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COURS DE MATHEMATIQUES
ALGEBRE
LAKHEL El HassanUniversite Cadi Ayyad
Ecole Nationale des Sciences AppliqueesSafi
www.ensasafi.ma
Annee Universitaire : 2006-2007
Table des matieres
I ALGEBRE GENERALE 6
1 GENERALITES - STRUCTURES ALGEBRIQUES 71.1 Ensenbles - Relations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.1 Ensembles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1.2 Relation binaire sur un ensemble E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.3 Applications et fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Lois de composition - Structures d’ensembles . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3 Groupes et sous-groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Morphisme de groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.5 Anneaux et corps . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.6 EXERCICES. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2 LES POLYNOMES 192.1 Presentation des polynomes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.1 Definitions et notations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.1.2 Operations sur les polynomes : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.2 Division Euclidienne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.2.1 Arithmetiques sur les polynomes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.2.2 Algorithme d’Euclide. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3 Fonction polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.3.1 Polynome derive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.3.2 Formule de Taylor pour les polynomes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.4 Zeros d’un polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.4.1 Multiplicite d’une racine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.5 Polynomes irreductibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.6 Decomposition des polynomes en facteurs irreductibles . . . . . . . . . . . . 30
2.6.1 Factorisation des polynomes dans C[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.6.2 Factorisation des polynomes dans R[X] . . . . . . . . . . . . . . . . 302.6.3 Annexe : Recherche des racines, quelques resultats et methodes . . . . 32
2.7 EXERCICES. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3 FRACTIONS RATIONNELLES 363.1 Definitions et proprietes algebriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.1.1 Fractions ratinnelles irreductibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.2 Decomposition en elements simples d’une fraction rationnelle . . . . . . . . . 38
3.2.1 Fractions rationnelles regulieres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.2.2 Decomposition en elements simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.2.3 Decomposition dans C(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.2.4 Decomposition dans R(X) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3.3 Recherche des parties polaires relatives a des facteurs de la forme (X − a)α . 43
1
3.3.1 Division suivant les puissances croissantes . . . . . . . . . . . . . . . . 433.4 Recherche des parties polaires relatives a des facteurs de la forme (X2 +bX +c)α 453.5 APPLICATIONS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.6 EXERCICES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
II ALGEBRE LINEAIRE 49
4 ESPACES VECTORIELS ET APPLICATIONS LINEAIRES 504.1 Structure d’espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.2 Sous-espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4.2.1 Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.2.2 Sous-espace engendre par une partie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4.3 Applications lineaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.3.1 Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.3.2 Image et noyau d’une application lineaire . . . . . . . . . . . . . . . . 56
4.4 Operations sur les applications lineaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.4.1 Structure d’espace vectoriel de LK(E,F ) . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.4.2 Composition des applications lineaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.4.3 Le groupe lineaire (GL(E), o) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
4.5 Independance lineaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
5 ESPACES VECTORIELS DE DIMENSION FINIE 625.1 Definition d’un espace vectoriel de dimension finie. Bases. . . . . . . . . . . . 62
5.1.1 Espace vectoriel engendre par une suite finie. Base . . . . . . . . . . . 625.1.2 Existence de bases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
5.2 Dimension d’un espace vectoriel de dimension finie . . . . . . . . . . . . . . . 635.2.1 Le theoreme de la dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 635.2.2 Rang d’une suite finie de vecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 645.2.3 Espace vectoriel de dimension finie donnee n . . . . . . . . . . . . . . 65
5.3 Sous-espaces d’un espace vectoriel de dimension finie . . . . . . . . . . . . . . 655.4 Applications lineaires d’un K-e.v. de dimension finie dans un K e. v. . . . . . 66
6 MATRICES ET SYSTEMES LINEAIRES 726.1 Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
6.1.1 Definitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 726.1.2 Transposee d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
6.2 Operations sur les matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746.2.1 L’espace vectoriel Mp,n(K) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746.2.2 Base canonique et dimension de Mp,n(K) . . . . . . . . . . . . . . . . 746.2.3 Multiplication des matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 746.2.4 Rang d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
6.3 Matrice d’une application lineaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 756.4 Matrices carrees inversibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 776.5 Changement de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
6.5.1 Action d’un changement de base sur les coordonnees d’un vecteur . . 796.5.2 Action d’un changement de base sur la matrice d’une application lineaire 80
6.6 Systemes lineaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 806.6.1 Definitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 806.6.2 Interpretation matricielle d’un systeme lineaire : . . . . . . . . . . . . 81
2
6.6.3 Rang d’un systeme lineaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816.7 Methode de pivot de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 826.8 Algorithme du pivot de Gauss : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 846.9 Exercices : Les matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
7 DETERMINANTS 917.1 Le groupe symetrique Sn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 917.2 Formes miltilineaires alternees . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 937.3 Determinant d’une suite de vecteurs dans une base . . . . . . . . . . . . . . 947.4 Determinant d’une matrice carree . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 957.5 Proprietes et calcul des determinants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 957.6 Applications des determinants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
7.6.1 Independance lineaire de n vecteurs dans un e.v. de dimension n . . . 977.6.2 Determinant d’un endomorphisme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 987.6.3 Calcul de l’inverse d’une matrice carree inversible . . . . . . . . . . . . 997.6.4 Calcul du rang d’une matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
7.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
8 REDUCTION DES ENDOMORPHISMES 1048.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1048.2 Vecteurs propres et valeurs propres d’un endomorphismes : . . . . . . . . . . 104
8.2.1 Calcul des valeurs propres. Polynome caracteristique . . . . . . . . . . 1058.2.2 Sous-espaces propres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
8.3 Diagonalisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1088.4 Generalites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1088.5 Caracterisation des endomorphismes diagonalisables . . . . . . . . . . . . . . 1098.6 Trigonalisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1118.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
9 Examens de l’annee universitaire 2005-2006 117
3
INTRODUCTION
Ce support de cours a pour objectif de faciliter le travail des etudiants. Il contient l’es-sentiel du module d’algebre, de la premiere annee ENSAS que l’etudiant doit connaıtre.
Dans le cadre de ce cours on cherche a la fois developper de faon rigoureuse des conceptset des methodes et a degager des connaissances necessaires a la physique et aux sciencesingenieurs. Le programme d’algebre est organise autour des concepts fondamentaux d’es-pace vectoriel et d’application lineaire, et de leurs interventions en algebre, en analyse et engeometrie. La maıtrise de l’algebre lineaire elementaire en dimension finie constitue un objectifessentiel. C’est pour les eleves la partie la plus difficile, car la plus abstraite et la plus neuve :ils y rencontrent pour la premiere fois la notion de structure, qui s’interesse aux proprietesdes objets manipules et non leur nature. Elle necessite un important effort d’abstraction etdemande une assez longue adaptation. La plupart des resultats sont demontrs, dans le butd’habituer les eleves a tenir un raisonnement rigoureux, a ne pas confondre demonstration etaffirmation, et aussi parce que les demonstrations permettent souvent de mettre en oeuvre etd’illustrer les concepts introduits ou les proprietes precedemment etablies.En debut d’annee, on introduit la notion de loi de composition interne dans un ensemble,l’etude des structures de groupe, anneau, corps, se reduit aux definitions (structure, sous-structure, morphismes) et a quelques proprietes elementaires des morphismes (composition,noyau, isomorphismes). Survol du groupe des permutations d’ordre n (definition d’une per-mutation, d’une transposition, determination pratique de la signature). Ensuite, nous allonsetudier les polynomes et les fractions rationnelles.
L’etude de l’algebre lineaire constitue le coeur du cours d’algebre ; elle est subdivisee ensix chapitres :
La deuxeme partie evoque la notion d’espace vectoriel. Notre but est d’introduire lesnotions de base de l’algebre lineaire et de demontrer rigoureusement les resultats principauxde ce sujet. Les domaines suivants seront traites dans le premier chapitre de cette partie :
• Espace vectoriel et sous-espace vectoriel.• Suite libre et suite generatrice.• Application lineaire, endomorphisme, isomorphisme, automorphisme.• Noyau et image d’une application lineaire.• Espaces vectoriels de dimension finie.
Les chapitres cinq-huit introuduisent les matrices, les systemes d’equations lineaires , lesdeterminants et les reductions des matrices.
Le meilleur apprentissage de l’Algebre Lineaire s’obtient par un travail regulier sur toutel’annee. Ce cours va te permettre de revoir rapidement ce qu’il te faut absolument savoir !Mais ca reste un aide-memoire et ne te dispense ni de cours, ni de faire les exercices. Chaquefois qu’un exercice vous pose des problemes, revenez a la partie du cours concernee, verifiezque les definitions et les theoremes ont ete bien compris et refaire les exemples et exercicesdonnes. Ces allers-retours entre le cours et les applications sont essentiels pour une bonnecomprehension. Pour certains theoreme, la demonstration ne demande que quelques lignes,
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-et peut a tort sembler triviale, -alors que pour d’autres , il faut beaucoup plus d’ingeniosite.Aucune de ces demonstrations ne doit etre traitee a la legere, car c’est precisement a causede l’abondance de ces theoremes que le calcul offre une base naturelle d’etude a ceux quiveulent atteindre une certaine maturite mathematique. Des exercices sont inseres dans lecours, souvent a la fin de chaque chapitre, ils deveraient permettre a l’etudiant de controler,au fur et a mesure, l’acquisition des connaissances. J’espere presenter ainsi un ensemblecoherent que chaque etudiant pourra parcourir a son rythme.Je serais reconnaissant a ceux de mes lecteurs qui me feront parvenir leurs remarques sur cece fascicule.
E. Lakhel
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Premiere partie
ALGEBRE GENERALE
6
Chapitre 1
GENERALITES - STRUCTURESALGEBRIQUES
1.1 Ensenbles - Relations
1.1.1 Ensembles
a- Ensemble : Un ensemble est une collection d’objets verifiant une propriete commune.Ces objets sont alors appeles elements de l’ensemble.
b- Appartenance : Soit E un ensemble. Si a est un element de E ; on dit que a appartienta E et on note a ∈ E.
c- Sous-ensemble d’un ensemble : Soit E un ensemble. On dit qu’une partie A de E estun sous-ensemble de E si tout element de A est element de E ; on dit aussi que A estinclus dans E et on note : A ⊆ E. Les sous ensembles ou parties de E constituent unensemble qu’on note P(E), et on a
A ∈ P(E) ⇔ A ⊆ E.
Remarque 1.1. 1. Si E = ∅, P(E) contient un element qui est la partie vide de E. C’est-a-dire : P(∅) = {∅}.2. Si a ∈ E on ne confondra pas a et {a} : a est un element de E tandis que {a} est unepartie de E, i.e. un element de P(E).
d- Sous-ensemble complementaire : Soient E un ensemble et A une partie de E. Onappelle sous-ensemble complementaire de A dans E et on note ⊂A
E ou A, le sous-ensemble de E constitue des elements de E qui n’appartiennent pas a A, et on a
A = {x ∈ E/ x /∈ A}.
e- Egalite d’ensembles :A = B ⇔ (A ⊆ B et B ⊆ A).
f- Produit cartesien de deux ensemblesLe produit cartesien de deux ensembles E et F se definit par :1. E × F = {(x, y)/ x ∈ E et y ∈ F}2. E × E = E2.
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1.1.2 Relation binaire sur un ensemble E
On appelle relation binaire R sur un ensemble E, tout sous-ensemble de E2, tel que :
(∀a ∈ E), (∀b ∈ E) aRb (a est en relation avecb)
La relation R peut etre un objet matematique quelconque : ⊆, ≤ ....
Relation d’equivalence sur un ensemble
Une relation d’equivalence dans un ensemble E est une relation binaire qui est a la foisreflexive, symetrique et transitive, (∀a ∈ E) (∀b ∈ E), (∀c ∈ E)
1. R est une relation reflexive si et seulement si aRa2. R est une relation symetrique si et seulement si aRb =⇒ bRa.
3. R est une relation transitive si et seulement siaRbbRc
}=⇒ aRc.
Exemples
1. La relation ” egal a ” est une relation d’equivalence.2. La relation ” inclus dans ou egal a ” est une relation reflexive et transitive3. La relation ”perpendiculaire” est une relation symetrique. Elle n’est pas transitive !
(Theoreme d’Euclide : deux droite perpendiculaures a un troisieme sont paralleles.)3. La relation ”parallele a ” est une relation d’equivalence.
Relation d’ordre sur un ensemble
Une relation d’ordre dans un ensemble E est une relation binaire qui est a la fois reflexive,antisymetrique et transitive. Une relation R est une relation antisymetrique, si et seulementsi :
(aRb et bRa) =⇒ a = b (∀a ∈ E)(∀b ∈ E).
Exemple- La relation ”inferieur ou egal ” est une relation d’ordre sur R.
1.1.3 Applications et fonctions
Definition 1.1. Soient E, F deux ensembles. On appelle application de E vers F toute cor-respondance de E vers F qui, a tout element de E, associe un element unique de F .Image d’une partie de E :
Definition 1.2. L’image d’une partie X de E par l’application f que l’on note f(X), estl’ensemble des images de tous les elements de X :
f(X) = {y ∈ F/∃x ∈ X, y = f(x)}.Theoreme 1.3. Soient A, B deux parties de E, on a :1.
f(A ∪B) = f(A) ∪ f(B).
2. Mais on a seulement l’inclusion :
f(A ∩B) ⊆ f(A) ∩ f(B).
Preuve. (Voir exercice 3 serie No 1.)
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Remarque 1.2. l’inclusion reciproque n’est pas toujours vraie. En effet, considerons l’appli-cation
f : R −→ Rx −→ x2
et considerons les ensembles A = [−3, 2], B = [1, 5].On a f(A) = [0, 9], f(B) = [1, 25], donc f(A) ∩ f(B) = [1, 9], et A ∩ B = [1, 2], doncf(A ∩B) = [1, 4]. Donc
f(A) ∩ f(B) * f(A ∩B).
En fait l’inclusion reciproque n’est vraie que si l’application f est injective (voir T.D.).Image reciproque d’une partie de F
Definition 1.4. L’image reciproque d’une partie Y de F par l’application f qu’on notef−1(Y ) est l’ensemble des elements de E dont l’image par f est dans Y ,
f−1(Y ) = {x ∈ E/ f(x) ∈ Y }.
Remarque 1.3. Attention ! il ne faut pas confondre cette notion avec la fonction reciproqued’une application bijective rappelee ci-apres.
Theoreme 1.5. Soient A et B deux parties de F . On a1.
f−1(A ∪B) = f−1(A) ∪ f−1(B).
2.f−1(A ∩B) = f−1(A) ∩ f−1(B).
Preuve. 1.x ∈ f−1(A ∪B) ⇔ f(x) ∈ A ∪B
⇔ f(x) ∈ A ou f(x) ∈ B⇔ (x ∈ f−1(A)) ou (x ∈ f−1(B))⇔ x ∈ f−1(A) ∪ f−1(B).
2.x ∈ f−1(A ∩B) ⇔ f(x) ∈ A ∩B
⇔ f(x) ∈ A et f(x) ∈ B⇔ (x ∈ f−1(A)) et (x ∈ f−1(B))⇔ x ∈ f−1(A) ∩ f−1(B).
Proprietes des applications
Soient E, F deux ensembles, et f une application de E vers F .
• Injection : On dit que l’application f est injective si :
∀(x, y) ∈ E2, x 6= y ⇒ f(x) 6= f(y).
Autrement dit :∀(x, y) ∈ E2, f(x) = f(y) ⇒ x = y.
• Surjection : On dit que l’application f est surjective si :
∀y ∈ F, ∃x ∈ E / y = f(x).
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• Bijection : On dit que l’application f est bijective si elle est a la fois injective et surjective.Autrement dit,
∀y ∈ F, ∃!x ∈ E / y = f(x).
• Bijection reciproque : Soit f une bijection de E vers F . On obtient ∀y ∈ F,∃!x ∈E/y = f(x).la bijection
F −→ Ey 7→ x
est appelee bijection reciproque de f et est notee f−1. Ainsi
∀(x, y) ∈ E × F, f(x) = y ⇔ x = f−1(y).
• Applications egales : Soient E, F deux ensembles, et f une application de E vers F .On dit que f et g sont egales si, pour tout element x de E, on a f(x) = g(x).On note alors :
f = g.
• Application identite :soit E un ensemble. On appelle application identite dans E, l’application qui, a tout elementx de E, on associe x ; cette application est notee id.Exemples1.
f : R∗ −→ Rx −→ 1
x
f est une application injective.2. Soit C∞(R,R) l’ensemble constitue des fonctions infiniment derivables sur R a valeursdans R.
Φ C∞(R,R) −→ C∞(R,R)ϕ −→ ϕ
′
Φ est une application surjective.3.
f : R −→ Rx −→ x + 1
f est une application bijective.
1.2 Lois de composition - Structures d’ensembles
Definition 1.6. • Soit E un ensemble. Une loi de composition interne (l.c.i) sur E est uneapplication de E × E dans E.
• Soient E et F deux ensembles.Une loi de composition externe (l.c.e) sur E a domaine d’operateurs (ou scalaires) dansF est une application de F × E dans E .
Notations 1.T : E × E −→ E
(x, y) −→ T (x, y) = xTy.
⊥ : F × E −→ E(x, y) −→ ⊥(x, y) = x⊥y.
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Remarque 1.4. Munir un ensemble G d’une structure, c’est definir sur G un nombre fini delois de composition internes ou externes verifiant un certain nombre de conditions appeleesaxiomes de la structure en question. Dans la suite, G etant un ensemble muni d’une l.c.inotee ∗.
1.3 Groupes et sous-groupes
Definition 1.7. Un ensemble (G, ∗) est un groupe si il verifie les trois conditions suivantes :i) La loi ∗ est associative c’est-a-dire. ∀x, y, z ∈ G, x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z.ii) La loi ∗ admet un element neutre c’est-a-dire ∃e ∈ G ∀x ∈ G, x ∗ e = e ∗ x = x.iii) Tout element est symetrisable c’est-a-dire ∀x ∈ G, ∃x′ ∈ G/x ∗ x′ = x′ ∗ x = e.Si, de plus, la loi est commutative (∀x, x′ ∈ G, x ∗ x′ = x′ ∗ x), on dit que le groupe est
commutatif ou abelien.
Exemple 1.1. Les ensembles suivants sont des groupes :– (Z, +) ou + est l’addition usuelle.– (C∗,×) ou × est la multiplication usuelle.– (E,+) ou E = { fonctions numeriques definies sur R}. et + est la somme usuelle des
fonctions. C’est-a-dire, f et g etant deux elements de E, f + g est definie, pour toutreel x, par : (f + g)(x) = f(x) + g(x).
Proposition 1.8. Soit (G, ∗) un groupe et soit x un element de G. Le symetrique de x estunique.Preuve. On suppose qu’il existe deux symetriques a x : x′ et x”.
x′ ∗ x ∗ x′′ = (x′ ∗ x) ∗ x′′ = e ∗ x′′ = x′′
= x′ ∗ (x ∗ x′′) = x′ ∗ e = x′.
Remarque 1.5. – Si une loi ∗ est commutative, pour verifier qu’un element e est l’elementneutre, il suffit de verifier que, ∀x ∈ G, on a x ∗ e = x (ou e ∗ x = x). L’autre relationetant obtenue par la commutativite. De meme, pour verifier qu’un element x′ est lesymetrique de x, il suffit que l’on ait soit x ∗ x′ = e soit x′ ∗ x = e.
Proposition 1.9. Soit (G, ∗) un groupe, pour tous les elements a et b de G, on a :
(a ∗ b)−1 = b−1 ∗ a−1.
Preuve. (a ∗ b)−1 est par definition l’unique element de G qui verifie :
(a ∗ b)−1 ∗ (a ∗ b) = (a ∗ b) ∗ (a ∗ b)−1 = e.
Or (b−1 ∗ a−1) ∗ (a ∗ b) = b−1(a−1 ∗ a) ∗ b = b−1 ∗ e ∗ b = b−1 ∗ b = e et(a ∗ b) ∗ (b−1 ∗ a−1) = a ∗ (b ∗ b−1) ∗ a−1 = a ∗ e ∗ a−1 = a ∗ a−1 = e.
Definition 1.10. Soit (G, ∗) un groupe.1. On dit qu’un element a de G est regulier a gauche si∀b, c ∈ G, (a ∗ b = a ∗ c) ⇒ (b = c).
2. On dit qu’un element a de G est regulier a droite si∀b, c ∈ G, (b ∗ a = c ∗ a) ⇒ (b = c).
3. On dit qu’un element a de G est regulier si il est rerulier a gauche et a droite.Proposition 1.11. Tout element d’un groupe est regulier.Preuve. Soient a, x, y trois elements d’un groupe (G, ∗). Si on suppose que a ∗ x = a ∗ y,alors, on aura apres multiplication a gauche par a−1
a−1 ∗ (a ∗ x) = a−1 ∗ (a ∗ y),
11
ce qui entraine en utilisant l’associativite de la loi ∗ :
(a−1 ∗ a) ∗ x = (a−1 ∗ a) ∗ y.
Par suite x = y.Sous-groupes Soit H une partie non vide d’un groupe G ; la partie H est dite stable pourla loi ∗ du groupe G (ou stable dans G)si
∀x, y ∈ H, x ∗ y ∈ H.
Definition 1.12. Soit (G, ∗) un groupe. Soit H ⊆ G et H 6= ∅.On dit que H est un sous-groupe de (G, ∗) si et seulement sii) H est stable dans G.ii) L’ensemble H, muni de la loi ∗ induite par G est un groupe.Exemple 1.2. .
– (Z, +) est un sous-groupe de (R, +).– 2Z = {2k/k ∈ Z}, alors, (2Z, +) est un sous-groupe de (Z, +).– (Z∗,×) n’est pas un sous-groupe de (R∗,×).
Theoreme 1.13. Soit (G, .) un groupe note multiplicativement. Soit H ⊆ G. Les proprietessuivantes sont equivalentes :
(i) H est un sous-groupe de G.(ii) H 6= ∅, H est stable par la loi de G et ∀x ∈ H, on a x−1 ∈ H.(iii) H 6= ∅ et ∀x, y ∈ H, on a x.y−1 ∈ H.
Preuve. (i) ⇒ (ii) evident.(ii) ⇒ (iii) evident.(iii) ⇒ (i) : Associativite decoule de celle de G.Element neutre : ∀x ∈ H,x.x−1 ∈ H ⇒ e ∈ H.Symetrique : ∀x ∈ H, e.x−1 ∈ H ⇒ x−1 ∈ H.Loi de composition interne : ∀x, y ∈ H, on a y−1 ∈ H, et donc x.y = x.(y−1)−1 ∈ H.
Remarque 1.6. – Soit H un sous-groupe de G. L’element neutre de H est le meme quecelui de G . Le symetrique d’un element de H est le meme dans H que dans G.
