)eλ3t
(8.28)
107
La solution du systeme (y1, y2, y3) s’obtient a de l’equation (8.26):
Z(t) = P−1Y (t) ⇒ Y (t) = PZ(t) =
1 1 01 0 11 −1 −1
z1(0)et
z2(0)e−2t
z3(0)e−2t
(8.29)
on trouve:
y1(t) = z1(0)et + z2(0)e
−2t
y2(t) = z1(0)et + z3(0)e
−2t
y3(t) = z1(0)et − z2(0)e
−2t − z3(0)e−2t
(8.30)
108
8.6 Exercices
Exercice 1. Soit A une matrice carree. Montrer que A et tA ont les memes valeurs propres.
Exercice 2. Soient f et g des endomorphismes d’un espace vectoriel E. Montrer que fog et gofont les memes valeurs propres.
Exercice 3. Soit M une matrice carree inversible. Determiner les valeurs propres de M−1 en fonctionde celles de M .Exercice 4. Une matrice carree A est dite nilpotente s’il existe un entier p > 1 tel que: Ap = 0 etAp−1 6= 0. Montrer que si A est nilpotente alors 0 est l’unique valeur propre de A.
Exercice 5. Les matrices suivantes sont elles diagonalisables?
A1 =
(
1 33 9
)
, A2 =
(
9 22 6
)
, A3 =
1 2 −22 4 −4−2 −4 4
, A4 =
0 2 02 0 00 0 1
Si oui calculer la puissance nieme de Ai.
Exercice 6. Pour les matrices de l’exercice 3, montrer par le calcul que le theoreme de Cayley-Hamilton est verifie. En deduire A−1
i s’elle existe.
Exercice 7. Soit la matrice A =
−4 0 −20 1 05 1 3
. A est elle diagonalisable?
Montrer que A est semblable a une matrice triangulaire que l’on precisera.
Exercice 8. Applications de la diagonalisation.
1. Resoudre le systeme differentiel:
y′1(t) = 4y1(t) + 6y2(t)y′2(t) = −3y1(t) − 5y2(t)y′3(t) = −3y1(t) − 6y2(t) − 5y3(t)
2. un, vn et wn trois suites telles que:
un = un−1 + 2vn−1 − 2wn−1
vn = 2un−1 + 4vn−1 − 4wn−1
wn = −2un−1 − 4vn−1 + 4wn−1
Calculer un, vn et wn
en fonction de n et u0, v0 et w0.
3. Resoudre l’equation differentielle suivante: y′′ − 5y′ − 6y = 0