– Si la loi de G est notee additivement, on a :(ii) devient (ii)’ H 6= ∅, H est stable par la loi de G et ∀x ∈ H, on a −x ∈ H.(iii) devient (iii)’ H 6= ∅ et ∀x, y ∈ H, on a x− y ∈ H.
Exemple 1.3. Soit G un groupe.{e} et G sont deux sous-groupe de G.Tous les autres sous-groupes sont dits propres.Proposition 1.14. Soit G un groupe et soit (Hi)i∈I une famille non vide de sous- groupesde G. Alors
⋂i∈I Hi est un sous- groupe de G.
Preuve.– ∀i ∈ I(6= ∅) e ∈ Hi, donc e ∈ ⋂
i∈I Hi, par suite⋂
i∈I Hi 6= ∅.– Soit x, y deux elements de
⋂i∈I Hi. ∀i ∈ I, x, y ∈ Hi donc x.y−1 ∈ Hi. D’ou
x.y−1 ∈ ⋂i∈I Hi.
Remarque 1.7. En general, la reunion de 2 sous-groupes n’est pas un sous-groupe. Parexemple, on a (2Z, +) est un sous-groupe de (Z, +) et (3Z, +) est un sous-groupe de (Z, +).Si 2Z ∪ 3Z est un sous-groupe de (Z, +), on devrait avoir 2 + 3 ∈ 2Z ∪ 3Z.
Proposition 1.15. Soit G un groupe et soit a un element de G. Il existe un plus petit sous-groupe de G contenant a. Ce sous-groupe est appele groupe engendre par a et est note gr(a).Preuve. Soit (Hi)i∈I l’ensemble des sous-groupes de G qui contiennent a. Cette famille n’estpas vide car G appartient a cette famille et gr(a) =
⋂i∈I Hi.
12
Exemple 1.4. 1) (2Z,+) est un sous-groupe de (Z, +) engendre par 2.2) (Z,+) est sous-groupe de (R, +) engendre par 1.3) Dans (C∗,×) , gr(i) = {1, i,−1,−i}.
Remarque 1.8. On peut geraliser cette definition a une partie A quelconque d’un groupeG. Il existe un plus petit sous-groupe de G contenant A. Ce sous-groupe est appele groupeengendre par A et est note gr(A).
Definition 1.16. Soit G un groupe et soit A une partie de G. On dit que A est une partiegeneratrice de G si et seulement si gr(A) = G.
1.4 Morphisme de groupes
Definition 1.17. Soient (G, ∗), (F,⊥) deux groupes, et f une application de G dans F . Ondit que f est un morphisme de groupes si :
∀(x, y) ∈ G2, f(x ∗ y) = f(x)⊥f(y).
Exemples :
1. Soient G, G′ deux groupes. l’application de G dans G′ qui a x fait correspondre e′
(l’element neutre de G′), est un morphisme de groupes appele morphisme trivial.
2. Soit n ∈ N. L’application de (Z, +) dans (Z,+) qui a chaque x on associe nx, est unmorphisme de groupes (f(x + y) = f(x) + f(y)).
3. La fonction exponentielle est un morphisme de (R,+) dans (R∗+,×). La fonction loga-rithme est un morphisme de (R∗+,×) dans (R, +).
Theoreme 1.18. Soient (G, ∗) et (F,⊥) deux groupes d’elements neutres respectifs e et e′.Soit f un morphisme de G dans F . Alors,(i) f(e) = e′.(ii) ∀x ∈ G, f(x−1) = (f(x))−1.Preuve :(i) Nous avons e′⊥f(e) = f(e) = f(e ∗ e) = f(e)⊥f(e), donc f(e) = e′ puisque dans ungroupe tout eement est regulier.(ii) Soit x un element de G. Nous avons f(x−1)⊥f(x) = f(x−1 ∗ x) = f(e) = e′, donc(f(x))−1 = f(x−1).
Definition 1.19. Soient (G, ∗), (F,⊥) deux groupes et f un morphisme de G dans F . Ondit que f est un isomorphisme de G dans F s’il est bijective de G dans F . Dans ce cas ondit que G et F sont isomorphes et on ecrit G ∼= F .Dans le cas ou G = F , un morphisme (resp. un isomorphisme) de G dans G est appele unendomorphime (resp. automorphisme)de G.
Definition 1.20. Soient (G, ∗), (F,⊥) deux groupes et f un morphisme de G dans F .• Le noyau de f note ker(f), est le sous-groupe de G defini par :
Ker(f) = f−1(e′) = {x ∈ G : f(x) = e′}.
• L’image de f note Im(f), est le sous-groupe de G′ defini par :
Im(f) = f(G) = {f(x) : x ∈ G}.
Theoreme 1.21. Soit f un morphisme d’un groupe G dans un groupe F . Alors f est injectifsi et seulement si Ker(f) = {e}.
13
Preuve Supposons que f est un morphisme injectif, donc si x est un element de ker(f),alors f(x) = e′ = f(e), ce qui implique que x = e. Reciproquement, soient x, y ∈ G tels quef(x) = f(y), alors, en multipliant par f(y)−1, on obtient f(xy−1) = e′. Il en resulte quexy−1 ∈ ker(f) = {e}. Donc xy−1 = e, d’ou x = y. Par suite f est injective.
1.5 Anneaux et corps
Definition 1.22. Soit A un ensemble muni de deux lois de composition internes + et ×. Ondit que (A, +,×) est un anneau si et seulement si :i ) (A,+) est un groupe abelien.ii ) La loi × est associative.iii ) La loi × est distributive par rapport a la loi + ; c’est-a-dire distributive a gauche :∀x, y, z ∈ A, x×(y+z) = (x×y)+(x×z) et distributive a droite : ∀x, y, z ∈ A, (y+z)×x =(y × x) + (z × x).vi) A admet un element neutre pour la loi ×
∃e ∈ A ∀x ∈ A ex = xe = x.
On note e = 1A ou tout simplement 1.Notons que la definition d’un anneau peut etre ennoncee sans vi). Dans ce cas un anneauverifiant vi) sera dit un anneau unitaire.
Remarque 1.9. 1. Un anneau n’est jamais vide.
2. ({0}, +,×) ou + et × sont l’addition usuelle et la multiplication usuelle est un anneau.Cet anneau est appele un anneau nul. Les autres anneaux seront dits uniferes.
Exemple 1.5. 1. (Z, +,×) ou + et × sont l’addition usuelle et la multiplication usuelle.
2. (R, +,×) ou + et × sont l’addition usuelle et la multiplication usuelle.
3. Soit E = { fonctions numeriques definies sur R} (E,+,×) ou + et × sont les loisusuelles : (f + g)(x) = f(x) + g(x) et (f × g)(x) = f(x)× g(x) pour tout reel x (f et getant deux elements de E). On pourrait determiner les elements neutres pour chacunedes lois.....
Notations 2. Soit (A,+,×) un anneau. On note generalement 0 ou 0A l’element neutre de(A, +) et 1 ou 1A l’element neutre de (A,×). On parlera d’oppose pour le symetrique d’unelement pour la loi +. On note A∗ = A \ {0A}.
Exemple 1.6. Pour les matrices, on a dans (M3(R), +,×) :
1 = I3 =
1 0 00 1 00 0 1
et 0 =
0 0 00 0 00 0 0
.
Definition 1.23. Un anneau (A, +,×) est dit commutatif si la loi × et commutative.
Exemple 1.7. 1. Les precedents exemples (Z,+,×), (R, +,×) et (E,+,×) sont des an-neaux commutatifs.
2. (M3, +,×) que nous verrons plus tard n’est pas non plus commutatif.
Definition 1.24. Soit (A, +,×) un anneau. On dit qu’un element x ∈ A est inversible si etseulement si il admet un symetrique par rapport a la loi × ; c’est-a-dire : ∃x′ ∈ A tel que
x× x′ = x′ × x = 1.
On note u(A) l’ensemble des elements inversibles de A (qui sont appeles aussi des unites).
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Exemple 1.8. 1. u(Z) = {−1, 1} et u(Q) = Q∗
2. (E,+,×) ou E = { fonctions numeriques definies sur R}. Alors,u(E) = { fonctions numeriques qui ne s’annulent pas sur R}.
Definition 1.25. On appelle corps tout anneau unitaire tel que tout element non nul soitinversible. C’est-a-dire,si (A, +,×) est un anneau unitaire, on a : A corps ⇔ (A∗,×) est un groupe.Si de plus la loi × est commutative, on dit que le corps est commutatif.
Exemple 1.9. 1. (Z, +,×) et (R[X],+,×) ne sont pas des corps.
2. (R, +,×) et (R(X),+,×) sont des corps.Exercice :
Soit A = L(R2) l’ensemble des applications lineaires de R2 dans R2.On munit A des deuxlois de composition internes suivantes : (f, g) −→ f + g et (f, g) −→ fog telles que pour toutx ∈ R2 (f + g)(x) = f(x) + g(x) et fog(x)=f(g(x)).Montrer que (A, +, o) est un anneau. Est-il commutatif ?Quel est l’element neutre pour la loi o.
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1.6 EXERCICES.
Exercice 1.a. Soit les ensembles : E = {0, 3, 6} et F = {1, 2, 6}.
On definit la relation R de E vers F par : ∀x ∈ E et ∀y ∈ F , xRy ⇐⇒ x < y + 2.On appelle graphe, et on le note G, d’une relation binaire R l’ensemble
G = {(x, y) ∈ E × F/xRy}.
Determiner le graphe de R.b. On donne ici l’ensemble E = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} et la relation R de E vers E definie
par ∀(x, y) ∈ E2, xRy ⇐⇒ x est un diviseur de y.Determiner le graphe de R.R est une relation d’ordre ? d’equivalence ?
Exercice 2. A toute partie A d’un ensemble E, on assoucie la fonction χA, appelee fonctioncaracteristique de A, definie de E vers {0, 1} par
{ ∀x ∈ A, χA(x) = 1∀x ∈ Ac, χA(x) = 0
Soit A et B deux sous-ensembles de E.a. Montrer que A = B ⇐⇒ χA = χB.b. Exprimer a l’aide des foctions χA et χB les fonctions χA∩B, χA∪B et χAc.
Exercice 3.Soient A et B deux sous-ensembles d’un ensemble E.1) Montrer que :
A ⊂ B ⇒ B ⊂ A.
A ∩B = A ∪B
2) Les sous-ensembles ou parties de E constituent un ensemble que l’on note P(E), Montrerque
P(A ∩B) ⊂ P(A).
Exercice 4.On considere l’application :
f : R− −→ Rx 7−→ x2
1+x2 .
Montrer que f est une bijection de R− sur un intervalle a preciser, et definir f−1.Exercice 5.Soient E et F deux ensembles, f une application de E vers F , et A et B deux parties de E.1) Montrer que : A ⊂ B ⇒ f(A) ⊂ f(B).2) Comparer :a) f(A ∪B) et f(A) ∪ f(B).b) f(A ∩B) et f(A) ∩ f(B) si f est injective.Exercice 6.Soit E un ensemble non vide. On considere une application f de E dans R telle que :(i) f(∅) = 0,(ii) f(E) = 1,(iii) f(A ∪B) = f(A) + f(B) si A ∩B = ∅, A et B etant deux parties quelconques de E.1) Pour toute partie A de E, exprimer f(A) en fonction de f(A).
16
2) Demontrer que, pour toutes parties A et B de E, f(A ∪B) = f(A) + f(B)− f(A ∩B).3) On suppose de plus que :(iv) ∀A ⊂ E, f(A) ≥ 0.En deduire que, si A et B sont deux parties de E, Alors :(v) A ⊂ B ⇒ f(A) ≤ f(B).(vi) 0 ≤ f(A) ≤ 1.Exercice 7.On definit dans R la loi de composition ∗ par :
∀(a, b) ∈ R2, a ∗ b = 3ab + a + b.
1) Verifier que ∗ est une loi interne sur R.2) La loi ∗ est-elle commutative ? associative ?Determiner les elements regulier de R pour ∗.4) (R, ∗) est-il un groupe abelien ?Sinon determiner un ensemble E tel que (E, ∗) soit un groupe abelien.Exercice 8.Soit (G, .) un groupe multiplicatif non necessairement commutatif. On appelle centre de G lapartie notee C definie par :
C = {x ∈ G/ ∀y ∈ G; xy = yx}.1) Montrer que C est un sous-groupe de G.2) Pour a ∈ G on pose :
fa : G −→ Gx 7−→ fa(x) = axa−1.
Montrer que fa est un automorphisme de G.3) Soit A = {fa; a ∈ G}.Montrer que faofb = fab et que (fa)−1 = fa−1.Que peut-on deduire pour (A, o) ?4) Soit
ϕ : (G, .) −→ (A, o)a 7−→ ϕ(a) = fa.
Montrer que ϕ est un morphisme de groupe et que Ker(ϕ) = C.
Exercice 9.On sait que R2 muni de l’addition ((a, b)+(a′, b′) = (a+a′, b+b′)) est un groupe commutatif.On considere E = {(x,−x); x ∈ R}.1) Montrer que (E, +) est un sous-groupe de (R2, +).2) Soit F = {(x, 1); x ∈ R}.F est-il un sous-groupe de R2 ?
Exercice 10. Soitf : (R2, +) −→ (R, +)
(x, y) 7−→ f(x, y) = x− y.
1) Montrer que f est un morphisme de groupes.2) Determiner le noyau de f .
Exercice 11. Soit (A,+,×) un anneau unitaire. On designe par u(A) l’ensemble des elementsde A inversiblespour la loi ×.Montrer que (u(A),×) est un groupe.
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Exercice 12. Soit A une partie non vide d’un groupe G. Montrer que :
gp(A) = {aε11 .aε2
2 ...aεnn / n ∈ N∗, ai ∈ A, εi ∈ {−1, 1}}.
18
Chapitre 2
LES POLYNOMES
Historiquement, la recherche des solutions des equations polynomiales precede l’etude despolynomes. Elle marque l’entree des mathematiques dans une nouvelle ere. La formule deresolution de l’equation du troisieme degre x3 + px2 + q = 0 obtenue sans doute au debutdu seizieme siecle. La formule de resolution de l’equation du quatrieme degre est obtenueun demi siecle apres. Cependant, l’equation du cinquieme degre tient les mathematiciens enechec pendant 200 ans ; ce n’ est qu’en 1826 qu’Abel demontre qu’il est impossible de donnerdes formules explicites de types de celles donnees pour les degres inferieurs pour les solutionsdes equations de degre superieur ou egal a 5. Quelques annees plus tard, Galois donne uncritere de resolubilite par des radicaux de toutes les equations polynomiales. La theorie despolynomes est nee.
Dans ce chapitre, K est un corps (on pourra penser a R ou C).
2.1 Presentation des polynomes
2.1.1 Definitions et notations
Definition 2.1. Un polynome a une indeterminee X est defini par la donnee de ses coeffi-cients a0, a1, ..., an elements de K. X etant une lettre muette, on note
P (X) = a0 + a1X + ... + anXn
ou∑
k≥0 akXk, etant entendu que la somme ne comporte qu’un nombre fini de ak non nuls.
On peut faire jouer a X d’autres roles que des valeurs de K. X peut etre remplace parexemple par une matrice, ou un endomorphisme d’un espace vectoriel sur K, etc...
Notations 3. .1) L’ensemble des polynomes a coefficients dans K est note K[X].2) Le polynome dont tous les coefficients sont nuls est dit polynome nul, il est note 0.
Definition 2.2. Si P 6= 0, on appelle degre de P le maximum des entiers naturels k tels queak 6= 0. On note deg(P ) ou d0P le degre du polynome P .Si P = 0, par convention, on pose deg(P ) = −∞.Si P est de degre n, anXn est le terme (ou monome) dominant. Si an = 1, le polynome estdit unitaire.
Exemple 2.1. Soit a ∈ R et fa(X) = (2 + a)X3 − 5X2 + X + 3. Pour tout a 6= −2, fa estde degre 3. Pour a = −2, f−2 est de degre 2.
19
Nous indiquons maintenant comment calculer les coefficients de la somme et du produitde deux polynomes.
2.1.2 Operations sur les polynomes :
On peut definir sur K[X]a) Une sommeSi P =
∑k≥0 akX
k et Q =∑
k≥0 bkXk, alors P + Q =
∑k≥0(ak + bk)Xk
On peut verifier facilement que (K[X], +) est un groupe commutatif.b) Un produit interneSi P =
∑k≥0 akX
k Q =∑
k≥0 bkXk, alors PQ =
∑k≥0
∑ki=0 aibk−iX
k.c) Produit par un scalaire (produit extrene)Si P =
∑k≥0 akX
k et λ ∈ K alors λP =∑
k≥0 λakXk.
On verifier facilement que (K[X], +, .) est un K−espace vectoriel, dont une base est constitueedes polynomes (1, X, , X2, ..., Xn, ...).d) Egalite formelle de 2 polynomes.Soit P = a0 + a1X + ... + anXn et Q = b0 + b1X + ... + bmXm deux polynomes sur K[X].Alors
P = Q ⇔ m = n et ai = bi pour tout i ∈ {1, ...., n}Proposition 2.3. Pour tous polynomes P et Q de K[X], on a :
deg(P + Q) ≤ sup(deg(P ), deg(Q)). (2.1.1)
deg(P.Q) = deg(P ) + deg(Q). (2.1.2)
Preuve.La relation (2.1.1) est evidente si P = 0 ou Q = 0.Soient P =
∑nk=0 akX
k et Q =∑m
k=0 bkXkavec m,n ≥ 1.
Si m 6= n alorsdeg(P + Q) = sup(deg(P ), deg(Q)).
Si m = n alorsdeg(P + Q) ≤ sup(deg(P ), deg(Q)).
Doncdeg(P + Q) ≤ sup(deg(P ), deg(Q)).
La relation (2.1.2) est evidente si P = 0 ou Q = 0. Supposons que P et Q sont non nuls etsoit n = d0P et m = d0Q. On a P.Q =
∑m+nk=0 ckX
k avec ck =∑k
i=0 aibk−i.Pour k > m + n on a : i > n ou k − i > m, donc aibk−i = 0.Donc pour tout k > m + n on a : ck = 0. De plus cm+n = an × bm 6= 0.D’ou
deg(P.Q) = n + m = d0P + d0Q.
Definition 2.4. Soient P =∑n
k=0 akXk et Q =
∑m0k=0 bkX
k deux polynomes. On appellecomposee de P et Q note PoQ (ou P(Q)) le polynome
PoQ =n∑
k=0
akQk = a0 + a1Q + ... + anQn
Remarque 2.1. En general PoQ 6= QoP.
20
Proposition 2.5. Soient P , Q et R dans K[X]. Alors
(P + Q)oR = PoR + QoR
Preuve.Soit P =
∑nk=0 , Q =
∑mk=0 bkX
k et R dans K[X].On a
P + Q =m∨n∑
k=0
(ak + bk)Xk
Par suite
(P + Q)oR =m∨n∑
k=0
(ak + bk)Rk =n∑
k=0
akRk +
m∑
k=0
bkRk = PoR + QoR.
Remarque 2.2. Attention ! En general, Po(Q + R) 6= PoQ + PoR.Par exemple : on prend P = 1 + X2, Q = X2 et R = X.
2.2 Division Euclidienne
Theoreme 2.6. Soit A, B dans K[X] deux polynomes avec B 6= 0. Alors il existe un coupleunique (Q,R) d’elements de K[X] tel que :
A = B.Q + R avec deg(R) < deg(B).
Q est le quotient de la division euclidienne (en abrege D. E.) .R est le reste de la D.E. (de A par B).Lorsque le reste est nul on dit que B divise A.On notera l’analogie dans l’enonce avec la division euclidienne dans Z. Les demonstrations,en ce qui concerne l’unicite, sont egalement analogues.Preuve.Montrons l’unicite :Si A = BQ + R = BQ′ + R′ avec d0R < d0B et d0R′ < d0B, on a B(Q − Q′) = R′ − R,avec d0(B(Q−Q′)) = d0B + d0(Q−Q′). Puisque d0(R−R′) ≤ Max(d0R, d0R′) < d0B. Ondeduit que deg(Q−Q′) = deg(R′−R)− deg(B) < 0. Par consequent Q−Q′ = 0 et par suiteR−R′ = 0.Montrons l’existence :Nous allons faire une demonstration par recurrence sur le degre de A. On montre la proprietesuivante : pour tout polynome A de degre ≤ n il existe un couple (Q, R) tel que A = BQ + Ret deg(R) < deg(B).La propriete est vraie pour n = 0 :
A =
0.B + 0 si A = 0;0.B + A si A = λ ∈ K∗ et deg(B) ≥ 1;ab .B + 0 si A = a ∈ K∗ et B = b ∈ K∗.
(H.R) supposons que pour tout A dans K[X] , d0A ≤ n la propriete est verifiee.Soit A ∈ K[X], d0A = n + 1 de la forme A = a0 + a1X + ... + an+1X
n+1, an+1 6= 0. SoitB = b0 + b1X + ... + bpX
p.Posons Q1 = an+1
bpXn+1−p.
AlorsA−BQ1 = 0.Xn+1 + (an − bp−1an+1
bp)Xn + ....
21
Donc deg(A−BQ1) ≤ n. D’apres (H.R) il exsite (Q2, R2) ∈ K[X]2 tel que
A−BQ1 = BQ2 + R2 avec deg(R2) < deg(B).
DoncA = B(Q1 + Q2) + R2 avec deg(R2) < deg(B).
On prend Q = Q1 + Q2 et R = R2.
Exemple 2.2. 1) Effectiuons la division euclidienne de A = 2X4 + 5X3 − X2 + 2X +1, par B = 2X2 − 3X + 1. On trouve Q = X2 + 4X + 5 et R = 13X − 4.2) Pour A = X4 − 2X2 −X + 1 et B = X2 + X. Apres calculs, on trouve Q = X2 −X − 1et R = 1.
Remarque 2.3. Nous verrons au paragraphe sur les racines que le reste de la division eu-clidienne du polynome A par X − λ est le polynome constant R = A(λ).
2.2.1 Arithmetiques sur les polynomes
Definition 2.7. Soit A,B ∈ K[X], on dit que B divise A qu’on note par B/A si :
∃Q ∈ K[X]; A = B.Q.
Exemple 2.3. 1. X2 − 1 = (X − 1)(X + 1), donc (X − 1) et (X + 1) divisent X2 − 1, dansR[X]2. X2 + 1 = (X − i)(X + i), donc (X − i) et (X + i) divisent X2 + 1 dans C[X].
Remarque 2.4. Si P.Q = 1, donc degP + degQ = 0. Par suite doP = doQ = 0. D’ouP, Q ∈ K∗.Theoreme 2.8. Soient A1, ... ,An, n polynomes non tous nuls de K[X]. Alors il existe unpolynomeD ∈ K[X] tel que :
i) D divise chaque polynome Ai, i ∈ {1, ..., n}.ii) Tout diviseur commun aux Ai divise D.
D est appele plus grand commun diviseur des polynome A1,...,An. En abrege pgcd et seranote : D = A1 ∧A2 ∧ ... ∧An.
Preuve.Considerons l’ensemble :
E = {P =n∑
i=1
PiAi /Pi ∈ K[X]}.
Et posonsFE = {d0P / P ∈ E \ {0}}.
Alors FE ⊆ N et FE 6= ∅. Donc FE admet un plus petit element p. On choisit un polynomeD ∈ E tel que d0D = p. On a D =
∑ni=1 PiAi, ∀R ∈ E \ {0}, d0R ≥ d0D.
Montrons maintenant que D verifie i) et ii).Montrons ii). Soit D′ ∈ K[X] tel que D′ soit diviseur commun des Ai, i = 1, ...., n. On aAi = Qi.D
′ avec Qi ∈ K[X], i = 1, ...., n. On a aussi, puisque D ∈ E,
D =n∑
j=1
PjAj = (n∑
j=1
PjQj)D′.
22
Par consequent, D′ divise D.IL reste a montrer i). La division euclidienne de Ai par D , 1 ≤ i ≤ n, implique
Ai = D.Qi + Ri, avec d0Ri < d0D.
si Ri 6= 0, on aura :
Ri = Ai −DQi = Ai − (∑n
j=1 PjAj)Qi
= Ai − PiAiQi −∑n
j=1,j 6=i PjAjQi
= (1− PiQi)Ai − (∑n
j=1,j 6=i PjAjQi).
Ri peut s’ecrire :
Ri =n∑
j=1
P ′jAj
avec P ′i = 1 − PiQi et P ′
j = PjQi pour j 6= i. Donc Ri ∈ E. Par definition de D, on ad0Ri ≥ d0D. Ce qui est absurde. Donc Ri = 0, ∀i = 1, ...., n, et par consequent D divise tousles Ai, i = 1, ...., n.
Remarque 2.5. Deux polynomes unitaires P et Q chacun divisant l’autre sont egaux. Eneffet : il existe D, D′ ∈ K[X] tels que P = DQ et Q = D′P . Ceci implique DD’=1. Par suiteD, D′ ∈ K∗. De plus pn = Dqn ce qui entraire D = 1 de meme D′ = 1.Consequence : D’apres cette remarque il existe un seul polynome unitaire D qui verifie letheoreme 2.8.
Definition 2.9. On dit que les polynomes A1, ...., An sont premiers entre eux dans leurensemble si leur pgcd est une constante non nulle, autrement dit : s’ils n’ont pas de diviseurcommun de degre > 0. Ils sont dits premiers entre eux deux a deux si ∀i 6= j, pgcd(Ai, Aj) = 1.
Theoreme 2.10. (Bezout). Des polynomes A1, ..., An ∈ K[X] sont premiers entre eux dansleur ensemble si et seulement s’il existe U1, ..., Un ∈ K[X] tels que
U1A1 + ... + UnAn = 1
Preuve. ⇒) La condition est necessaire : si D = A1 ∧ A1 ∧ A2 ∧ ..... ∧ An est le pgcd deA1, ..., An. D’apres la preuve du Theoreme precedent il existe n polynomes P1, ..., Pn tels que
D =n∑
i=1
PiAi (2.2.3)
Les polynomes A1, ..., An sont premiers entre eux. Par suite, D est une constante non nulle.
(2.2.3) =⇒ 1 =n∑
i=1
Pi
DAi.
D’ou
1 =n∑
i=1
UiAi, avec Ui =Pi
D.
⇐) La condition est suffisante : si∑n
i=1 UiAi = 1. Alors tout polynome D qui divise A1, ..., An
divise aussi∑n
i=1 UiAi = 1. Donc D est une constante non nulle. D’ou A1, ..., An sont pre-miers entre eux.
23
Theoreme 2.11. (Gauss). Soient A,B et C trois polynomes. Si C est premier avec B etdivise AB, alors C divise A.
Preuve.C divise AB ⇒ ∃Q ∈ K[X] tel que AB = QC (*)C ∧B = 1 ⇒ ∃U, V ∈ K[X] tels que UB + V C = 1 (**).Multiplions (**) par A, on obtient :
UAB + V AC = A.
D’apres (*), on peut remplacer AB par QC :
(UQ + V A)C = A.
D’ou C divise A.
Theoreme 2.12. Soient A,B, C ∈ K[X]. Si A et B sont premiers entre eux et divisent C,alors C est un multiple de AB, autrement dit : AB divise C.Preuve.Il existe des polynomes P, Q, U, V ∈ K[X] tels que
C = PA = QB et UA + V B = 1.
On en deduit :UAC + V BC = C
DoncUAQB + V BPA = AB(UQ + V P ) = C.
Par consequent, AB divise C.
Theoreme 2.13. Si A est premier avec B et C, il est premier avec le produit BC.
Preuve.Il existe U, V, U ′, V ′ ∈ K[X] tels que UA + V B = 1 et U ′A + V ′C = 1. Par multiplication, onobtient :
(UU ′A + UV ′C + V U ′B)A + (V V ′)BC = 1.
Donc A et BC sont premiers entre eux.
2.2.2 Algorithme d’Euclide.
Proposition 2.14. (Theoreme d’Euclide ) Soient A et B deux polynomes dans K[X], telsque d0B < d0A. Soit R le reste de la division euclidienne de A par B. Alors
A ∧B = B ∧R.
Preuve.Soit (Q, R) le quotient et le reste de la division euclidienne de A par B. On a
(∗) A = B.Q + R avec d0B < d0R.
Soit ∆ = B ∧ R. Nous allons montrer que ∆ = A ∧ B ; c’est a dire que : ∆ verifie i) et ii)du theoreme 2.8 .
24
i) ∆ divise t-il A et B ?On a ∆ divise B et R, donc ∃Q1, Q2 ∈ K[X] tels que :
B = Q1.∆ et R = Q2.∆.
Remplacons dans (*) : A = (Q1Q + Q2)∆. Donc ∆ divise A.ii) Soit D un diviseur commun de A et B : ∃P1, P2 ∈ K[X] tels que :
A = P1D et B = P2D
Remplacons dans (*) :R = P1D − P2DQ = (P1 − P2Q)D.
Par suite D divise R.Finalement, D divise B et R. Or ∆ = B ∧R.Donc D divise ∆.Algorithme d’Euclide
Soient A et B deux polynomes de K[X] tels que d0B < d0A. Soit R1 le reste de la divisioneuclidienne de A par B.
A = BQ + R1, d0R1 < d0B.
Si R1 = 0 ⇒ A = BQ ⇒ B/A, donc A ∧B = B.Si R1 6= 0, d’apres la Proposition (2.14) , on a
{A ∧B = B ∧R1
d0R1 < d0B.
On recommence et on considere R2 le reste de la division euclidienne de B par R1.
Si R2 = 0 ⇒ B = R1Q ⇒ R1/B, donc B ∧R1 = R1.Si R2 6= 0, Toujours d’apres la Proposition (2.14), on a :
{A ∧B = B ∧R1 = R1 ∧R2
d0R2 < d0R1 < d0B.
On construit ainsi une suite de polynomes (Rk)k≥0 verifiant :
R0 = BR1 : est le reste de la D.E. de A par B...Rk : est le reste de la D.E. de Rk−2 par Rk−1
(d0Rk)k≥0 est une suite strictement decroissante.
Comme la suite des degres des restes est strictement decroissante, il existe un entier n telque Rn = 0. Alors A ∧B = Rn−1 (ou Rn−1 est le dernier reste non nul).
Exemple 2.4. Le pgcd des deux polynomes A = X5 − 3X4 + 5X3 − 4X2 + 7X − 4 etB = X5 − 3X4 + 4X3 −X2 + 3X − 4 est le polynome R2 = −X2 + 3X − 4.
25
2.3 Fonction polynome
Definition 2.15. Pour tout polynome P =∑n
k=0 akXk dans K[X] : on note
P : K→ Kx → P (x) =
∑nk=0 akx
k.
On dit que P est la fonction polynome associee au polynome P .
Remarque 2.6. On distingue parfois le polynome P (qui, par construction, est nul si etseulement si tous ses coefficients sont nul(*) ) de la fonction polynomiale associee (celle-ciest nulle si et seulement si : ∀x ∈ K, P (x) = 0 (**)).On a bien evidemment l’implication :
P (X) = 0 ⇒ ∀x ∈ K : P (x) = 0.
Mais la reciproque est loin d’etre evidente. Il suffit de se placer sur le corps Z/2Z et deconsiderer le polynome P (X) = X2 + X. Celle-ci est non nul en tant que polynome formel,mais la fonction polynomiale associee est nulle de K dans K. Cependant, nous pouvonsprouver que dans notre cas (K = R ou C), il y a equivalence. Dans la suite on convient denoter P (x) la valeur de la fonction polynomiale P (x) associee a P au point x ∈ K, au lieude P (x).
2.3.1 Polynome derive
Definition 2.16. Soit P ∈ K[X], P : x → anxn + ... + a1x + a0. Le polynome derive de P ,note P ′ est defini par
P ′ : x → nanxn−1 + ... + 2a2x + a1.
Remarque 2.7. Lorsque K = R, le polynome derive correspond a la derivee usuelle de lafonction polynomiale P .Puisque P ′ est encore un polynome, on peut iterer cette operation de derivation et definirsuccessivement P ′′, puis P (3),... comme le degre diminue de 1 a chaque etape, cette iterationfinira par donner le polynome constant P (n) = n!an. Pour k > n, P k = 0 (polynome nul).Le resultat suivant etablit un lien interessant entre les valeurs en 0 des polynomes derivessuccessifs et les coefficients de P .
Theoreme 2.17. Soit P : x → anxn + ... + a0 un polynome de degre n. Pour tout k ∈{0, ..., n},
ak =P (k)(0)
k!Preuve.Pour k = 0, c’est evident.Stop ! Avez-vous fait la demonstration vous-meme avant de lire ci-dessous ?Le cours n’est jamais qu’une suite d’exercices corriges et commentes ! ! ! Ceciest valable pour TOUS les cours de mathematiques.Pour k ≥ 1, P (k)(0) est le terme constant de P (k). Comme chaque derivation abaisse le degrede 1, ce terme constant resulte de k derivations successives de akx
k. Il vaut donc k!ak d’oule resultat.
26
2.3.2 Formule de Taylor pour les polynomes
Soit P un polynome de degre n. Le Theoreme 2.17 prouve l’identite suivante :
P (x) = a0 + ... + akxk + ... + anxn = P (0) + ... +
P (k)(0)k!
xk + ... +P (n)(0)
n!xn.
Le theoreme suivant montre qu’elle est valable en tout point, et pas seulement en 0.
Theoreme 2.18. Soit P un polynome de degre n et soit α ∈ K. Alors, pour tout x ∈ K,
P (x) = P (α) + P ′(α)(x− α) + ... +P (n)(α)
n!(x− α)n.
Preuve. Nous allons utiliser le fait que nous connaissons deja la validite de la formule pourα = 0. Posons Q(t) = P (t + α). Q est encore un polynome, du meme degre que P , on peutdonc ecrire, pour tout t ∈ K,
Q(t) = Q(0) + Q′(0)t + ... +Q(n)(0)
n!tn.
Admettons pour l’instant que, pour tout t ∈ K, Q(k)(t) = P k(t + α). On a alors, pour toutt ∈ K
P (t + α) = P (α) + P ′(α)x + ... +P (n)(α)
n!tn.
Il reste donc a prouver que, pour tout k, Q(k)(t) = P k(t + α).Pour k = 0, la formule a prouver devient Q(t) = P (t + α), qui est la definition meme de Q.Posons g(t) = t + α. On a Q = Pog. Supposons que la formule est vraie au rang k. on adonc : Q(k)(t) = P k(t + α), ou en d’autres termes Q(k)(t) = P kog). Derivons cette egalite enappliquant la formule de derivation des fonctions composees :
(Q(k))′= [(P k)
′og]× g
′.
Comme g′ = 1, on en deduit
Q(k+1) = P (k+1)og.
La propriete est donc vraie pour k + 1. Ceci termine la recurrence.
2.4 Zeros d’un polynome
Une des questions les plus importantes dans l’etude des polynomes est le calcul de leursracines. Bien qu’il y ait peu de methodes generales pour leur calcul effectif (on en decriraquelques unes en fin de paragraphe), il y a en revanche de nombreux resultats theoriques.
Definition 2.19. Soit P ∈ K[X]. On dit que α ∈ K est racine de P si P (α) = 0.
Le fait qu’un nombre α soit racine d’un polynome peut s’exprimer en termes fonctionnelscomme dans la definition ci-dessus, mais egalement en termes de divisibilite, grace au criteredonne par le theoreme suivant.
Theoreme 2.20. Soit P ∈ K[X] et α ∈ K. Alors,1) α est racine de P si et seulement si P est divisible par X − α.2) Soit n ∈ N∗ et α1, α2, ..., αn ∈ K deux a deux distincts. Si α1, α2, ..., αn sont des zeros deP , alors :
n∏
i=1
(X − αi)/P.
27
Preuve.1) Si P est divisible par X − α, on a, pour tout x ∈ K, il existe un polynome Q ∈ K[X], telque
P (x) = (x− α)Q(x).
Par suite :P (α) = 0.
Reciproquement, soit α une racine de P . Faisons la division euclidienne de P par X −α.Le reste R est nul ou de degre strictement inferieur a 1, donc R est une constante r. On adonc P (x) = (x − α)Q(x) + r pour tout x ∈ K. En remplacant x par α, on obtient r = 0puisque P (α) = 0 : P est donc bien divisible par X − α.2) On a d’une part, pour tout i ∈ {1, ..., n} αi est zero de P , donc (X − αi)/P .D’autre part, ∀i, j ∈ {1, ..., n}, avec i 6= j : (X − αi) ∧ (X − αj) = 1.Le theoreme 2.12 entraıne :
n∏
i=1
(X − αi)/P.
Ce theoreme explique pourquoi le calcul des racines d’un polynome joue un role importantdans la factorisation des polynomes. Cependant, avant d’enoncer le theoreme de factorisation,nous devons introduire le concept de racine multiple.
2.4.1 Multiplicite d’une racine
Quand le discriminant d’un trinome du second degre est nul, on dit que cette equationadmet une racine double. Ce qui pouvait dans ce contexte apparaıtre comme une conventionde vocabulaire un peu arbitraire est en fait le cas particulier d’une situation generale quenous decrivons dans ce chapitre.
Definition 2.21. Soit P ∈ K[X] et α ∈ K. On dit que α est racine de multiplicite k de P si(X − α)k divise P et si (X − α)k+1 ne divise pas P .
Si k = 2 ou 3, on dit aussi : racine double ou racine triple. Si k = 1, on parle de racinesimple.
Exemple 2.5. Le polynome (X − 3)2(X − 5)4 admet α = 3 comme racine double et α = 5comme racine de multiplicite 4.
Nous avons vu au paragraphe precedent qu’il y avait sur la notion de racine deux pointsde vue possibles : un point de vue fonctionnel et un point de vue de divisibilite (on parle,pour le second, d’un point de vue arithmetique). Cette dualite de points de vue se retrouvepour l’etude des racines multiples.
Theoreme 2.22. Soit P ∈ K[X] et α K. Alors α est racine de multiplicite k de P si etseulement si P (α) = P ′(α) = = P (k−1)(α) = 0, et P (k)(α) 6= 0.
Preuve.Supposons que α est racine de multiplicite k avec k ≥ 1. On peut ecrire, pour tout x ∈ K :P (x) = (x− α)kQ(x) avec Q(α) 6= 0. On verifie alors par recurrence sur l ∈ {1, ..., k} que
P (l)(x) = (x− α)k−lQl(x)
28
avec Ql(α) 6= 0.Il en resulte que, tant que k − l ≥ 1, c’est-a-dire l ≤ k − 1, P (l)(α) = 0, et que pour l = k,P k(α) = Qk(α) 6= 0.
Reciproquement, faisons l’hypothese sur les derivees successives et montrons que α estracine de multiplicite k de P . On ecrit la formule de Taylor a l’ordre n = deg(P ) en α. On a
P (x) = P (α) + (x− α)P ′(α) + ... + (x− α)k−1 P (k−1)(α)(k−1)! +
(x− α)k ∗ P (k)(α)k! ... + (x− α)n P (n)(α)
n! .
Tous les coefficients de la premiere ligne sont nuls a cause de l’hypothese. On peut doncecrire :
P (x) = (X − α)kQ(x),
avec Q(α) = P (k)(α)k! 6= 0. Ceci prouve que P est divisible par (X − α)k mais pas (X − α)k+1,
d’ou la conclusion.Exercice. Determiner a et b pour que le polynome P (x) = x5 +ax4 + bx3− bx2−ax− 1
admette 1 comme racine de plus grande multiplicite possible.
2.5 Polynomes irreductibles
Definition 2.23. Un polynome P ∈ K[X] est irreductible sur K s’il n’est pas constant et si :
∀Q, R ∈ K[X], P = Q.R ⇒ d0Q = 0 ou d0R = 0.
Autrement dit, un polynome P est irreductible sur K si et seulement si1- degP ≥ 1.2- Les seuls diviseurs de P dans K[X] sont les constantes et λP avec λ ∈ K.
Exemple 2.6. .1) Tout polynome de premeir degre est irreductible. Par exemple P = X + 2 est irreductibledans K[X] ( K = R ou C )2) Le polynome P = X2 + 1 est irreductible dans R.3) Le polynome P = X2 + 1 n’est pas irreductible dans C.
Proposition 2.24. Soit P ∈ K[X] irreductible, A ∈ K[X] \ {0}. Alors
P/A ou P ∧A = 1.
Preuve.Soit D = P ∧A. Puisque D/P et P est irreductible, alors D = 1 ou D = P (a une constantemultiplicative pres) . D’ou
P ∧A = 1 ou P = D/A.
Proposition 2.25. Soient P ∈ K[X] irreductible, n ∈ N∗, A1, ..., An ∈ K[X] \ {0}. Alors :
(P/
n∏
i=1
Ai) ⇔ (∃i ∈ {1, ..., n}, P/Ai).
Preuve. ⇐) Evidente.⇒) Si P ne divise aucun des Ai, 1 ≤ i ≤ n. Alors, il est premier avec chaque Ai (d’apres laproposition 2.24. Donc premier avec le produit A1...An, d’apres le Theoreme 2.13.
29
2.6 Decomposition des polynomes en facteurs irreductibles
Les theoremes suivants donnent la forme de la decomposition d’un polynome P en facteursirreductibles selon que P est a coefficients dans R ou dans C .
2.6.1 Factorisation des polynomes dans C[X]
Nous commencons par rappeler le theoreme de d’Alembert (que nous admettons) :
Theoreme 2.26. (Theoreme de d’Alembert) Si P ∈ C[X] est de degre n ≥ 1, P possede n ra-cines (comptees eventuellement avec leur multiplicite). On dit que C est un corps algebriquementclos.
On deduit de ce theoreme le resultat suivant :
Theoreme 2.27. Sur C, les polynomes irreductibles sont les polynomes de degre 1.Tout polynome a coefficients dans C se decompose comme produit de polynomes irreductibles.
Preuve. On sait deja que les polynomes de degre 1 sont irreductibles. Il reste a prouverque les polynomes irreductibles sont de degre 1. On va montrer que les polynomes de degresuperieur ou egal a 2 ne sont pas ireductibles.Soit P ∈ C[X], d0P ≥ 2. D’apres le theoreme de d’Alembert, P possede au moins une racine.Donc P n’est pas irreductible.Consequence : Tout polynome P de degre n ≥ 1 de C[X] se factorise donc de maniere uniquecomme produit d’une contante et de polynomes du premier degre normalises, autrement dit,P peut s’crire sous la forme :
P = an.
p∏
i=1
(X − xi)λi .
ou ;- an est le coefficient dominant de P .- x1, x2, ...., xp sont les racines distinctes de P dans C.- λi pour i ∈ {1, 2, ..., p} est l’ordre de multiplicite de la racine xi.- λ1 + λ2 + ... + λp = n.
Exemples.
1. P = X4 − 2X2 + 1 = (X2 − 1)2 = (X − 1)2(X + 1)2.2. P = Xn − 1 =
∏n−1i=1 (X − ωi) ou les ωi sont les racines n−ieme de l’unite.
2.6.2 Factorisation des polynomes dans R[X]
Remarquons que si P ∈ R[X] et α ∈ C une racine d’ordre k de P , alors α est aussiracine d’ordre k de P . En effet,
P (x) = (x− α)kQ(x) = (x− α)k ¯Q(x).
Les racines de P dans C sont donc :
β1, ..., βk : des racines reelles.
30
α1, ..., αl
α1, ..., αl
}complexes deux a deux conjuguees (distinctes ou multiples).
DoncP (x) = λ(x− β1)...(x− βk)....(x− α1)(x− α1)...(x− αl)(x− αl).
avec k + 2l = d0P .Le polynome
(x− αi)(x− αi) = x2 − 2(Reαi)x + |αi|2 ∈ R[X],
Ceci montre que tout polynome P ∈ R[X] est produit de polynomes a coefficients reels dedegres 1 ou 2, et en outre ceux de degre 2 ont un discriminant strictement negatif (sinon leursracines seraient reelles). Il en resulte que ces polynomes sont les seuls a etre irreductibles, etque tout polynome de R[X] est produit de polynomes irreductibles.
On a donc le theoreme :
Theoreme 2.28. Les polynomes irreductibles R[X] sont- Les polynomes de degre 1.-Les polynomes de degre 2 de discriminant strictement negatif.
Corollaire 2.29. Si P ∈ R[X] tel que degP = n ≥ 1, alors la decomposition de P en facteursirreductibles sur R est de la forme :
P = an.(X − x1)λ1 .(X − x2)λ2 ...(X − xl)λl .(X2 + p1X + q1)µ1 ...(X2 + psX + qs)µs .
ou ;- an est le coefficient dominant de P ,- x1, x2, ...., xl sont les racines distinctes de P dans R,- λi pour i ∈ {1, 2, ..., l} est l’ordre de multiplicite de la racine xi,- pi, qi, (i=1, 2,...,s) sont des nombres reels tels que ∆i = p2
i − 4qi < 0,- λ1 + λ2 + ... + λl + 2(µ1 + µ2 + ... + µs) = n.
Remarque 2.8. Pour decomposer un polynome en facteurs irreductibles sur R, il suffit doncde le decomposer sur C (en calculant ses racines (du moins lorsque c’est possible) et de re-grouper les racines complexes avec leurs conjuguees.
Exemples.
La decomposition de P en facteurs irreductibles de :- P = X4 − 2X2 + 1 est P = (X − 1)2(X + 1)2,- P = X4 + 2X2 + 1 est P = (X2 + 1)2,- P = X4 + 2X3 + X2 − 1 = (X2 + X − 1)(X2 + X + 1), d’ou :
P = (X − 1−√52
)(X − 1 +√
52
)(X − 1− i√
32
)(X − 1− i√
32
).
En regroupant les racines complexes avec leurs conjuguees, on obtient
p = (X − 1−√52
)(X − 1 +√
52
(X2 + X + 1)
31
2.6.3 Annexe : Recherche des racines, quelques resultats et methodes
Nous savons deja resoudre les equations de degre 2, a coefficients reels ou complexes. Bienque des formules existent aussi pour les equations de degre 3 (formules de Cardan) et 4 (for-mules de Ferrari), ces formules sont assez difficiles a utiliser, et en pratique ne servent jamais.Au dela, on a pu demontrer qu’il n’existe aucune formule generale permettant de resoudreles equations de degre 5 et plus. Il existe neanmoins quelques types d’equations que l’on peutresoudre explicitement. Figurent parmi ceux-ci les equations bicarrees, tricarrees et certainesequations appelees reciproques.
– On appelle equation bicarree une equation de la forme aX4 + bx2 + c = 0. On laresoud en posant x = X2, en resolvant l’equation du second degre en x et en calculantles racines carrees des solutions x1 et x2.
– De maniere analogue, une equation tricarree a pour forme aX6 + bX3 + c = 0. Cettefois on pose x = X3, on resoud l’equation du second degre en x et on calcule les racinescubiques des solutions x1, x2 et x3.
Remarque 2.9. On terminera ce paragraphe en signalant que parfois, une informationsupplementaire sur les racines permet de simplifier leur calcul (ou parfois meme de le rendrepossible).Par exemple, si l’on sait que le polynome X4+5X3−9X2−81X−108 possede une racine triple,on cherche un nombre x tel que P (x) = P ′′(x) = 0. Comme P ′′ est de degre 2, on calculefacilement ses racines et on trouve x1 = −3 et x2 = 1/2. On verifie que P (−3) = P ′(−3) = 0.La racine triple cherchee est donc −3 et il n’y a plus qu’une racine x4 a chercher pour facto-riser P .En utilisant le produit des racines, on trouve (−3)3x4 = −108, d’ou il resulte que x4 = 4.Finalement P (X) = (X + 3)3(X − 4).
32
2.7 EXERCICES.
Exercice 1.Soient P , Q, et R trois polynomes dans K[X].Montrer que
(P + Q)oR = PoR + QoR.
Et que en generalPo(Q + R) 6= PoQ + PoR.
Exercice 2.Effectuer la division euclidienne de A par B dans les cas suivants :a) A = X8 − 1, B = X3 − 1.b) A = X6 + 4X4 −X2 + 1, B = X2 + 1.c) X9 − 1, B = X4 − 1.d) A = X3 − 3X2 + X − 1, B = X2 −X − 2.e) A = X3 − iX2 + X + 12, B = X2 − iX + 1.Exercice 3.On donne K = C, A = X4 + aX2 + bX + c, B = X2 + X + 1. Trouver des conditions sur a,b, c pour que B divise A.Exercice 4.Soient a et b deux nombres complexes distincts, et soit P (X) un polynome. Calculer enfonction de P (a) et de P (b) le reste de la division euclidienne de P (X) par (X − a)(X − b).Exercice 5.Soit la suite de polynomes definies par : P0 = 1 , P1 = X et pour tout n ≥ 0 , Pn+2 =XPn+1 − Pn.1) Montrer que ∀n ∈ N :
P 2n+1 − PnPn+2 = 1
2) Montrer que Pn et Pn+1 sot premiers entre eux.
Exercice 6.Trouver le p.g.c.d des deux polynomes :
A = 2X5 − 4X4 − 3X3 + 6X2 + X − 2 et B = X3 − 3X2 + 3X − 2.
Exercice 7.Soit m et p des entiers tels que m ≥ p > 0. En effectuant la division euclidienne de Xm−am
par Xp−ap , trouver une condition necessaire et suffisante pour que Xp−ap divise Xm−am.
Exercice 8.Soient A, B, et C trois polynomes tels que A ∧B = B ∧ C = A ∧ C = 1.Montrer que
ABC ∧ (AB + BC + AC) = 1.
Exercice 9.Soit P un polynome. Montrer que si P (Xn) est divisible par X − 1, il est aussi divisible parXn − 1.Exercice 10.a) Soient a, p, q trois nombres complexes. Ecrire les conditions pour que a soit racine double
33
de polynome X3 + pX + q.b) Quelle condition necessaire et suffisante doivent satisfaire p et q pour que le polynomeX3 + pX + q ait une racine (au moins) double ?
Exercice 11. (Polynomes d’interpolation de Lagrange).Soient a, b, c trois nombres reels distincts.a) Chercher un polynome P1 de degre inferieur ou egal a 2, tel que P1(a) = 1, P1(b) = 0,P1(c) = 0.Est-il unique ?b) Chercher des polynomes P2 et P3 de degre inferieur ou egal a 2, tels que P2(a) = 0,P2(b) = 1, P2(c) = 0 et P3(a) = 0, P3(b) = 0, P3(c) = 1 .c) Soient α, β, γ , trois nombres reels quelconques. Chercher un polynome Q de degre inferieurou egal a 2, tel que Q(a) = α, Q(b) = β, Q(c) = γ.(Indication : chercher Q comme combinaison des polynomes P1, P2, P3 ).Le polynome Q est-il unique ?Exercice 12. Soit Q(X) le polynmes de R[X] donne par :
Q(X) = X5 −X4 − 2X3 + 2X2 + X − 1.
1) Calculer les derivees Q′(X), Q
′′(X), Q3(X), et Q4(X).
2) Monter que 1 est un zero d’ordre trois de Q(X).3) En deduire la decomposition en facteurs irreductibles de Q(X) dans R[X].Exercice 13.Quelle est la multiplicite des racines 1,-1 et 2 du polynome :
P = X9 − 2X8 − 4X7 + 8X6 + 6X5 − 12X4 −X3 + 8X2 + X − 2.
Exercice 14.1) Montrer que si le polynome P = X4−X3 +X2 +2 admet une racine complexe α, il admetegalement pour racine α.2) Montrer que 1 + i et −1
2 + i√
32 sont des racines de l’equation P = 0.
3) En deduire une factorisation de P dans C[X] puis dans R[X].Exercice 15.dire, sans trop de calcul, si les polynomes suivants sont irreductibles dans R et dans C.P1 = X2 −X + 2, P2 = X4 − 3X2 + 2, P3 = X − 2, P4 = X3 − 2X2 + 4X − 1.
Exercice 16.Soit α1, ..., αn, β1, ..., βn ∈ R, avec αi 6= αj si i 6= j. On pose
P =n∑
i
βi(∏
j 6=i
X − αj
αi − αj).
Verifier due P (αk) = βk, pour tout 1 ≤ k ≤ n.
Exercice 17.Soit P ∈ K[X] et n ∈ N. Montrer que si d0P ≤ n et si P admet au moins n + 1 zeros deux adeux distincts, alors P = 0.Deduire que si un polynome de K[X] admet une infinite de racines, alors P = 0.
34
Exercice 18. (Racine commune a deux polynomes ).a) On considere les deux polynomes suivants : P (X) = 2X4 + X3 −X2 + 2X − 1 et Q(X) =4X3 + 4X2 −X − 1.Montrer qu’ils ont une racine commune α que l’on determinera.(Indication : effectuer la division euclidienne de P par Q pour obtenir un polynome de degreplus petit que ceux de P et Q admettant encore pour racine α ; iterer cette procedure ).b) Meme question pour les polynomes : P (X) = X4 − (1 + i)X3 + X2 + (1 + i)X − 2 etQ(X) = X3 + (2 + 2i)X2 + 2iX − 1 .Exercice 19.Factoriser sur R puis sur C les polynomes suivants :
P1 = X10 + X5 + 1, P2 = X6 + 5X5 + 5X4 − 12X3 − 32X2 − 32X − 16.
Exercice 20.Soit n un entier non nul.1. Montrer qu’il existe un couple unique (F,G) de polynomes de R[X], de degre srictementinferieur a n, verifiant :
(1−X)nF (X) + XnG(X) = 1.
2. Montrer que∀X ∈ R, F (X) = G(1−X).
35
Chapitre 3
FRACTIONS RATIONNELLES
Dans ce chapitre, K est un corps (on pourra penser a R ou C).
3.1 Definitions et proprietes algebriques
Definition 3.1. On appelle fraction rationnelle a coefficients dans K tout quotient de po-lynomes a coeficients dans K. Autrement dit : une expression de la forme A
B ou A ∈ K[X] etB ∈ K[X]∗. L’ensemble de ces fractions rationnelles est note K(X).Soit F une fraction rationnelle. On appellera un representant de F tout couple de polynomes(A,B) tels que F = A
B . Il est clair qu’une fraction rationnelle admet une infinite de representants.On notera 0 la fraction rationnelle 0
B et 1 la fraction rationnelle AA .
Pour toute fraction rationnelle F = AB 6= 0, on appellera inverse de F la fraction rationnelle
1F = B
A .
Exemple 3.1.
F (X) =X5 + 3X2 + 1
X6 + 2X3 + 4X∈ R(X).
F (X) =iX5 + 3jX2 + 1X6 + 2X3 + 4i
∈ C(X).
Remarque 3.1. Il n’est pas difficile de verifier que K(X) est un corps.
Definition 3.2. B On dit que deux fractions rationnelles F1 = AB et F2 = C
D sont egales siet seulement si
AD = BC.
Exemple 3.2.
F =X2 + 2X + 1
X2 − 1=
X + 1X − 1
.
Car (X2 + 2X + 1)(X − 1) = (X2 − 1)(X + 1).
3.1.1 Fractions ratinnelles irreductibles
Definition 3.3. Une fraction F = PQ de K(X) est dite irreductible si les polynomes P et Q
sont premiers entre eux (i.e. P ∧Q = 1 ).
Proposition 3.4. Toute fraction rationnelle F est egale a une fraction rationnelle irreductible.Preuve. Soit F = P
Q ∈ K(X) , Si D = P ∧Q. Alors P = DP1 et Q = DQ1 avec P1∧Q1 = 1.Par suite P
Q = P1Q1
.
36
Exemple 3.3. X3−1(X2+X+1)(X+2)
= (X−1)(X2+X+1)(X2+X+1)(X+2)
= X−1X+2 .
Definition 3.5. Soit F = AB ∈ K(X). Le degre de F , note d0F , est la quantite : d0F =
d0A− d0B.Le degre d’une fraction rationnelle est un element de Z ∪ {−∞}.
Proposition 3.6. Soient F1, F2 ∈ K(X) et soit λ ∈ K∗. Alors :
1. d0(λF1) = d0F1.
2. d0(F1F2) = d0F1 + d0F2.
3. d0(F1 + F2) ≤ sup(d0F1, d0F2).
Preuve.Les points 1. et 2. sont faciles.Montrons 3. Soit F1 = A
B et F2 = CD . On a F1 + F2 = A
B + CD = AD+BC
BD .Par suite,
d0(F1 + F2) = d0(AD + BC)− d0B − d0D.≤ sup(d0(AD), d0(BC)))− d0B − d0D.
Si sup(d0(AD), d0(BC)) = d0(AD). Alors,
d0(F1 + F2) = d0A− d0B = d0F1
≤ sup(d0F1, d0F2).
Si sup(d0(AD), d0(BC)) = d0(BC). Alors,
d0(F1 + F2) = d0C − d0D = d0F2
≤ sup(d0F1, d0F2).
Finalement,d0(F1 + F2) ≤ sup(d0F1, d
0F2).
Remarque 3.2. Le degre d’une fraction rationnelle F ∈ K(X) est independant du choix durepresentant de F .
Definition 3.7. Soit F ∈ K(X) et soit AB un representant irreductible de F . On dira que
α ∈ K est une racine d’ordre n de F si α est une racine d’ordre n de A. On dira que β ∈ Kest un pole d’ordre m de F si β est une racine d’ordre m de B.
Remarque 3.3. Pour calculer les racines et les poles d’une fraction rationnelle F , il estnecessaire d’avoir un repesentant irreductible de F .
Exemple 3.4. Soit F = X3−3X+2(X+1)(X−2)3
, alors♣ X3 − 3X + 2 = (X − 1)2(X + 2), donc 1 est un zero double et −2 est un zero simple
de F .♣ −1 est un pole simple de F .♣ 2 est un pole triple de F .D’apres les proprietes des polynomes, l’ensemble ∆F des poles de F est fini. On dit que
DF = K \∆F est l’ensemble de definition de F . A partir de la, l’application :
F : DF −→ K, x 7→ A(x)B(x)
est appelee la fonction rationnelle associee a F.
37
3.2 Decomposition en elements simples d’une fraction ration-nelle
3.2.1 Fractions rationnelles regulieres
Definition 3.8. La fraction rationnelle F = PQ est dite reguliere si doP < doQ.
Remarque 3.4. Une fraction rationnelle est reguliere si et seulement si doF < 0.
Exemple 3.5.
F1 =5X − 2X2 − 1
, F2 =2X2 − 5X3 + 6
, F3 =X3 − 2X5 + 3
sont regulieres.
Theoreme 3.9. Soit F = PQ ∈ K(X). Il existe un polynome E ∈ K[X] et un seul, tel que
F −E soit une fraction rationnelle reguliere. Le polynome E s’appelle la partie entiere de F .Preuve. On suppose doP > doQ, la division euclidienne de P par Q donne :
P = QE + R, doR < doQ.
Ainsi,
F =P
Q= E +
R
Qavec doR < doQ.
Unicite : Supposons que E1, E2 ∈ K[X] verifient le theoreme, alors :
do(E1 − E2) = do[(F − E2)− (F −E1)]≤ sup(do(F −E1), do(F − E2))< 0.
Par suite E1 = E2.
Exemple 3.6.
F1 =X2 − 1X + 2
= X − 2 +3
X + 2, donc E = X − 2.
Propriete Si F1, F2, ..., Fn sont des fractions rationnelles de parties entieres respectivementE1, E2, ..., En, alors
∑ni=1 Ei est la partie entiere de la fraction rationnelle F =
∑ni=1 Fi.
3.2.2 Decomposition en elements simples
Comment integrer la fraction rationnelle :
F =X
(X − 1)(X2 + 1)3?
On procede de la maniere suivante, on ecrit :
X
(X − 1)(X2 + 1)3=
a0
X − 1+
a1X + b1
(X2 + 1)+
a2X + b2
(X2 + 1)2+
a3X + b3
(X2 + 1)3,
puis on integre chaque element.Le but de ce paragraphe est de montrer que cette ecriture est toujours possible. On aura besoindu resultat suivant.
38
Proposition 3.10. Soient A et P deux polynomes de K[X], P 6= 0. Pour tout entier naturelnon nul n, il existe un systeme unique de polynomes A1, A2, ..., An et R tels que
A = An + An−1P + An−2P2 + .... + A1P
n−1 + RPn,
avec d0Ak < d0P , 1 ≤ k ≤ n.Preuve.Unicite : Commencons par etablir l’unicite. Supposons que :
A = An + An−1P + An−2P2 + .... + A1P
n−1 + RPn, d0Ak < d0P, 1 ≤ k ≤ n.
et
A = An + An−1P + An−2P2 + .... + A1P
n−1 + RPn, d0Ak < d0P, 1 ≤ k ≤ n.
Posons Bk = Ak − Ak et S = R− R.On a 0 = Bn + Bn−1P + ... + B1P
n−1 + SPn.D’ou :
Bn = −P (Bn−1 + ... + B1Pn−2 + SPn−1).
Si Bn 6= 0, on aura d0Bn ≥ d0P , ce qui est absurde. Donc Bn = 0.On simplifie par P (qui est 6= 0)et on fait la meme chose pour Bn−1, Bn−2, ..., B1, a la fin onobtient SP = 0, puisque P 6= 0,on a alors S = 0. D’ou l’unicite.Existence : Nous allons faire une demonstration par recurrence sur n.Pour n = 1, on effectue la D.E. de A par P , on a :
∃Q1, R1 ∈ K[X] tels que A = PQ1 + R1, d0R1 < d0P.
Il suffit de prendre A1 = R1 et R = Q1.Supposons le resultat vrai a l’ordre n ; c’est-a-dire ∃Ak, 1 ≤ k ≤ n, ∃R ∈ K[X] tels que :
A = An + An−1P + An−2P2 + .... + A1P
n−1 + RPn, avec d0Ak < doP.
Effectuons la D.E. R par P , il existe Q2, R2 dans K[X], d0R2 < d0P tels que : R = PQ2+R2.Donc
A = An + An−1P + An−2P2 + .... + A1P
n−1 + R2Pn + Q2P
n+1.
Posons Ak+1 = Ak, 1 ≤ k ≤ n, A1 = R2 et R = Q2.Finalement on trouve :
A = An+1 + AnP + An−1P2 + .... + A1P
n + RPn+1.
Soit maintenant, F = PQ ∈ K(X), P ∧Q = 1 avec Q normalise.
Decomposons Q en facteurs irreductibles :
Q =r∏
i=1
Qαii , αi ≥ 1.
Les Qi etant deux a deux premiers entre eux, irreductibles et normalises.Le resultat fondamental portant sur les fractions rationnelles est le suivant :
39
Theoreme 3.11. Avec les notations ci-dessus, la fraction F s’ecrit d’une maniere unique,sous la forme :
F = E +r∑
i=1
Pi
ou E est un polynome et ou Pi =∑αi
j=1Pi,j
Qji
.
Les Pi,j et les Qi etant des polynomes tels que pour tout i et tout j, d0Pi,j < d0Qi.Le terme Pi s’appelle la partie polaire de F relative au facteur Qαi
i du denominateur Q deF .E s’appelle la partie entiere de F .Dans la pratique, on a interet a determiner d’abord E.
Preuve.Existence : On a : Q = Qα1
1 (Qα22 ...Qαr
r ) avec Qα11 et (Qα2
2 ...Qαrr ) sont premiers entre eux. Il
existe U, V ∈ K[X] tels que :
UQα11 + V (Qα2
2 ...Qαrr ) = 1.
D’ou
F =P
Q=
P.1Q
=P [UQα1
1 + V (Qα22 ...Qαr
r )]Qα1
1 (Qα22 ...Qαr
r )=
PU
(Qα22 ...Qαr
r )+
PV
Qα11
.
De proche en proche, en appliquant le meme raisonnement a PU(Q
α22 ...Qαr
r ); on obtient
F =r∑
i=1
Ai
Qαii
(∗)
ou les Ai etant des polynomes.Soit maintenant 1 ≤ i ≤ r, d’apres le resultat de la proposition precedente pour A = Ai,P = Qi et n = αi :
∃Pi,j , 1 ≤ j ≤ αi, et ∃Ei ∈ K[X] tels que :
Ai = Pi,αi + Pi,αi−1Qi + ... + Pi,1Qαi−1i + EiQ
αii
avec d0Pi,j < d0Qi, ∀1 ≤ j ≤ αi.
Ai =αi∑
j=1
Pi,jQαi−ji + EiQ
αii .
En remplacant dans (∗) on obtient :
F =r∑
i=1
(αi∑
j=1
Pi,jQαi−ji
Qαii
+ Ei) =r∑
i=1
αi∑
j=1
Pi,j
Qji
+r∑
i=1
Ei,
avec d0Pi,j < d0Qi ∀1 ≤ i ≤ r et ∀1 ≤ j ≤ αi.Posons E =
∑ri=1 Ei, on a F =
∑ri=1 Pi + E avec Pi =
∑αij=1
Pi,j
Qji
et
d0Pi,j < d0Qi, ∀1 ≤ i ≤ r et ∀1 ≤ j ≤ αi.Unicite : C’est une consequence du resultat suivant : la famille constituee d’une part par
les (Xn)n≥0 et d’autre part par les (Xk
Ql ) ou Q est un polynome irreductible, l ∈ N∗ et k < d0Q
est une base du K− espace vectoriel K(X).
40
3.2.3 Decomposition dans C(X)
Lorsque K = C, les polynomes Qi sont du premier degre, soit Qi = X−ai. Les polynomesPi,j se reduisent a des constantes.Le theoreme precedent s’ecrit, dans ce cas, sous la forme :Theoreme 3.12. Toute fraction rationnelle F = P
Q ∈ C(X) admet la decomposition :
F = E +r∑
i=1
αi∑
j=1
Ai,j
(X − ai)j
ou a1, ..., ar sont les racines distinctes de Q et α1, ..., αr leurs ordres de multiplicites. Les Ai,j
sont des constantes et E est un polynome de degre egal a d0P − d0Q.
Exemple 3.7. Donner la decomposition en elements simples dans C(X) des fractions ra-tionnelles suivantes :
1) F =1 + X
1−X, 2) G =
11 + X2
, 3) H =1
(1 + X)(2 + X)(3 + X),
1) On a 1 + X = −(1−X) + 2, donc F = −1 + 21−X .
2) G = 11+X2 = 1
(X−i)(X+i) = aX+i + b
X−i = a(X−i)+b(X+i)(X+i)(X−i) .
On en deduit alors (par identification) : a + b = 0 et b− a = −i donc b = −i2 et a = i
2 .Par consequent :
G =1
1 + X2=
i
2(X + i)− i
2(X − i).
3.2.4 Decomposition dans R(X)
Lorsque K = R ; les polynomes irreductibles dans R[X] sont de deux types :1) Tout polynome du prenier degre.2) Tout polynome du second degre a discriminant strictement negatif. Donc dans R(X) (en-semble des fractions rationnelles) il y a deux types d’elements simples :1) L’element simple dit de premiere espece de la forme :
λ
(X + µ)navec µ, λ ∈ R et n ∈ N∗.
2) L’element simple de deuxieme espece de la forme :
λX + µ
(X2 + bX + c)n. avec λ, µ, b, c ∈ R, et n ∈ N∗.
avec b2 − 4c < 0.Soit Q ∈ R[X]. D’apres ce qui precede Q peut s’ecrire sous la forme :
Q = (X − a1)α1(X − a2)α2 ...(X − ar)αr(X2 + b1X + c1)µ1 ...(X2 + bnX + cn)µn .
Et le theoreme de la decomposition en elements simples s’ecrit dans le cas de R sous laforme :Theoreme 3.13. Toute fraction rationnelle F dans R(X) s’ecrit d’une maniere unique sousla forme :
F = E + a1,1
X−a1+ a1,2
(X−a1)2+ ... + a1,α1
(X−a1)α1+ ... + ar,1
X−ar
+ ar,2
(X−ar)2+ ... + ar,αr
(X−ar)αr + b1,1X+c1,1
X2+b1X+c1+ ... + b1,µ1X+c1,µ1
(X2+b1X+c1)µ1+ ...+
+ bn,1X+cn,1
(X2+bnX+cn)+ ... + bn,µnX+cn,µn
(X2+bnX+cn)µn .
Ceci est la decomposition de F en elements simples dans R(X).
41
Remarque 3.5. Pour decomposer F ∈ R(X) en elements simples dans R, on peut :i) soit decomposer F en elements simples dans C et regrouper les termes conjugues.ii) soit proceder par identification, en utilisant les proprietes de F (parite,...) (Voir T.D).
Exemple 3.8. 1. F = 1(1+X2)(X−1)
= aX−1 + bX+c
X2+1= a(X2+1)+(bX+c)(X−1)
(1+X2)(X−1).
Par identification on obtient : a+b = 0, c−b = 0 et a−c = 1. Donc a = 12 , b = −1
2 = c.Par consequent,
F =1
2(X − 1)− X + 1
2(X2 + 1).
2. Soit G = 4X3
(X2−1)2. G admet une decomposition de la forme
G =a
X + 1+
b
(X + 1)2+
c
X − 1+
d
(X − 1)2.
Remarquons que G est impaire : G(−X) = −G(X).On a :
G(−X) =−a
X − 1+
b
(X − 1)2+
−c
X + 1+
d
(x + 1)2.
−G(X) =−a
X + 1+
−b
(X + 1)2+
−c
X − 1+
−d
(X − 1)2.
L’unicite de la decomposition en elements simples entraıne :{
a = cb = −d.
Pour trouver b multiplions G par (X + 1)2.
(X + 1)2G(X) =4X3
(X − 1)2= a(X + 1) + b +
c(X + 1)2
X − 1+
d(X + 1)2
(X − 1)2.
En remplacant X par −1, on obtient : b = −1, d’ou d = 1.Cette methode permet de trouver le coefficient du terme de plus haut degre de chaquepartie polaire.Pour determiner les coefficients a et c, multiplions G par X :
X.G(X) =4X4
(X2 − 1)2=
aX
X + 1+
bX
(X + 1)2+
cX
X − 1+
dX
(X − 1)2.
En cherchant la limite de XG(X) en +∞ , on obtient :
limX−→+∞
XG(X) = 4 = a + c
d’ou a = c = 2.Cette methode permet de trouver la somme des coefficients de plus bas degre de toutesles parties polaires.Finalement, on obtient :
G =2
X + 1+
−1(X + 1)2
+2
X − 1+
1(X − 1)2
.
Remarque 3.6. Puisque la decomposition est unique, on peut utiliser tout procede qui noussemble adequat pour obtenir les coefficients de la decomposition, sans que cela influe sur leresultat final.
Exercice 3.14. Decomposer en elements simples dans C puis dans R la fraction rationnelle
F =1
(X2 + X + 1)2(X + 1).
42
3.3 Recherche des parties polaires relatives a des facteurs dela forme (X − a)α
3.3.1 Division suivant les puissances croissantes
Theoreme 3.15. Soient A,B deux polynomes tels que B(0) 6= 0.Pour tout entier n, il existe un couple unique de polynomes (Qn, Rn) verifiant :
A = BQn + Xn+1Rn, d0Qn ≤ n.
Qn est appele le quotient a l’ordre n, Xn+1Rn est le reste a l’ordre n.
Preuve.Existence : Demontrons l’existence par recurrence sur n.Posons
A =p∑
i=0
aiXi et B =
q∑
i=0
biXi.
Pour n = 0, posons Q0 = A(0)B(0) = a0
b0. Alors Q0 ∈ K et A − BQ0 est divisible par X, d’ou
l’existence de R0 ∈ K[X] tel que
A = BQ0 + XR0, d0Q0 = 0.
Supposons l’existence du couple (Qn, Rn) aquise jusqu’a l’ordre n, c’est-a-dire :
A = BQn + Xn+1Rn, d0Qn ≤ n.
On a :Rn =
Rn(0)B(0)
B + (Rn − Rn(0)B(0)
B)︸ ︷︷ ︸
H
.
On a H(0) = 0, donc il existe S ∈ K[X] tel que
Rn =Rn(0)B(0)
B + XS.
L’hypothese de recurrence implique :
A = BQn + Xn+1(Rn(0)B(0)
B + XS) = B(Qn +Rn(0)B(0)
Xn+1) + Xn+2S.
On prend Qn+1 = Qn + Rn(0)B(0) Xn+1 et Rn+1 = S, on a donc d0Qn+1 ≤ n + 1.
Unicite : Supposons BQn +Xn+1Rn = 0. Alors Xn+1/BQn. La condition B(0) 6= 0 impliqueque B et Xn+1 sont premiers entre eux. Le theoreme de Gauss implique que Xn+1/Qn, ord0Qn ≤ n donc Qn = 0. Par consequent Rn = 0.
Exemple 3.9. Effectuons la division suivant les puissances croissantes de A = X3 + 2X + 1par B = 2X2 + X + 1 a l’ordre 3.Apres le calcul, on trouve :
X3 + 2X + 1 = (2X2 + X + 1) (1 + X − 3X2 + 2X3)︸ ︷︷ ︸Q3
+X4 (4− 4X)︸ ︷︷ ︸R3
.
43
Nous allons maintenant appliquer ce theoreme a la recherche de la partie polaire relative aupole a de F = P (X)
(X−a)αQ1(X) , Q1(a) 6= 0, et P (X) ∧ (X − a)αQ1(X) = 1.Posons Y = X − a, et
F (X) = G(Y ) =P (a + Y )
Y αQ1(a + Y ).
Nous sommes donc ramenes au cas ou a = 0. Dans ce cas, on a le resultat suivant :Proposition 3.16. Etant donnee la fraction rationnelle irreductible
F =P (X)
XαQ1(X), Q1(0) 6= 0.
La partie polaire de F relative au pole 0 est l’expression :
λ0
Xα+
λ1
Xα−1+ ... +
λα−1
X,
avec λ0+λ1X+...+λα−1Xα−1 est le quotient de la division suivant les puissances croissantes
de P par Q1 a l’ordre α− 1.
Preuve.Soit Qα−1 = λ0 + λ1X + ... + λα−1X
α−1 le quotient de la division suivant les puissancescroissantes de P par Q1 a l’ordre α− 1.Donc
P = Q1Qα−1 + XαRα−1.
D’ou
F =Q1(X)(λ0 + λ1X + ... + λα−1X
α−1) + XαRα−1
XαQ1(X)=
λ0
Xα+
λ1
Xα−1+ ... +
λα−1
X+
Rα−1
Q1(X),
mais comme Q1(0) 6= 0 , alors 0 n’est pas un pole de Rα−1
Q1(X) . Ce qui acheve la demonstrationde la proposition.
Exemple 3.10. En effectuant la division suivant les puissances croissantes, trouver la decompositionen elements simples dans R(X) de la fraction rationnelle :
F =2X2 + 5
(X2 − 1)3.
Comme F est paire, l’unicite de la decomposition de F en elements simples permet d’identifierla decomposition de F (X) et de F (−X). On a :
F (X) =a
X − 1+
b
(X − 1)2+
c
(X − 1)3+
α
X + 1+
β
(X + 1)2+
γ
(X + 1)3.
F (−X) =−a
X + 1+
b
(X + 1)2+
−c
(X + 1)3+
−α
X − 1+
β
(X − 1)2+
−γ
(X − 1)3.
Ce qui donne :a = −α, b = β, et c = −γ.
Determinons a, b et c.Posons Y = X − 1.
F (Y + 1) =2Y 2 + 4Y + 7Y 3(Y + 2)3
.
Effectuons la division suivant les puissances croissantes de 2Y 2 + 4Y + 7 par (Y + 2)3 =Y 3 + 6Y 2 + 12Y + 8 a l’ordre 2. On trouve : c = 7
8 = −γ, b = −1316 = β et a = 13
16 = −α.
44
Remarque 3.7. Dans le cas ou α = 1, la partie polaire relative a un pole simple deF = P (X)
(X−a)Q1(X) , Q1(a) 6= 0 est P (a)Q′(a) .
1(X−a) . En effet,
F =P (X)Q(X)
, Q(X) = (X − a)Q1(X), avec Q1(a) 6= 0.
En prenant les derivees, on trouve :
Q′(X) = Q1(X) + (X − 1)Q′1(X),
d’ou Q′(a) = Q1(a).D’autre part,
F =P (X)Q(X)
=α
X − a+
R0(X)Q1(X)
.
D’ouα =
P (X)(X − a)Q(X)
− R0(X)(X − a)Q1(X)
.
Pour X = a, on a :
α =P (a)Q1(a)
=P (a)Q′(a)
.
3.4 Recherche des parties polaires relatives a des facteurs dela forme (X2 + bX + c)α
Il n’ y a pas, en general, une methode precise pour determiner les elements simples desecond especes, mais on dispose pratiquement de trois techniques.
– Technique 11. On cherche la decomposition en elements simples dans C(X).2. On regroupe les elements simples relatifs a des poles conjugues.
Exemple 3.11. Decomposer en elements simples dans R(X) la fraction F = X(X2+4)(X2+1)
.1. La decomposition de F en eÃlement simples dans C(X)La decomposition de F en elements simples dans C(X) est
F =16[
1X + i
+1
X − i− 1
X + 2i− 1
X − 2i].
2. En groupant les elements simples relatifs aux poles conjugues, on obtient :
F =13[
X
X2 + 1− X
X2 + 4].
Technique 2 (methode des coefficients indetermines)On determine les coefficients par des considerations numeriques particulieres ; par exemple :- Donner a X des valeurs particulieres,- multiplier par une puissance de X et faire tendre X vers +∞.- Verifier si F (−X) = F (X) ou F (−X) = −F (X) (c’est a dire la parite de F ).Technique 3 (abaissement de l’exposant de (X2 + bX + c))Soit F = 1
(X+1)(X2+1)2. La decomposition de F en elements simples dans R(X) est de
la forme :
F =1
(X + 1)(X2 + 1)2=
a
X + 1+
bX + c
X2 + 1+
dX + e
(X2 + 1)2.
45
1. On commence par calculer d et e. On multiplie les deux membres par (X2 + 1)2 eton donne a X la valeur i, on obtient 1
i+1 = di + e, d’ou 12 − 1
2 i = di + e.Par suite : e = 1
2 et d = −12 .
2. On calcule
F − dX + e
(X2 + 1)2=
1(X + 1)(X2 + 1)2
− 12−X + 1
(X2 + 1)2.
Il reste,1
(X + 1)(X2 + 1)=
a
(X + 1)+
bx + c
X2 + 1.
CONSEILS PRATIQUES :Pour decomposer une fraction rationelle (irreductible) F = P
Q en elements simples, il faut :
1. Factoriser Q .
2. Ecrire la forme generale de la decomposition, en n’oubliant pas la partie entiere E,qu’on calcule en faisant la division euclidienne.
3. Utiliser la parite-imparite qui reduit souvent beaucoup l’etude.
4. Terme de degre dominant : multiplier par (X − ai)αi, simplifier, puis prendre X = ai.
5. La somme des termes de plus bas degre : multiplier par X et calculer la limite quandX tend vers +∞.
6. Enfin, prendre des valeurs ...
3.5 APPLICATIONS
Voir les travaux diriges.
46
3.6 EXERCICES
Exercice 1.Determiner les zeros et les poles de la fraction rationnelle de C[X]
F (X) =X4 − 5X2 + 4
Xn − 1.
Exercice 2.Montrer qu’il n’existe pas de fraction rationnelle de K(X) telle que F 2 = X.
Exercice 3.Mettre sous forme irreductible les fractions rationnelles de R(X)a) X2−3X+2
X4−5X2+4, b) X5−X4−2X3+2X2+X−1
X4+X+1, c) X3−3X+2
X4−5X3+4X2+X+2.
Exercice 4.Soit A et P deux polynomes de K[X]. On suppose que P est non nul et ne divise pas A.1) Montrer que pour tout entier naturel non nul n, il existe des polynomes A0, A1, ..., An−1, Rn
uniques tels que :
A = A0 + A1P + A2P2 + .... + An−1P
n−1 + RnPn,
avec deg(Ak)< deg(P), 0 ≤ k ≤ n− 1.2) Si P est irreductible, montrer que la decomposition en elements simples de la fraction A
P n
estA0
Pn+
A1
Pn−1+ ... +
An−1
P+ Rn.
3) Decomposer en elements simples dans R(X) la fraction
F =3X8 + 4X2 + 1(X2 + 2X + 3)3
.
Exercice 5.Decomposer les fractions rationnelles suivantes en elements simples dans R(X)0. F0 = X7+2
(X2+X+1)3.
1. F1 = 1−2X(X2+1)(X+2)2
.
2. F2 = X2+1X4+X3−X−1
.
3. F3 = X4+1X6+1
.
4. F4 = 7X3+2X2+15X+6(X2+X−2)(X2+4)
.
5. F5 = −X3−X2+3X−1(X2+X+1)2
.
6. F6 = −2X5−19X4−76X3−157X2−165X−72(X2+4X+5)3
.
7. F7 = n!X(X+1)(X+2)...(X+n) , n ∈ N∗.
8. F8 = X2
(X4+X2+1)2.
9. F9 = 1X(X2+1)2
.
10. F10 = 1Xn−1 , n ∈ N∗.
Exercice 6.Decomposer en elements simples dans C(X) les fractions rationnelles suivantes :1)F = X
(X2−1)2(X2+1).
2)F = X4
X5+1.
47
Exercice 7. Decomposer la fraction rationnelle en elements simples dans R(X)
F = X2n
(X2+1)n , n ∈ N.
Exercice 8.1) En developpant (cosX + isinX)2n+1, n ∈ N∗, montrer qu’il existe un polynome P acoefficients reels, tels que
P (sinx) = sin(2n + 1)x, pour tout x ∈ R.
2) Determiner les zeros de P et en deduire le degre de P .3) Decomposer en elements simples la fraction rationnelle 1
P .4) Deduire que
2n + 1sin(2n + 1)x
=2n∑
k=o
(−1)kcos( kπ2n+1)
sinx− sin( kπ2n+1)
pour tout reel x tel que sin(2n + 1)x 6= 0Exercice 9.
En effectuant la division suivant les puissances croissantes, decomposer la fraction ration-nelle dans R(X)
F =4
(X2 − 1)2.
Exercice 10.On dit qu’un polynome non nul P est scinde sur K si, et seulement si, P est de degre 0 ou,si degre de P est non nul, P s’ecrit sous la forme
P = λ.n∏
i=1
(X − ai)ki
ou a1, ..., an sont des elements de K et k1,..., kn des entiers strictement positifs. Par exempleX2 + 1 est un polynome scinde sur C et n’ est pas un polynome scinde sur R.Soit P un polynome scinde. Decomposer en elements simples la fraction rationnelle P
′
P .Exercice 11. ( Derivation d’ordre n des fractions rationnelles et calcul des sommes par-tielles)1) Montrer que pour tout n ∈ N et tout α ∈ C on a
(1
X + α)(n) =
(−1)nn!(X + α)n+1
.
2) Calculer la derive d’ordre 4 de la fraction rationnelle F = 1X(X−1)(X+1)
3) Calculer la limite quand n tend vers l’infini de la somme partielle
Sn =n∑
k=2
1k(k − 1)(k + 1)
48
Deuxieme partie
ALGEBRE LINEAIRE
49
Chapitre 4
ESPACES VECTORIELS ETAPPLICATIONS LINEAIRES
L’algebre lineaire fournit un langage et une collection de resultats tres utiles dans desdomaines tres varies (biologie, chimie, economie, physique, statistiques ...). Mais pour sa-voir l’utiliser, il faut apprendre a identifier les problemes lineaires ou ceux qui peuvent etremodelises par une approche lineaire (c’est une situation usuelle dans la plupart des sciences :on remplace ainsi un phenomene complexe par un probleme plus facile a resoudre). Enmathematiques, l’axiomatisation des problemes lineaires se fait par la definition de la struc-ture d’espace vectoriel et notre premier souci sera de distinguer, parmi les ensembles qui noussont familiers, ceux qui peuvent etre munis de cette structure.
Dans tout ce chapitre K = R ou C.
4.1 Structure d’espace vectoriel
Definition 4.1. On appelle espace vectoriel sur K ou K-espace vectoriel, un ensemble Emuni de :
1) Loi de composition interne + appelee addition telle que (E, +) est un groupe commu-tatif.
2) Loi de composition externe, ca sera une multiplication de
K× E −→ E(α, x) −→ αx
verifiant :
a. ∀ λ, µ ∈ K, ∀x ∈ E : (λ + µ)x = λx + µx.b. ∀λ ∈ K, ∀x, y ∈ E : λ(x + y) = λx + λyc. ∀ λ, µ ∈ K, ∀x ∈ E : λ(µx) = (λµ)x.d. ∀x ∈ E : 1Kx = x
Remarques1. Faire attention aux lois.2. Les elements de K sont appeles des scalaires.3. Les elements de E sont appeles des vecteurs.
Exemples1. Soit n ∈ N∗, (Rn, +,×) est un R-espace vectoriel.
50
2. (R[X], +,×) est un R-espace vectoriel.3. Si X 6= 0 et E est un K-espace vectoriel, alors (F(X,E), +,×) est un K-espace
vectoriel, avec f + g est definie par
(f + g)(x) = f(x) + g(x), ∀x ∈ X.
4. On definit, dans l’espace des suites reelles S qui sont des fonctions de N dans R, lesoperations suivantes :
(u + v)n = un + vn
(λu)n = λun.
Ainsi, (S, +,×) est un R-espace vectoriel.
Dans toute la suite, E designe un espace vectoriel sur K.
Proposition 4.2. Soit λ ∈ K et x ∈ E. On a :
λx = 0E ⇐⇒ λ = 0K ou x = 0E .
Preuve⇐=) On a : λ(x− y) = λx− λy , ∀x, y ∈ E et ∀λ ∈ K.Pour x = y, on obtient λ0E = 0E ceci ∀λ ∈ K.De meme (λ− µ)x = λx− µx, ∀λ, µ ∈ K et ∀x ∈ E.Pour λ = µ, on obtient 0Kx = 0E, ∀x ∈ E.=⇒) Soit λ ∈ K et x ∈ E tels que λx = 0. Supposons que λ 6= 0.On a d’une part,
λ−1(λx) = λ−10E = 0E .
D’autre part,λ−1(λx) = (λ−1λ)x = x.
D’oux = 0E .
4.2 Sous-espaces vectoriels
4.2.1 Generalites
Definition 4.3. On appelle sous-espace vectoriel de E, toute partie F de E verifiant lesconditions suivantes :
(1) 0E ∈ F et pour tout x ∈ F et tout y ∈ F , x + y ∈ F,(2) pour tout x ∈ F et pour tout λ ∈ K, λx ∈ F .
Proposition 4.4. Une partie F de E est un sous-espace vectoriel si, et seulement si 0E ∈ Fet ∀λ ∈ K, ∀x, y ∈ F , x + λy ∈ K.
Preuve. Exercice a le faire.
Exemples1. {0} et E sont deux sous-espaces vectoriels de E.2. L’ensemble des suites convergentes dans R est un R-espace vectoriel de (S,+,×).3. Kn[X] = {P ∈ K[X]/P = 0 ou doP ≤ n} est sous-espace vectoriel de K[X].4. L’ensemble C0(I,R) des fonctions continues d’un intervalle I de R a valeurs dans R
est un sous-espace vectoriel de F(I,R).
51
Theoreme 4.5. Soit E un K-e.v. . Toutes intersections de sous-espaces vectoriels de E estun sous-espace vectoriel de E.Preuve. Evidente.Remarques
1. Attention, ce theoreme est faux pour la reunion. Par exemple : E = R2, siF = {(x, 0)/x ∈ R} et G = {(0, y)/y ∈ R}. On a F et G sont deux s.e.v. de R2, maisF ∪ G n’est pas un s.e.v. de R2. En effet, (1, 0) ∈ F ⊆ F ∪ G et (0, 1) ∈ G ⊆ F ∪ Gmais (1, 1) /∈ F ∪G, car (1, 1) /∈ F et (1, 1) /∈ G.
2. Soit F un s.e.v. de E. La restriction a F × F de l’addition est une loi interne sur F(appelee loi induite par celle de E). La restriction a K×F de la multiplication externeest une loi externe sur F . Pour ces deux lois, F est un K-espace vectoriel.
Consequence : On montre rarement directement qu’un ensemble est un espace vectoriel,mais souvent que c’est un sous-espace vectoriel d’un espace vectoriel connu (a l’aide de laproposition 4.4).
4.2.2 Sous-espace engendre par une partie
Soit A une partie non vide de E. On note V ect(A) l’ensemble des vecteurs u ∈ E pouvants’ecrire
u = λ1a1 + λ2a2 + · · ·+ λnan
avec n ∈ N∗, a1, . . . , an ∈ A et λ1, . . . , λn ∈ K.
V ect(A) = {u ∈ E | ∃n ∈ N∗, ∃a1, . . . , an ∈ A,∃λ1, . . . , λn ∈ K, u = λ1a1 +λ2a2 + · · ·+λnan}.Proposition 4.6. V ect(A) est un sous-espace vectoriel.Preuve.Prenons λ1 = λ2 = ... = λn = 0, λ1a1 + λ2a2 + · · ·+ λnan = 0 donc 0 ∈ V ect(A).Soit u, v ∈ V ect(A) et λ ∈ K. Par definition il existe un entier n, des vecteurs a1, . . . , an ∈ Aet des scalaires α1, . . . , αn ∈ K tels que u = α1a1 + · · ·+ αnan.De meme, il existe m ∈ N∗, b1, . . . , bm ∈ A et β1, . . . , βm ∈ K tels que v = β1b1 + · · ·+ βmbm.Alors
u + λv = α1a1 + · · ·+ αnan + (λβ1)b1 + · · ·+ (λβm)bm
donc u + λv ∈ V ect(A).Definition 4.7. V ect(A) est appele le sous-espace engendre par A.Soit F un sous-espace vectoriel. Si V ect(A) = F on dit que A est une partie generatrice(ou une famille generatrice) de F ou que A engendre F .
NotationSi A = {a} contient un seul element on note V ect(a) = Ka = {λa | λ ∈ K}.Remarques :• V ect(A) est le plus petit sous-espace vectoriel contenant A.• Si A ⊂ B alors V ect(A) ⊂ V ect(B). En particulier, si A est une partie generatrice de Eet si B contient A alors B est aussi une partie generatrice de E.• On considere souvent un ensemble fini : si A = {a1, . . . , an}. Alors
V ect(A) = {λ1a1 + · · ·+ λnan | λ1, . . . , λn ∈ K}.Exemple 4.1. Les vecteurs (1, 0), (0, 1) engendrent R2.En effet, si (x, y) ∈ R2, on peut ecrire
(x, y) = x(1, 0) + y(0, 1).
52
{(1, 0), (0, 1), (1, 1)} engendre egalement R2 car
(x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) + 0(1, 1).
Il y a plusieurs facons d’ecrire (x, y) comme combinaison lineaire de ces 3 vecteurs, en voiciune deuxieme :
(x, y) =x− y
2(1, 0) +
y − x
2(0, 1) +
x + y
2(1, 1).
Theoreme 4.8. Soit F et G deux sous-espaces vectoriels d’un meme K-espace vectoriel E.Les proprietes suivantes sont equivalentes :
i) tout vecteur x ∈ E s’ecrit de maniere unique, x = y + z, avec x ∈ F et z ∈ G,ii) E = F + G et F ∩G = {0}.
Preuve.i) =⇒ ii) Soit x ∈ E, d’apres i) x s’ecrit sous la forme x = y + z avec y ∈ F et z ∈ G, doncx ∈ F + G, d’ou E ⊆ F + G. Or F + G ⊆ E. Donc E = F + G.Soit x ∈ F ∩ G. On a x = x + 0 avec x ∈ F et 0 ∈ G. On a aussi x = 0 + x avec 0 ∈ F etx ∈ G.L’unicite de l’ecriture de x comme somme d’un vecteur de F et d’un vecteur de G impliquex = 0.Donc
F ∩G ⊆ {0}.De plus
{0} ⊆ F ∩G.
D’ouF ∩G = {0}.
ii) =⇒ i) Soit x ∈ E, puisque E = F + G, x s’ecrit x = y + z avec y ∈ F et z ∈ G.Supposons que x s’ecrit de deux facons differentes x = y + z = y′ + z′ avec y, y′ ∈ F etz, z′ ∈ G.Alors y − y′ = z′ − z ∈ F ∩G = {0}.Ce qui imlpique y = y′ et z = z′.
Definition 4.9. Deux sous-espaces vectoriels d’un K-e.v. E verifiant les conditions equivalentesi) et ii) du theoreme 4.8 sont dits supplementaires dans E.On dit egalement que E est somme directe de F et G et on ecrit :
E = F ⊕G.
Exemple : Soit E = R2, e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) et a = (1, 1).Soit
F = {αe1/α ∈ R} = vect(e1),
G = {αe2/α ∈ R} = vect(e2),
H = {αa/α ∈ R} = vect(a),
on aR2 = F ⊕G = F ⊕H.
Conseqence : F ⊕G = F ⊕H n’implique pas que G = H!
Generalisation
53
Definition 4.10. On dit que le K-espace vectoriel E est somme directe des s.e.v. F1, , ..., Fn
si tout vecteur x ∈ E s’ecrit de maniere unique : x = x1 + x2 + ... + xn =∑n
i=1 xi avecxi ∈ Fi, 1 ≤ i ≤ n. On ecrit alors :
E = F1 ⊕ F2 ⊕ ...⊕ Fn = ⊕ni=1Fi.
Exemple. Soit E = R3, e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) et e3 = (0, 0, 1).Soit
F1 = {αe1/α ∈ R} = vect(e1),
F2 = {αe2/α ∈ R} = vect(e2),
F3 = {αe3/α ∈ R} = vect(e3),
on aR3 = F1 ⊕ F2 ⊕ F3.
Proposition 4.11. Soient E un K-espace vectoriel, n ∈ N∗, et n sous-espaces vectorielsF1,...,Fn. Alors, on a l’equivalence :
E = ⊕ni=1Fi ⇐⇒
E =∑n
i=1 Fi
et(∑n
i=1 xi = 0, xi ∈ Fi 1 ≤ i ≤ n) =⇒ (x1 = ... = xn = 0).
Preuve. =⇒) L’egalite E =∑n
i=1 Fi est immediate.Soit, pour 1 ≤ i ≤ n, xi ∈ Fi tel que
∑ni=1 xi = 0 = 0 + ... + 0.
L’unicite de l’ecriture implique xi = 0, ∀i = 1, ..., n.⇐=) L’existence de l’ecriture x =
∑ni=1 xi est evidente.
Supposons x =∑n
i=1 xi =∑n
i=1 x′i.Ceci implique
∑ni=1(xi − x′i) = 0 avec (xi − x′i) ∈ Fi, ∀i = 1, ..., n.
L’hypothese implique xi − x′i = 0 ∀i = 1, ..., n.D’ou
xi = x′i, ∀i = 1, ..., n.
Ceci donne l’unicite de l’ecriture.
4.3 Applications lineaires
4.3.1 Generalites
Definition 4.12. Soit E et F deux K-espaces vectoriels et soit f une application de Edans F . On dit que f est une application lineaire de E dans F si ∀x, y ∈ E, ∀λ ∈ K :f(x + λy) = f(x) + λf(y).Remarques :
1) Si f est une application lineaire de E dans F , on a f(0) = 0.2) Pour tout x ∈ E, on a f(−x) = −f(x).
Exemples :1) Soit E et F deux K-e.v. L’application
f : E −→ Fx −→ 0F
est lineaire.
54
2) Soitψ : F(R,R) −→ F
f −→ f(x0), x0 ∈ Rψ est une application lineaire.
Exercice 4.13. f est une application lineaire si, et seulement si ∀(λ1, ..., λn) ∈ Kn, ∀(x1, ..., xn) ∈En
f(n∑
i=1
λixi) =n∑
i=1
λif(xi).
(Indication : Raisonner par recurrence.)
Definition 4.14. Soit E et F deux K-espaces vectoriels et soit f une application lineaire deE dans F .
• Si E = F , f s’appelle un endomorphisme de E.
• Si E = K, f s’appelle une forme lineaire sur E.
• Si f est une bijection de E sur F, f s’appelle un isomorphisme de E sur F .Un isomorphisme de E sur E s’appelle aussi automorphisme de E.
Proposition 4.15. Si f est un isomorphisme de E sur F , l’application reciproque f−1 estun isomorphisme de F sur E, appele isomorphisme reciproque de f .
Preuve. Puisque f est une bijection de E dans F , alors f−1 est une bijection de F dans E.Il nous suffit de montrer que f−1 est lineaire.Soient x′ et y′ ∈ F et λ ∈ K ; soit x = f−1(x′), y = f−1(y′).On a f(x + λy) = f(x) + λf(y) = x′ + λy′
Doncf−1(x′ + λy′) = x + λy = f−1(x′) + λf−1(y′).
Definition 4.16. Deux K-espaces vectoriels sont dits isomorphes, s’il existe un isomor-phisme de l’un dans l’autre ; on ecrit E ' F.Exemples.
1. Soit E un K− espace vectoriel quelconque, l’application identique IdE de E, definiepar IdE(x) = x pour tout x ∈ E est un automorphisme.
2. Si E = K[X], Soitf : E −→ E
P −→ P ′
f est un endomorphisme.3. Si E = Kn et F = {P ∈ K[X]/P = 0 ou doP ≤ n}.
f : E −→ F(a1, ..., an) −→ a0 + a1X + ... + anXn.
f est un isomorphisme.4. Soit a ∈ R, b ∈ R, a < b et E = C([a, b],R). L’application :
ϕ : E −→ Rf −→ ϕ(f) =
∫ ba f(t)dt
est une forme lineaire sur E.
55
4.3.2 Image et noyau d’une application lineaire
Theoreme 4.17. Soit E et F deux K−espaces vectoriels et soit f une application lineairede E dans F .1) L’image par f d’un sous-espace vectoriel de E est un sous-espace vectoriel de F .2) L’image reciproque par f d’un sous-espace de F est un sous-espace vectoriel de E.
Preuve. 1) Soit E′ un sous-espace vectoriel de E et soit
f(E′) = {y ∈ F/∃x ∈ E′ tel que y = f(x)}.On a : 0 ∈ E′ et 0 = f(0) ∈ f(E′). Si y, y′ ∈ f(E′) et λ ∈ K, il existe x, x′ ∈ E′ tels quey = f(x) et y′ = f(x′) et puisque E′ est sous-espace vectriel de E, donc x + λx′ ∈ E′.Alors y + λy′ = f(x) + f(x′) = f(x + λx′) ∈ f(E′).
2) Soit F ′ un sous-espace vectoriel de F et soit :
f−1(F ′) = {x ∈ E/f(x) ∈ F ′}On a f(0) = 0 ∈ F ′ et donc 0 ∈ f−1(F ′). Si x, x′ ∈ f−1(F ′) et λ ∈ K, on a f(x + λx′) =f(x) + λf(x′) ∈ F ′ et donc x + λx′ ∈ f−1(F ′).
Definition 4.18. Soit E et F deux K−espaces vectoriels et soit f une application lineairede E dans F .- Le sous-espace vectoriel f(E) de F est appele l’image de f et note Im(f).- Le sous-espace vectoriel f−1({0}) = {x ∈ E/f(x) = 0} de E est appele le noyau de f etnote Ker(f).Theoreme 4.19. Soit E et F deux K−espaces vectoriels et soit f une application lineairede E dans F .
(1) f injective si, et seulement si ker(f) = {0}.(2) Soit n ∈ N∗ et soit x1, ..., xn n vecteurs de E. L’image par f du sous-espace engendre
par (x1, ..., xn) est le sous-espace vectoriel de F engendre par (f(x1), ..., f(xn)) ; c’esta dire :
f(vect(x1, ..., xn)) = vect(f(x1), ..., f(xn)).
Preuve.(1) Si f est injective et si x ∈ ker(f), on a f(x) = 0 = f(0), donc x = 0.Si ker(f) = {0} et si f(x) = f(y), on a f(x−y) = f(x)−f(y) = 0, d’ou x−y ∈ ker(f) = {0},et donc x = y.(2) Il decoule immediatement de la propriete :
∀(λ1, ..., λn) ∈ Kn, f(n∑
i=1
λixi) =n∑
i=1
λif(xi).
Remarque : Les isomorphismes de E dans F sont les applications lineaires f de E sur Ftelles que Ker(f) = {0} et Im(f) = F .
4.4 Operations sur les applications lineaires
4.4.1 Structure d’espace vectoriel de LK(E, F )
56
Soit E et F deux K-espaces vectoriels. L’ensemble des applications lineaires de E dans Fest note LK(E,F ) ou simplement L(E, F ).Lorsque E = F , on note LK(E) au lieu de LK(E,E).LK(E,F ) est un sous espace vectoriel de (F(E, F ), +, .) et donc LK(E, F ) a une structure deK-e.v.
4.4.2 Composition des applications lineaires
Proposition 4.20. Soit E , F et H trois K-espaces vectoriels. Si f ∈ LK(E,F ) et g ∈LK(F, H). Alors gof ∈ LK(E, H).
Preuve. ExerciceRemarques :
1. La loi o n’est pas commutative dans LK(E, F ). Par exemple si E = F = R2 et sif(x, y) = (y, 0), g(x, y) = (x, 0) pour (x, y) ∈ E. On a f, g ∈ LK(E, F ), fog(x, y) =(0, 0) et gof(x, y) = (y, 0), donc fog 6= gof
2. Si 0 designe l’application nulle de E dans E et si f ∈ L(E) et g ∈ L(E), alors fog = 0n’implique pas f = 0 ou g = 0 ; prenez l’exemple precedent.
4.4.3 Le groupe lineaire (GL(E), o)
GL(E) est l’ensemble des automorphismes de E. Si f et g sont deux automorphismes de E,alors , d’apres ce qui precede, fog est un automorphisme de E.GL(E) muni de la loi de composition des applications est un groupe, appele groupe lineairede E.Remarques : GL(E) n’est pas commutatif. Par exemple, si E = R2 et si f(x, y) = (x, x + y),g(x, y) = (x + y, y) pour (x, y) ∈ E.On a f, g ∈ GL(E)),
fog(x, y) = (x + y, x + 2y)
etgof(x, y) = (2x + y, x + y),
doncfog 6= gof
4.5 Independance lineaire
Definition 4.21. Soit n ∈ N∗ et soit n vecteurs x1, x2, ..., xn de E. On dit que la suite(x1, ..., xn) est libre, ou encore que x1, ..., xn sont lineairement independantes si
λ1x1 + λ2x2 + ... + λnxn =n∑
i=1
λixi = 0 =⇒ λ1 = ... = λn = 0.
Dans le cas contraire on dit que la suite (x1, ..., xn) est liee.Exemples.
1. La suite (x) est libre ssi x 6= 0. En effet ; si x 6= 0, λx = 0 implique λ = 0, donc (x)est libre. Si x = 0, 1.x = 0 et (x) est liee.
2. Si E = R3, V1 = (1, 1, 0), V2 = (0, 1, 1) et V3 = (1,−1,−2).On a
V1 − 2V2 − V3 = 0E .
57
Donc la suite (V1, V2, V3) est liee. Par contre (V1, V2) est libre car λV1 + βV2 = (0, 0, 0)implique λ = β = 0.
Proposition 4.22. Soit n ≥ 2. La suite (x1, ..., xn) est liee si et seulement si il existek, 1 ≤ k ≤ n et des αi ∈ K, 1 ≤ i ≤ n, i 6= k tels que
xk =n∑
i=1,i6=k
αixi.
Preuve. Si la suite (x1, ..., xn) est liee, il existe des scalaires λi, 1 ≤ i ≤ n non tous nulstels que
∑ni=1 λixi = 0. Soit k, 1 ≤ k ≤ n tel que λk 6= 0. Alors xk =
∑ni=1,i6=k αixi, avec
αi = −λiλk
si 1 ≤ i ≤ n , i 6= k.Reciproquement, si xk =
∑ni=1,i6=k αixi, on a xk−
∑ni=1,i6=k αixi = 0, soit
∑ni=1 λixi = 0 avec
λk = 1 6= 0, et la suite (x1, ..., xn) est liee.
Theoreme 4.23. Soit n ≥ 2 et soit (x1, ..., xn) une suite de n vecteurs de E avec x1 6= 0. Lasuite (x1, ..., xn) est liee si et seulement si, il existe k, 2 ≤ k ≤ n, tel que xk soit combinaisonlineaire des vecteurs x1, ..., xk−1 qui le precede dans la suite (x1, ..., xn).Preuve. =⇒) Si la suite (x1, ..., xn) est liee, il existe des scalaires λi, 1 ≤ i ≤ n, non tousnuls, tels que
∑ni=1 λixi = 0. Soit k le plus grand indice j, 1 ≤ j ≤ n tel que λj 6= 0. On
a k 6= 1, car sinon λ1x1 = 0 avec x1 6= 0 et λ1 6= 0, donc k ≥ 2 et∑k
i=1 xi = 0. D’ouxk =
∑k−1i=1 αixi avec αi = −λi
λk, pour 1 ≤ i ≤ k − 1.
⇐=) S’il existe k ≥ 2, tel que xk =∑k−1
i=1 αixi, alors∑n
i=1 λixi = 0 avec λk = 1 6= 0. La suite(x1, ..., xn) est donc liee.
Proposition 4.24. 1. Toute suite extraite d’une suite libre est une suite libre.2. S’il existe une suite liee extraite de la suite (x1, ..., xn) alors la suite (x1, ..., xn) est
liee.Preuve.
1. Soit (x1, ..., xn) une suite libre et soit (xk1 , ..., xkp) une suite extraite de la suite(x1, ..., xn). Supposons que
∑pj=1 λkjxkj = 0. Alors, on a aussi,
∑ni=1 αixi = 0 avec
αkj = λkj si 1 ≤ j ≤ p et αi = 0 pour 1 ≤ i ≤ n, i /∈ {k1, ..., kp}. Comme la suite(x1, ..., xn) est libre, donc αi = 0, 1 ≤ i ≤ n, d’ou λkj
= 0, 1 ≤ j ≤ p et la suite(xk1 , ..., xkp) est libre.
2. C’est une consequence immediate de 1.).Remarques.
1. Une suite libre ne peut contenir le vecteur 0 .2. Soit x1, ..., xn une suite libre alors xi 6= xj, ∀i 6= j.3. Une suite extraite d’une suite liee peut etre libre. Par exemple, (x, x) et (x) avec x 6= 0.
Theoreme 4.25. Soit n ∈ N et soit (x1, ..., xn) une suite libre de E.1. Pour que le vecteur x ∈ vect(x1, ..., xn), il faut et il suffit que la suite (x1, ..., xn, x)
soit liee.2. Si x ∈ vect(x1, ..., xn), x s’ecrit de maniere unique
x =n∑
i=1
αixi, αi ∈ K.
Preuve. 1.) Puisque la suite (x1, ..., xn) est libre, x1 6= 0. D’apres le theoreme 4.23, aucundes vecteurs xj, 1 ≤ j ≤ n n’est combinaison lineaire de ceux qui le precedent dans la suite
58
(x1, ..., xn).Alors, d’apres le theoreme 4.23 :
x ∈ vect(x1, ..., xn) ⇐⇒ x est combinaison lineaire des x1, ..., xn
⇐⇒ la suite (x1, ..., xn, x) est liee.
2. ) Soit x ∈ vect(x1, ..., xn) et supposons que
x =n∑
i=1
αixi =n∑
i=1
βixi
Alors,∑n
i=1(αi − βi)xi = 0, d’ou αi = βi pour 1 ≤ i ≤ n (car la suite (x1, ..., xn)) est libre).
Proposition 4.26. Soit E et F deux K−espaces vectoriels et f ∈ L(E, F ). Soit n ∈ N∗ et(x1, ..., xn) une suite de vecteurs de E.
1. Si la suite (x1, ..., xn) de E est liee, la suite (f(x1), ..., f(xn)) est liee2. Si la suite (f(x1), ..., f(xn)) de F est libre, la suite (x1, ..., xn) est une suite libre de E.
Preuve. Immediate.
Les idees clefs du chapitre :
• Espace vectoriel et sous-espace vectoriel.
• Suite libre et suite generatrice.
• Application lineaire, endomorphisme, isomorphisme, automorphisme.
• Noyau et image d’une application lineaire.
59
4.6 Exercices
Exercice 1.Les ensembles sont-ils munis d’une structure d’espace vectoriel ?1) F([0, 1], R) ensemble des applications de [0, 1] dans R.2) F(R, [0, 1]) ensemble des applications de R dans [0, 1].3) {(x, y, z) ∈ R3, tel que 2x + 3y − z = 0}.4) L’ensemble des suites convergentes dans R.
Exercice 2.Dans E = F(R, R), quels sont, parmi les sous ensembles suivants, ceux qui sont des sous-espaces vectoriels de E :a) {f ∈ E : f(1) = 2f(0)} ;b) {f ∈ E : f(1)− f(0) = 1};c) {f ∈ E : f(x) = f(x− a) pour x ∈ R}, ( a ∈ R fixe).
Exercice 3.Soit F et G deux sous-espaces vectoriels d’un K−espace vectoriel E. Montrer que :
{x ∈ E : ∃y ∈ F, ∃z ∈ G tels que x = y + z}est le plus petit (pour l’inclusion) sous-espace de E contenant F ∪G.
Exercice 4.a) Soit F et G deux sous-espaces de E, montrer que F ∪G est un sous-espace vectoriel de Esi et seulement, si F ⊂ G ou G ⊂ F .b) Verifier que toutes combinaison lineaire finie d’elements de F ∪G peut s’ecrire sous formex + y, avec x dans F et y dans G.c) Dans le cas b) precedent, l’ecriture x + y est-elle unique ? ( On pourra considerer parexemple le cas ou F = G).d) que valent F + {0} et F + E ?e) Verifier que F + G = G + F .f) Soient F , G et H trois sous-espaces vectoriels d’un meme K-espace-vectoriel E. Donnerun exemple tel que F + G = F + H et tel que G 6= H, (donc F + G = F + H n’implique pasG = H !)Exercice 5.Montrer que si tout element x d’un espace vectoriel E se decompose de maniere unique sousla forme y + z avec y dans F et z dans G, alors F et G sont supplementaires. Autrement ditla somme E = F + G est directe.
Exercice 6.Soit le R-espace vectoriel E = F(R, R).Demontrer que l’ensemble P des fonctions paires deE et l’ensemble I des fonctions impaires de E sont deux sous-espaces supplementaires.
Exercice 7.Si E = F ⊕ G, pour tout x de E, on note respectivement p1(x) et p2(x) les elements del’unique decomposition de x en y ∈ F et z ∈ G (c’est-a-dire : y = p1(x) et z = p2(x)).Montrer qu’alors p1 et p2 sont deux applications lineaires de E dans E, et que l’on a :
p1 + p2 = IdE , p21 = p1, p2
2 = p2, p1op2 = p2op1 = 0.
60
Ainsi que :Ker(p1) = G, Im(p1) = F, ker(p2) = F, Im(p2) = G.
Exercice 8. Soient f1 et f2 les fonctions definies sur [−1, 1] par :
∀x ∈]− 1, 1[, f1(x) =1
x− 1et f2(x) =
1x + 1
.
1)Montrer que les fonctions f1 et f2 sont lineairement independantes.2) Montrer que la fonction f :]− 1, 1[−→ R, x −→ 2
x2−1, appartient au sous-espace vectoriel
engendre par f1 et f2.
Exercice 9. Soient e1 = (1, 1, 0) et e2 = (0, 1, 1) deux vecteurs de R3.1) Montrer que e1 et e2 forment une partie libre de R3.2) Determiner le reel α pour que le vecteur (2, 1, α) appartienne au sous-espace vectorielengendre par e1 et par e2.Exercice 10. Soit E un K−espace vectoriel.
I-1. I) Soit F et G deux sous-espaces vectoriels supplementairesdans E. On definit l’ap-plication f : E −→ Ede la manıere suivante si x ∈ E, x = y + z, y ∈ F , z ∈ G, alorsf(x) = y.Verifier que f est un endomorphisme de E tel que f2 = f , (f2 = fof).Determiner Ker(f) et Im (f).f est appele laprojection de F parallelement a G.
I-2. Soit f un endomorphisme de E tel que f2 = f .
Demontrer que que
E = Im(f)⊕Kef(f)
et que f est la projection sur Im(f) parallelemnt a Ker(f).II) Soit E = R2 et f : E −→ E definie par f(x, y) = (x− y, y − x)
II-1. Verifier que f est un endomorphisme de E. Determiner Ker(f) et Im(f).II-2. Demontrer que E = Ker(f)⊕ Im(f).II-3. A t-on f2 = f.
61
Chapitre 5
ESPACES VECTORIELS DEDIMENSION FINIE
Dans tout ce chapitre K = R ou C.
5.1 Definition d’un espace vectoriel de dimension finie. Bases.
5.1.1 Espace vectoriel engendre par une suite finie. Base
Definition 5.1. Soit E un K−e.v.On dit que la suite (a1, ..., an) de E est une suite generatrice de E, si le sous espacevect(a1, ..., an) est egal a E, c’est a dire si tout vecteur de E est une combinaison lineaire(C.L.) de a1, ..., an.On dit que la suite (e1, ..., en) est une base de E si elle est libre et generatrice de E.On dit que la dimension de E est finie, s’il existe une suite generatrice finie de E. Dans lecas contraire, E est dit de dimension infinie.
Proposition 5.2. Pour que la suite (e1, ..., en) de vecteurs de E soit une base de E, il fautet il suffit que tout vecteur x de E s’ecrit de maniere unique :
(1) x = α1e1 + ... + αnen, αi ∈ K, 1 ≤ i ≤ n.
Preuve. =⇒) Il resulte du theoreme 4.25, 2)⇐=) Puisque tout x s’ecrit sous la forme (1), (e1, ..., en) est une suite generatrice de E.D’autre part, si α1e1 + α2e2 + ... + αnen = 0 avec αi ∈ K, 1 ≤ i ≤ n, l’egalite e1 + ... + en =0e1 + ...0en = 0 implique, d’apres l’unicite de l’ecriture (1),
α1 = ... = αn = 0.
Donc la suite (e1, ..., en) est libre.Ainsi, la suite (e1, ..., en) est une base de E.
Definition 5.3. Si la suite (e1, ..., en) est une base de E et si x ∈ E, l’ecriture (1) est ladecomposition de x et les scalaires α1, ..., αn sont les coordonnees ou les composantes dex dans la base (e1, ..., en).
62
Exemples.1. Soit n ∈ N∗, soit E = Kn. On considere les vecteurs e1 = (1, 0, ..., 0), e2 = (0, 1, 0, 0, ..., 0),
...,en = (0, ..., 0, 1). Pour tout vecteur x = (α1, ..., αn) ∈ E, on a
x =n∑
i=1
αiei,
donc (e1, ..., en) est une suite generatrice de E et E et de dimension finie.De plus l’egalite
∑ni=1 αiei = 0 s’ecrit (α1, ..., αn) = 0Rnet implique
α1 = ... = αn = 0.
La suite (e1, ..., en) est libre, c’est une base de E.On appelle cette base la base canonique de Kn.
2. K est un K− espace vectoriel ( cas precedent avec n = 1).3. Soit n ∈ N et soit Kn[X] le K− e.v.
Kn[X] = {P ∈ K[X]/P = 0 ou doP ≤ n}.La suite {1, X, ...,Xn} est une base de Kn[X], appelee la base canonique de Kn[X].
4. C est un R−e.v. de dimension finie ; (1, i) est une base de C, puisque tout z ∈ Cs’ecrit de maniere unique :
z = α + iβ, α, β ∈ R.
5.1.2 Existence de bases
Theoreme 5.4. Soit E un K− e.v., non nul. Si (a1, ..., ap) est une suite generatrice de E,alors E admet une base, extraite de la suite (a1, ..., ap). Donc : tout espace vectoriel, non nul,de dimension finie, admet au moins une base.
Preuve. Puisque E 6= {0}, les vecteurs ai ne sont pas tous nuls. Si ak 6= 0, la suite (ak)est libre. Il existe donc au moins une suite libre extraite de (a1, ..., ap). Le nombre d’elementsd’une suite libre extraite de (a1, ..., ap) est majore par p. Soit n, 1 ≤ n ≤ p, le nombremaximum d’elements d’une suite libre extraite de (a1, ..., ap) et soit (ai1 , ..., ain) une tellesuite. Pour tout k, 1 ≤ k ≤ p, la suite (ai1 , ..., ain , ak) est liee et d’apres le theoreme 4.25chapitre 4., ak ∈ vect(ai1 , ..., ain). On a donc :
E = vect(a1, ..., ap) ⊆ vect(ai1 , ..., ain) ⊆ E,
et par suite
E = vect(ai1 , ..., ain).
Ainsi (ai1 , ..., ain) est une suite libre et generatrice de E ; c’est une base de E.
5.2 Dimension d’un espace vectoriel de dimension finie
5.2.1 Le theoreme de la dimension
Proposition 5.5. Dans un espace vectoriel engendre par n vecteurs, toute suite de n + 1vecteurs est liee.Preuve. Exercice.(Indication : Raisonner par recurrence sur n) .
63
Theoreme 5.6. ( de la dimension ). Dans un K−espace vectoriel E, non nul, de dimensionfinie, toutes les bases ont le meme nombre d’elements.
Preuve. Soit (e1, ..., en) et (e′1, ..., e′p) deux bases de E. On peut supposer n ≤ p. Si n < p,
c’est a dire n + 1 ≤ p. On applique la proposition 5.5 a la suite (e1, ..., en) et aux vecteurse′1, ..., e
′n+1. La suite (e′1, ..., e
′n+1) est liee et donc aussi la suite (e′1, ..., e
′p). Ceci est absurde
puisque (e′1, ..., e′p) est une base. Donc n = p.
Definition 5.7. Soit E un K−espace vectoriel, non nul, de dimension finie. Le nombre nd’elements de toute base de E est appele la dimension de E et note dimK(E) ou simplementdim(E).Par definition, la dimension d’un K− e.v. nul est egale a 0 ; c’est a dire : dim{0} = 0
Remarque 5.1.E 6= {0} ⇐⇒ dimE ≥ 1.
Exemples1. Soit Kn[X] = {P ∈ K[X]/P = 0 ou doP ≤ n}. On a dimK(Kn[X]) = n + 1.2. Si n ∈ N∗, dimK(Kn) = n, dimK(K) = 1 et dimR(C) = 2.
Definition 5.8. Dans un K−espace vectoriel E, un sous-espace vectoriel de dimension 1est appele une droite vectorielle , et un sous-espace de dimension 2 est appele un planvectoriel .
5.2.2 Rang d’une suite finie de vecteurs
Definition 5.9. Soit x1, ..., xp, p vecteurs d’un K− e. v. E. On appelle rang de la suite(x1, ..., xp) et on note rg(x1, ..., xp), la dimension du sous-espace vectoriel vect(x1, ..., xp).
Proposition 5.10. Soit (x1, ..., xp) une suite de vecteurs de E. Alors,1. 0 ≤ rg(x1, ..., xp) ≤ p et on a rg(x1, ..., xp) = 0 ⇐⇒ x1 = ...xp = 0.2. rg(x1, ..., xp) est egal au nombre maximum d’elements d’une suite libre extraite de la
suite (x1, ..., xp). En particulier, on a
rg(x1, ..., xp) = p ⇐⇒ (x1, ..., xp) est libre.
3. Si rg(x1, ..., xp) = r, toute suite libre de r vecteurs extraite de la suite (x1, ..., xp) estune base de vect(x1, ..., xp).
Preuve. Meme demonstration que celle du theoreme 5.4.
Recherche pratique du rang d’une suite (x1, ..., xp) de vecteurs non tous nuls etd’une base du sous-espace vectoriel vect(x1, ..., xp) :Soit i1 le plus petit entier k , 1 ≤ k ≤ p, tel que xk 6= 0. Ensuite, s’il existe k, i1 < k ≤ pet tel que (xi1 , xk) soit libre, soit i2 le plus petit entier k verifiant ces conditions. Puis, s’ilexiste k, i2 < k ≤ p et tel que (xi1 , xi2 , xk) soit libre, soit i3 le plus petit entier k verifiant cesconditions. Et ainsi de suite ... on obtient finalement une suite libre (xi1 , xi2 , ..., xir) extraitede la suite x1, ..., xp telle que pour tout k, 1 ≤ k ≤ p, la suite (xi1 , xi2 , ..., xir , xk) soit liee.Alors, d’apres le theoreme 4.25 chp. 4, xk ∈ vect(xi1 , xi2 , ..., xir), pour tout k, 1 ≤ k ≤ p.D’ou
vect(x1, ..., xp) = vect(xi1 , xi2 , ..., xir).
64
Il en resulte que (xi1 , xi2 , ..., xir) est une base de vect(x1, ..., xp) et rg(x1, ..., xp) = r.
Exemple Soit E = K[X]. Soit la suite (1, X, 1 + X, 1 + X3, X −X3).On a :* La suite (1, X) est libre.* La suite (1, X, 1 + X) est liee.* La suite (1, X, 1 + X3) est libre.* La suite (1, X, 1 + X3), X −X3 est liee.Donc rg(1, X, 1 + X, X3, X −X3) = 3 et (1, X, 1 + X3) est une base de vect(1, X, 1 + X, 1 +X3, X −X3)
Remarque 5.2. Si rg(x1, ..., xp) = r, une suite extraite de (x1, ..., xp) ayant r vecteurs peutetre liee, dans l’exemple precedent r = 3 et (1, X, 1 + X) ainsi que (1 + X, 1 + X3, X −X3)sont liees. Par contre (1, X, X − X3) est libre et donc il peut y avoir plusieurs suites libresextraites de la suite (x1, ..., xp), ayant r vecteurs.
5.2.3 Espace vectoriel de dimension finie donnee n
Theoreme 5.11. Soit E un K−espace vectoriel de dimension finie n.
1. Toute suite libre a au plus n vecteurs. Toute suite libre de n vecteurs est une base deE.
2. Toute suite generatrice a au moins n vecteurs. Toute suite generatrice de n vecteursest une base de E.
Preuve. 1) Soit (e1, ..., en) une base de E. D’apres la proposition 5.5, puisque E = vect(e1, ..., en),toute suite (x1, ..., xn+1) est liee et donc toute suite (x1, ..., xp) avec p > n est liee.Soit maintenant (x1, ..., xn) une suite libre de E. Pour tout vecteur x ∈ E, la suite (x1, ..., xn, x)est liee.D’apres theoreme 4.25 chap. 4,
x ∈ V ect(x1, ..., xn).
Ainsi, la suite (x1, ..., xn) est une base de E.2) Soit (x1, ..., xp) une suite generatrice de E. Le rang de cette suite est n = dimE. Donc,d’apres la proposition 5.10, 1) n ≤ p.Soit (x1, ..., xn) une suite generatrice de E. On a rg(x1, ..., xn) = n.D’apes la proposition 5.10, 2), la suite (x1, ..., xn) est libre. C’est une base de E.
Remarque. (Tres importante en pratique).Si dimK(E) = n, n ≥ 1. Pour prouver qu’une suite (x1, ..., xn) de n vecteurs de E est unebase de E, il suffit de prouver l’une des deux conditions suivantes :
1. la suite (x1, ..., xn) est libre.2. la suite (x1, ..., xn) est generatrice.
5.3 Sous-espaces d’un espace vectoriel de dimension finie
Proposition 5.12. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie n, et F un sous-espacevectoriel de E. Alors :
1. F est de dimension finie et dimF ≤ dimE.
65
2. Si dimF = dimE, on aE = F.
Preuve. Si F = {0}, c’est evident.Soit F 6= {0}, donc E 6= {0} et dimE > 0.1) Toute suite libre de F est une suite libre de E. Cette suite a au plus n elements (theoreme5.4,1) ). Soit p le nombre maximum d’elements d’une suite libre de F . On a 0 < p ≤ n. Soit(x1, ..., xp) une suite libre de F , et soit G = vect(x1, ..., xp). Soit x ∈ F . La suite (x1, ..., xp, x)est liee, donc x ∈ G d’apres le theoreme 4.25 ch. 4 ; on a donc F ⊆ G, donc F = G et(x1, ..., xp) est une suite generatrice de F .Par suite (x1, ..., xp) est une base de F et on a dimF = p ≤ n = dimE.2) Si dimF = dimE, toute base de F est une suite libre de n vecteurs de E, donc une basede E( d’apres le theoreme 5.4,1). Ce qui implique F = E.
Corollaire 5.13. Soit E un K-e.v. et F et G deux sous-espaces vectoriels de dimension finie,alors :
F ⊆ G et dimF = dimG =⇒ F = G.
Il suffit d’appliquer la proposition 5.12, 2), en remplacant E par G.
Proposition 5.14. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie. Pour des sous-espacesvectoriels F et G de E, les deux assertions suivantes sont equivalentes :
(1) E = F ⊕G(2) F ∩G = {0} et dim E+ dim G=dim E
Preuve. Si F = {0} ou G = {0} c’est evident.Si F 6= {0} et G 6= {0}, soit (a1, ..., ap) et (b1, ..., bq) deux bases de F et G respectivement.(1) =⇒ (2) Il suffit de montrer que {a1, ..., ap, b1, ..., bq} est une base de E.(2) =⇒ (1) F ∩ G = {0} implique que {a1, ..., ap, b1, ..., bq} est libre, puisque p + q = dimE,c’est une base de E.Pour tout x ∈ E, x =
∑pi=1 αiai +
∑qi=1 βibi = y + z ; avec y ∈ F et z ∈ G.
DoncF + G = E.
Par consequent,E = F ⊕G.
Definition 5.15. Dans un espace vectoriel de dimension n > 0, on appelle hyperplanvectoriel tout sous-espace vectoriel de dimension n− 1. Un hyperplan vectoriel est donc unsous-espace vectoriel dont les supplementaires sont des droites vectorielles.
5.4 Applications lineaires d’un K-e.v. de dimension finie dansun K e. v.
Proposition 5.16. Soit E et F deux K-espaces vectoriels. E etant de dimension finie n ≥ 1.Soit (e1, ..., en) une base de E et a1,...,an n vecteurs de F . Il existe une application lineairef de E dans F et une seule telle que f(ei) = ai, 1 ≤ i ≤ n.Preuve.Existence : Pour tout x ∈ E, on a x =
∑ni=1 αiei, αi ∈ K, les αi sont uniques. L’application
f : E −→ Fx −→ ∑n
i=1 αiai
66
est une application lineaire de E dans F telle que f(ei) = ai, pour tout i, 1 ≤ i ≤ n.Unicite : Supposons qu’il existe une autre application g telle que g(ei) = ai.Soit x ∈ E, ∃!αi ∈ K, 1 ≤ i ≤ n, x =
∑ni=1 αiei.
Puisque f est une application lineaire, on a :
f(x) =∑
i
αif(ei) =∑
i
αiai =∑
i
αig(ei) = g(x).
Ceci etant vrai pour tout x ∈ E.Donc
f = g.
D’ou l’unicite.
Theoreme 5.17. Soit E et F deux K-espaces vectoriels. E etant de dimension finie n ≥ 1.Soit (e1, ..., en) une base de E et f ∈ L(E, F ). Alors,
1. f est injective ⇐⇒ (f(e1), ..., f(en)) est une suite libre dans F .2. f est surjective ⇐⇒ (f(e1), ..., f(en)) est une suite generatrice de F .3. f est un isomorphisme ⇐⇒ (f(e1), ..., f(en)) est une base de F .
Preuve. Voir TD.
Corollaire 5.18. 1. Soit E un K−espace vectoriel de dimension finie et f un isomor-phisme de E sur un K− espace vectoriel F . Alors F est de dimensin finie et on adimE = dimF.
2. Deux K−espaces vectoriels de dimension finie tels que dimE = dimF sont iso-morphes. En particuler, tout K-espace vectoriel de dimension n est isomorphe a Kn.
Preuve. 1) C’est evident si E = {0}.Si dimE ≥ 1, le resultat decoule de theoreme 5.17,3).2) Le resultat est evidente si E = F = {0}.Si dimE = dimF ≥ 1. Soit (e1, ..., en) une base de E et (f1, ..., fn) une base de F . D’apres laproposition 5.16, il existe une application lineaire unique f de E dans F telle que f(ei) = fi,pour 1 ≤ i ≤ n. D’apres le theoreme 5.17, 3) f est un isomorphisme.
Theoreme 5.19. (Theoreme noyau-image ou encore theoreme du rang)Soit E et F deux K-espaces vectoriels. E etant de dimension finie. Soit f ∈ L(E,F ). AlorsIm(f) est un sous-espace vectoriel de dimension finie de F et on a :
dimKerf + dimImf = dimE.
Preuve. Soit E′ un sous-espace vectoriel de E tel que E′ ⊕Kerf = E. Soit ϕ la restrictionde f a E′. ϕ est une application lineaire comme la restriction d’une application lineaire a uns.e.v. ϕ ∈ L(E′, Imf).Montrons que ϕ est un isomorphisme de E′ sur Imf .1) ϕ est injective : Soit x ∈ Kerϕ. Donc x ∈ E′ et f(x) = ϕ(x) = 0.D’ou x ∈ E′ ∩Kerf = {0}, donc x = 0.Par suite
Kerϕ = {0}.
2) ϕ est surjective : Soit y ∈ Imf . Alors il existe x ∈ E tel que f(x) = y.Puisque
E = E′ ⊕Kerf,
il existe x1 ∈ E′ et x2 ∈ Kerf tel que x = x1 + x2.On a f(x) = f(x1) + f(x2) = f(x1) = ϕ(x1). D’ou y = ϕ(x1) ∈ Imϕ.
67
Ceci montre la surjectivite de ϕ.Par suite, ϕ est un isomorphisme de E′ sur Imf .Donc
dimE′ = dimImf.
Or,E = E′ ⊕Kerf.
Ce qui donnedimE = dimE′ + Kerf = dimImf + dimKerf.
Remarques :1. Dans ce theoreme F n’est pas suppose de dimension finie.2. Le theoreme noyau-image donne une relation entre les dimensions des sous-espaces
kerf , Imf et dimE.Exercice .Soient E un espace vectoriel de dimension finie, et f un endomorphisme de E.1) Montrer qu’on a toujours :
dimE = dimKerf + dimImf.
(Attention en general la somme Kerf + Imf n’est pas toujours directe !)2) Comparer :a) Ker(f) et Ker(f2).b) Imf et Imf2.3) Montrer que les propositions suivantes sont equivalentes :i) Kerf ⊕ Imf = E ;ii) Imf = Imf2;iii) Kerf = Kerf2.iv) Kerf ∩ Imf = {0}.
Definition 5.20. Soit E et F deux K-espaces vectoriels. E etant de dimension finie. Soitf ∈ L(E,F ). La dimension du sous-espace vectoriel Imf(= f(F )) est appelee le rang def et on note rg(f).Remarque : Si (e1, ..., en) est une base de E, puisque Imf = V ect(f(e1), ..., f(en)), on arg(f) = rg(f(e1), ..., f(en)).
Corollaire 5.21. Soit E et F deux K-espaces vectoriels. E etant de dimension finie. Soitf ∈ L(E,F ). On a :
1. f est injective ⇐⇒ dimf(E) = dimE ⇐⇒ rg(f) = dimE.2. f est injective ⇐⇒ pour tout sous-espace vectoriel G de E, on a
dimf(G) = dimG
Preuve. 1) Consequence immediate du theoreme noyau-image.2) Si f est injective et si G est un sous-espace vectoriel de E, alors f/G est injective.D’apres 1) dimfG(G) = dimG.D’ou
dimf(G) = dimG.
La reciproque resulte de 1) avec G = E.
Application du theoreme noyau-image :
68
Proposition 5.22. ( Equation d’un hyperplan vectoriel)Soit E un K-espace vectoriel de dimension n ≥ 1.
1. Le noyau d’une forme lineaire f sur E, non nulle, est un hyperplan vectoriel.2. Reciproquement : si H est un hyperplan de E, il existe au moins une forme lineaire
sur E, non nulle, dont le noyau est H.Preuve. 1. Imf est un sous-espace vectoriel de K, puisque dimK(K) = 1, on a dimImf ≤ 1.Or f 6= 0, donc Imf 6= {0}.Par suite dimImf = 1.Finalement,
dimKerf = dimE − dimImf = n− 1.
2. Si n = 1, H = {0} et toute forme lineaire sur E, non nulle, convient.Si n ≥ 2, soit (h1, ..., hn−1) une base de H ; on la complete en une base (h1, ..., hn−1, a) de E.Soit f ∈ L(E,K) telle que f(hi) = 0 pour tout i, 1 ≤ i ≤ n− 1, et f(a) 6= 0.On a
H ⊆ Kerf.
D’autre part, puisque f(a) 6= 0, on a f 6= 0 et d’apres 1.)
dimKerf = n− 1 = dimH.
Il en resulte que H = Kerf.
Les idees clefs du chapitre :• un espace vectoriel de type fini admet des bases (systmes libres generateurs)• deux bases ont le meme cardinal : la dimension de l’espace vectoriel• dim(F + G) = dimF + dimG− dim(F ∩G).• la somme F + G est directe ⇔ dim(F + G) = dimF + dimG.• rang d’une application lineaire• theoreme du rang.
.........................................................................
69
Exercice 1.Dans l’espace vectoriel E = R3, on considere les vecteurs a = (1,−1, 1), b = (1, 0, 1) etc = (1,−1, 1).1) Ecrire les vecteurs de la base canonique de E.2) Demontrer que (a, b, c) est une base de E.3) Quelles sont, dans cette base, les coordonnees du vecteur x = (x1, x2, x3) ?
Exercice 2.Soient E et F deux K-espaces vectoriels, f ∈ L(E, F ). Montrer que les deux assertions sui-vantes sont equivalentes :(a) f est injective ;(b) pour toutes suite libre (x1, x2, ..., xn) de vecteurs de E, (f(x1), ...., f(xn)) est une suitelibre de vecteurs de F .
Exercice 3.Soient E et F deux K-e.v..E etant de dimension finie n ≥ 0. Soit(e1, e2, ..., en) une base deE et f ∈ L(E, F ). Demontrer qu’on a :1) f est injective ⇐⇒ (f(e1), f(e2), ..., f(en)) est une suite libre de F .2) f est surjective ⇐⇒ (f(e1), f(e2), ..., f(en)) est une suite generatrice de F .3) f est isomorphisme ⇐⇒ (f(e1), f(e2), ..., f(en)) est une base de F .
Exercice 4.Soit f un endomorphisme d’un espace vectoreil E. Montrer que si E est de dimension finie,les deux conditions suivantes sont equivalentes :(a) (∀x ∈ E) (∃n ∈ N) (fn(x) = 0).(b) (∃n ∈ N) (∀x ∈ E) (fn(x) = 0).(Remarque : un endomorphisme verifiant (b) est dit nilpotent).
Exercice 5.1) Soit f l’application de R3 dans R3 definie par :
f(x, y, z) = (x + y + z, x− y + 2z, x− 2y − z).
a) Montrer que f est un endomorphisme de R3.b) Quel est son noyau ?2) Soit f ∈ L(R2,R3) une application lineaire definie par
f(x, y) = (x− y, y − x, 0).
Determiner une base de chacun des sous-espaces Im(f) et Ker(f).
Exercice 6. Soit E un K-e.v. de dimension finie n et f un endomorphisme de E tel que ilexiste un vecteur u pour lequel (fk(u))1≤k≤n est une base de E.1) Montrer que f est un automorphisme de E.2) Montrer qu’il existe n scalaires λi tels que
(fn + λn−1fn−1 + ... + λ0IdE)(u) = 0
3) En deduire quefn + λn−1f
n−1 + ... + λ0IdE = 0
Exercice 7.Soient E et F deux K-e.v., non nuls, de dimensions respectives p et q. Soit (e1, ..., ep) une
70
base de E et (f1, ..., fq) une base de F. Demontrer que l’espace vectoriel E ×F est de dimen-sion finie. Donner une base de E × F . Quelle est la dimension de E × F ?
Exercice 8.Soient E et F deux sous-espaces vectoriels d’un espace vectoriel E, et f : F × G −→ E,l’application definie par : f(x, y) = x + y. Montrer que :1) f est une application lineaire surjective de E × F dans F + G, autrement dit f envoieE × F sur F + G, ou f(F ×G) = F + G.2) f est injective si et seulement, si F ∩G = {0}.3 Si F ∩G = {0}, f est un isomorphisme de F ×G sur F + G.
Exercice 9.Soit E un K-espace vectoriel, F et G deux sous espaces vectoriels de dimension finie, de E.1) Montrer que F + G et F ∩G sont de dimension finie.2) Soit H = F ∩G et U un suplementaire de H dans G. Montrer que F + G = F ⊕ U .3) Deduire que :
dim(F + G) = dim(F ) + dim(G)− dim(F ∩G).
Exercice 10.On considere la suite (Pn)n∈N de polynomes de R[X] tels que
∀k ∈ N, deg(Pk) = k.
10-1 Montrer que, pour tout n ∈ N, (Pk)0≤k≤n est une base de Rn[X].10-2 Deduire que (Pk)k∈N est une base de R[X].10-3 Donner un exemple d’endomorphisme surjectif et non injectif et un exemple d’en-
domorphisme injectif et non surjectif.10-4 Soit f et g deux endomorphismes. On suppose que fog = IdE, que peut-on dire de
f et g ?
71
Chapitre 6
MATRICES ET SYSTEMESLINEAIRES
Dans tout ce chapitre K = R ou C
6.1 Generalites
6.1.1 Definitions
Soit deux entiers p ≥ 1, n ≥ 1 , on appelle matrice de type (p, n) ou (p, n)−matrice acoefficients dans K, un tableau rectangulaire a p lignes, n colonnes d’elements de K.
a =
a1,1 a1,2 . . . a1,n
a2,1 a2,2 . . . a2,n...
......
ap,1 ap,2 . . . ap,n
Les elements ai,j de K , 1 ≤ i ≤ p et 1 ≤ j ≤ n, sont les coefficients de la matrice A.Pour representer une matrice, on utilise la notation (ai,j)1≤i,≤p 1≤j≤n ou plus simplement(ai,j) lorsqu’il n’y a pas de confusion.Exemple : K = R, p = 3, n = 2
√
2 114 12 0, 7
∈M3,2(R).
Egalite de deux matrices : Soit A = (ai,j) ∈Mn,p(K) et B(bi,j) ∈Mn′,p′(K).Par definition
A = B ⇐⇒ p = p′, n = n′ et ai,j = bi,j , ∀1 ≤ i ≤ p, 1 ≤ j ≤ n.
Vecteurs lignes et vecteurs colonnes : On appelle ieme vecteur ligne de la matrice A =(ai,j) ∈Mp,n(K), le vecteur
(ai,1 ai,2 . . . ai,n
) ∈ Kn.
On appelle jeme vecteur colonne de la matrice A = (ai,j) ∈Mp,n(K), le vecteur
a1,j
a2,j...
ap,j
∈ Kp.
72
Remarques :• Si n = p, la (n, n)−matrice A = (ai,j) ∈ Mn,n(K) est appelee matrice carree d’ordre
n. On note Mn(K) au lieu de Mn,n(K).Soit A ∈Mn(K) :
A =
a1,1 a1,2 . . . a1,n
a2,1 a2,2 . . . a2,n...
......
an,1 an,2 . . . an,n
Les coefficients ai,i, 1 ≤ i ≤ n sont appeles les coefficients diagonaux de la matricecarree A. Ils constituent la diagonale principale de A.
• Une matrice carree est dite triangulaire superieure (resp. triangulaire inferieure) si tousses coefficients situes au dessous (resp. au dessus) de la diagonale principale sont nuls.Une matrice triangulaire superieure s’ecrit :
A =
a1,1 a1,2 . . . a1,n
0 a2,2 . . . a2,n... 0
...0 . . . 0 an,n
Une matrice triangulaire inferieure s’ecrit :
A =
a1,1 0 . . . 0
a2,1 a2,2 0...
...... 0
an,1 an,2 . . . an,n
Une matrice carree est dite diagonale si tous ses coefficients autres que les coefficientsdiagonaux sont nuls, c’une matrice de la forme :
A =
a1,1 0 . . . 0
0 a2,2 0...
... 0 00 . . . 0 an,n
6.1.2 Transposee d’une matrice
Definition 6.1. Soit A = (ai,j) ∈Mp,n(K). On appelle transposee de la (p, n)-matrice A, eton note tA, la (n, p)−matrice (bi,j) telle que bi,j = aj,i, 1 ≤ i ≤ n et 1 ≤ j ≤ p.En pratique, tA est deduite de A par echange des lignes et des colonnes.
Remarques :1. t(tA) = A, t(AB) = tBtA et t(A + B) = tA +t B.2. L’application A −→t A est une bijection de Mp,n(K) sur Mp,n(K).
Definition 6.2. Une matrice carree A = (ai,j) ∈Mn(K) est dite symetrique si tA = A.Autrement dit,
ai,j = aj,i ∀1 ≤ i, j ≤ n.
73
6.2 Operations sur les matrices
6.2.1 L’espace vectoriel Mp,n(K)
Definition 6.3. On appelle somme des deux matrices A = (ai,j) ∈ Mp,n(K) et B = (bi,j) ∈Mp,n(K), et on note A + B, la matrice C = (ci,j) ∈Mp,n(K) telle que
ci,j = ai,j + bi,j , 1 ≤ i ≤ p, 1 ≤ j ≤ n
Exemple :
A =
1 3 10 5 22 6 5√2 i j
, B =
0 1 25 6 47 4 00 1 0
, C =
1 4 35 11 69 10 5√2 i + 1 j
.
Definition 6.4. On appelle produit de la matrice A = (ai,j) ∈Mp,n(K) par le scalaire λ ∈ K,et on note λA, la matrice A′ = (a′i,j) ∈Mp,n(K) telle que
a′i,j = λai,j1 ≤ i ≤ p, 1 ≤ j ≤ n
Exemple :
13
1 −5 02 6 13 9 4−i 0 0
=
13
−53 0
23 2 1
31 3 4
3−i3 0 0
Theoreme 6.5. L’ensemble Mp,n(K) muni de l’addition (A,B) −→ A + B et de la multi-plication externe (λ,A) −→ λA, ayant K comme corps des scalaires, est un K-e.v.
Preuve. L’element nul de Mp,n(K) est la matrice dont tous les coefficients sont nuls, appeleematrice nulle, et notee par 0.L’oppose de A = (ai,j) est la matrice −A = (−ai,j). Les autres axiomes d’un K−e.v. sontlaisses en exercice.
6.2.2 Base canonique et dimension de Mp,n(K)
pour 1 ≤ i ≤ p, 1 ≤ j ≤ n, la matrice elementaire Ei,j ∈ Mp,n(K) est la (p, n)−matricedont le coefficient situe a l’intersection de la ieme ligne et de la jeme colonne est egal a 1 etdont tous les autres coefficients sont nuls.
Proposition 6.6. La suite (E1,1, E1,2, ..., E2,1, ..., Ep,n) est une base de Mp,n(K) appelee basecanonique de Mp,n(K). Donc dimMp,n(K) = np.Preuve.
A Ecrire..................
6.2.3 Multiplication des matrices
Definition 6.7. On appelle produit de la (n, p)−matrice A = (ai,j) ∈Mp,n(K) par la (n, q)-matrice B = (bi,j) ∈ Mn,q(K), et on note AB, la (p, q)−matrice C = (ci,j) ∈ Mp,q(K) telleque
ci,j =n∑
k=1
ai,kbk,j 1 ≤ i ≤ p, 1 ≤ j ≤ n.
74
Exemple :
A =
1 3 2 00 −1 −3 −1−2 0 1 2
∈M3,4(R), B =
1 0−2 −10 21 3
AB =
−5 11 −80 8
.
Remarques :1. La multiplication des matrices est associative et distributive par rapport a l’addition.2. Si A ∈Mp,n(K) et B ∈Mn,q(K), on a t(AB) = tBtA. (Attention a l’ordre !)
6.2.4 Rang d’une matrice
Definition 6.8. Soit A = (ai,j) ∈ Mp,n(K). On appelle rang de la matrice A, et on noterg(A), le rang de la suite des vecteurs colonnes.D’une part, on a rgA ≤ n. D’autre part, les vecteurs colonnes de A sont dans Kp, doncrgA ≤ p.D’ou :
rgA ≤ min(n, p).
Exemple :Remarque : Soit E un K−espace vectoriel de dimension p > 0. B = (e1, ..., ep) une base
de E et soit les n vecteurs xj =∑p
i=1 ai,jei, 1 ≤ j ≤ n. Alors le rang de la suite (x1, ..., x−n)est egal au rang de la (p, n)−matrice A = (ai,j) ∈ Mp,n(K) (dont la jeme ) colonne estconstituee par les coordonnees de xj dans la base B.
6.3 Matrice d’une application lineaire
Soit E et F deux K-e.v. non nuls de dimensions respectives n et p. Soit B = (e1, ..., en)une base de E et B′ = (f1, ..., fp) une base de F et soit ϕ une application lineaire de E dansF . On sait que ϕ est determinee par les images des vecteurs de la base B.Posons :
ϕ(ej) =p∑
i=1
ai,jfi , 1 ≤ j ≤ n.
Definition 6.9. On appelle matrice de l’application lineaire ϕ ∈ L(E, F ) dans les basesB = (e1, ..., en) de E et B′ = (f1, ..., fp) de F , la (p, n)−matrice A = (ai,j) dont la jeme
colonne :
a1,j
a2,j...
ap,j
est constituee par les coordonnees du vecteur ϕ(ej) dans la base B′ = (f1, ..., fp).Autrement dit :
ϕ(e1) ϕ(e2) . . . ϕ(en)
75
A =
a1,1 a1,2 . . . a1,n
a2,1 a2,2 . . . a2,n...
......
ap,1 ap,2 . . . ap,n
f1
f2...fp
L’application ϕ : E −→ F est determinee par sa matrice A dans les bases B et B′.Exemples :Soit n ∈ N et soit le R−espace vectoriel En = {P ∈ R[X]/P = 0 ou degP ≤ n}.
1. Soit ϕ ∈ L(E3, E2) definie par ϕ(P ) = P ′. Alors la matrice de ϕ dans les basescanoniques de E3 et de E2 est :
Mϕ =
0 1 0 00 0 2 00 0 0 3
∈M3,4(R).
2. Soit ϕ ∈ L(E3, E3) definie par ϕ(P ) = P ′. Alors la matrice de ϕ dans la base cano-niques de E3 est :
Mϕ =
0 1 0 00 0 2 00 0 0 30 0 0 0
∈M4(R).
3. Soit f ∈ L(R3) definie par :
f(e1) = e1 + 3e2
f(2) = e2
f(e3) = e3
avec B = (e1, e2, e3) est la base canonique de R3.
Mat(f,B) =
1 0 03 1 00 0 1
∈M3(R).
Remarques :1. La matrice d’une application lineaire ϕ : E −→ F dans les bases B de E et B′ de F
depend evidemment des bases choisies dans E et F .2. Si A et B sont les matrices respectives des applications ϕ ∈ L(E,F ) et ψ ∈ L(E, F ),
dans les bases B et B′, la matrice de ϕ + ψ dans les bases B et B′ est A + B.3. Si A est la matrice de ϕ ∈ L(E, F ) dans les bases B et B′, et si λ ∈ K, alors la matrice
de l’application lineaire λϕ est λA.4. Si B est la matrice de l’application lineaire ϕ ∈ L(E,F ) dans les bases B = (e1, ..., eq)
et B′ = (f1, ..., fn), et si A est la matrice de l’application lineaire ψ ∈ L(F, G), dansles bases B′ et B′′ = (g1, ..., gp), alors la matrice de ψoϕ dans les bases B et B′′ est leproduit AB.En effet, on a
ϕ(ej) =n∑
k=1
bk,jfk
pour 1 ≤ j ≤ q.Et pour 1 ≤ k ≤ n, on a
ψ(fk) =p∑
i=1
ai,kgi.
76
Donc, pour 1 ≤ j ≤ q, on a
ψoϕ(ej) =∑n
k=1 bk,jψ(fk) =∑n
k=1 bk,j(∑p
i=1 ai,kgi) =∑n
k=1
∑pi=1(bk,jai,k)gi
=∑p
i=1(∑n
k=1 ai,kbk,j)gi =∑p
i=1 ci,jgi
avec ci,j =∑n
k=1 ai,kbk,j pour 1 ≤ i ≤ p et 1 ≤ j ≤ q. Donc la matrice C de l’applicationlineaire ψoϕ est egale a AB.Proposition 6.10. Les bases B = (e1, ..., en) et B′ = (f1, ..., fp) etant fixees. Designons parMϕ la matrice de ϕ ∈ L(E,F ) dans les bases B et B′. Alors l’application :
J : L(E, F ) −→ Mp,n(K)ϕ −→ Mϕ
est un isomorphisme.
Preuve.J est injective : car Mϕ = Mψ implique ϕ(ej) = ψ(ej) pour 1 ≤ j ≤ n et donc ϕ = ψ.J est surjective : car si A = (ai,j) ∈Mp,n(K), soit ϕ ∈ L(E,F ) definie par
ϕ(ej) =p∑
i=1
ai,jfi, 1 ≤ j ≤ n.
Alors Mϕ = A.Donc J est surjective.De plus, J est clairement lineaire d’apres la remarque precedente.Theoreme 6.11. Soit E et F deux K−e.v. non nuls, de dimensions respectives n et p et soitϕ ∈ L(E,F ). Si A est la matrice de ϕ dans les bases B = (e1, ..., en)de E et B′ = (f1, ..., fp)de F , le rang de ϕ est egal au rang de A.
Preuve. On a rgϕ = dimϕ(E) = dim vect(ϕ(e1), ..., ϕ(en)).Donc rgϕ = rg(ϕ(e1), ..., ϕ(en)) = rgA.D’ou rgϕ = rgA
6.4 Matrices carrees inversibles
Definition 6.12. Une matrice A ∈ Mn(K) est dite inversible s’il existe B ∈ Mn(K) telleque AB = BA = In (In est la matrice unite d’ordre n ).Une telle matrice B si elle existe est unique. B est alors appelee l’inverse de A et notee A−1.
Proposition 6.13. 1. Si A ∈ Mn(K) et B ∈ Mn(K) sont inversibles, alors AB estinversible et on (AB)−1 = B−1A−1.
2. Si A est inversible, alors tA est inversible et on a (tA)−1 = t(A−1).Preuve. 1. A inversible =⇒ ∃ A−1 telle que AA−1 = A−1A = In.B inversible =⇒ ∃ B−1 telle que BB−1 = B−1B = In.(AB)(B−1A−1) = A(BB−1)A−1 = AInA−1 = AA−1 = In.(B−1A−1)(AB) = B−1(A−1A)B = B−1InB = B−1B = In.Donc AB est inversible et (AB)−1 = B−1A−1.2. A inversible =⇒ ∃ A−1 telle que AA−1 = A−1A = In.(tA)t(A−1) = t(A−1A) = tIn = In.( tA−1 tA) = t(AA−1) = tIn = In.Donc tA est inversible et on a (tA)−1 = t(A−1).
77
Theoreme 6.14. Soit A ∈ Mn(K), E et F deux K−e. v. non nuls de dimension n. B unebase de E et B′ une base de F . Soit ϕ ∈ L(E, F ), de matrice A dans les bases B et B′. Lespropositions suivantes sont equivalentes :
1. Il existe B ∈Mn(K) telle que BA = In.2. Il existe C ∈Mn(K) telle que AC = In
3. ϕ est un isomorphisme de E sur F .4. A est inversible.
Preuve. (1) =⇒ (3) Soit g ∈ L(F,E) de matrice B dans les bases B′ et B.goϕ ∈ L(E) et Mgoϕ = BA = In.Donc goϕ = IdE .Soit x ∈ Kerϕ, x = goϕ(x) = g(ϕ(x)) = g(0) = 0.Donc
Kerϕ = {0}.D’ou ϕ est injective.D’ou ϕ est un isomorphisme de E sur F .(2) =⇒ (3) Soit h ∈ L(F, E) de matrice C dans B′ et B. ϕoh ∈ L(F ) et Mϕoh = AC = In.Donc ϕoh = IdF .Soit y ∈ F , on a y = (ϕoh)(y) = ϕ(h(y).) Donc F ⊆ Imϕ, ce qui implique que ϕ estsurjective.D’ou ϕ est un isomorphisme de E sur F .(3) =⇒ (4). Soit A′ la matrice de ϕ−1 dans les bases B′ et B. On a ϕ−1oϕ = In et Mϕ−1oϕ =A′A = In.De meme ϕoϕ−1 = IdF et Mϕoϕ−1 = AA′ = In.Donc A est inversible.(4) =⇒ (1) et (4) =⇒ (2) sont evidentes.
Corollaire 6.15. Soit A ∈Mn(K). Les propositions suivantes sont equivalentes :1. A est inversible.2. rg A=n.3. Les vecteurs colonnes de A constituent une base de Kn.
Preuve. Soit ϕ ∈ L(Kn) de matrice A dans la base canonique de Kn.(1) =⇒ (2)) On a :
rgA = rg(ϕ) = dim vect(ϕ(e1), ..., ϕ(en)) = dimF = n.
(2) =⇒ (3)) La suite (ϕ(e1), ..., ϕ(en)) est libre et dimF = n, donc (ϕ(e1), ..., ϕ(en)) est unebase de F.(3) =⇒ (1) L’image d’une base par ϕ est une base.Donc ϕ est un isomorphisme.Par suite A est inversible.
6.5 Changement de base
Soit E un K−e.v. non nul de dimension n. Soit B = (e1, ..., en) une base de E et B′ =(e′1, ..., e
′n) une autre base de E. On a
e′j =n∑
i=1
pi,jei, 1 ≤ j ≤ n.
78
Posons
P =
p1,1 p1,2 . . . p1,n
p2,1 p2,2 . . . p2,n...
......
pn,1 pn,2 . . . pn,n
∈Mn(K).
Le rang de la matrice P = (pi,j) ∈ Mn(K) est egal au rang de la suite (e′1, ..., e′n). Donc
rgP = n et P est inversible.
Definition 6.16. La matrice P = (pi,j) ∈ Mn(K) dont la jeme colonne est constitueepar les coordonnees de e′j dans la base B = (e1, ..., en) est appelee matrice de pas-sage de la base B = (e1, ..., en) a la base B′ = (e′1, ..., e
′n). C’est une matrice inversible.
6.5.1 Action d’un changement de base sur les coordonnees d’un vecteur
Soient B = (e1, ..., en) et B′ = (e′1, ..., e′n) deux bases d’un K−e.v. E de dimension n. Soit
x ∈ E, on a :
x =n∑
i=1
xiei =n∑
j=1
x′je′j .
Associons a ces deux decompositions les matrices colonnes :
X = (x)B =
x1
x2...
xn
et X ′ = (x)B′ =
x′1x′2...
x′n
∈Mn,1(K).
Soit P = (pi,j) ∈Mn(K) la matrice de passage de B a B′.On a e′j =
∑ni=1 pi,jei, 1 ≤ j ≤ n.
On a
x =n∑
j=1
x′je′j =
n∑
j=1
x′jn∑
i=1
pi,jei =n∑
i=1
(n∑
j=1
x′jpi,j)ei =n∑
i=1
xiei
D’ou, ∀1 ≤ i ≤ n, on xi =∑n
j=1 pi,jx′j. Soit sous forme matricielle :
X =
x1
x2...
xn
=
∑nj=1 p1,jx
′j∑n
j=1 p2,jx′j
...∑nj=1 pn,jx
′j
=
p1,1 p1,2 . . . p1,n
p2,1 p2,2 . . . p2,n...
......
pn,1 pn,2 . . . pn,n
x′1x′2...
x′n
= PX ′.
Donc (x)B = P (x)B′.
Proposition 6.17. Soient B = (e1, ..., en) et B′ = (e′1, ..., e′n) deux bases d’un K−e.v. E et
P la matrice de passage de B a B′. Alors la matrice de passage de B′ a B est la matrice P−1.Preuve. Pour tout x ∈ E, (x)B = P (x)B′. P etant inversible, donc (x)B′ = P−1(x)B. Parsuite P−1 est la matrice de passage de B′ a B.
79
6.5.2 Action d’un changement de base sur la matrice d’une applicationlineaire
Proposition 6.18. Soit E et F deux K−e.v., non nuls, de dimensions respectives n et p.Soit ϕ ∈ L(E,F ). Soit A la matrice de ϕ dans les bases B de E et B1 de F . Soit A′ lamatrice de ϕ dans les bases B′ de E et B′1 de F . Soit P la matrice de passage de B a B′ etQ la matrice de passage de B1 a B′1, on a
A′ = Q−1AP.
Preuve.Soit x ∈ E et y = ϕ(x). On a (y)B1 = A(x)B et (y)B′1 = A′(x)B′.
Or (y)B1 = Q(y)B′1 et (x)B = P (x)B′.Donc :
(y)B′1 = Q−1(y)B1 = Q−1A(x)B = Q−1AP (x)B′ = A′(x)B′
D’ou :A′ = Q−1AP.
Definition 6.19. Deux matrices (p, n)−matrices , A ∈Mp,n(K) et B ∈Mp,n(K) sont ditesequivalentes s’il existe deux matrices carrees R ∈Mp(K) et S ∈Mn(K) telles que :
B = RAS.
Definition 6.20. Deux matrices carrees, d’ordre n, A ∈ Mn(K) et B ∈ Mn(K) sont ditessemblables s’il existe une matrice carree inversible P ∈Mn(K) telle que
B = P−1AP.
6.6 Systemes lineaires
6.6.1 Definitions
Soit p et n deux entiers ≥ 1. On appelle systeme lineaire de p equations a n inconnues acoefficients dans K, un ensemble d’equations :
S =
a1,1x1 +a1,2x2 + . . . +a1,nxn = b1
a2,1x1 a2,2x2 + . . . a2,nxn = b2...
......
ap,1x1 ap,2x2 + . . . ap,nxn = bp
• Les elements ai,j, 1 ≤ i ≤ p et 1 ≤ j ≤ n, appartiennent a K et sont appeles les coefficientsde (S).• Les elements bi, 1 ≤ i ≤ p, appartiennent a K et sont appeles seconds membres de (S).Les coefficients et les seconds membres sont donnes.• Les elements xj, 1 ≤ j ≤ n, appartiennent a K et sont appeles les inconnues de (S).• L’equations ai,1x1+ai,2x2+...+ai,nxn=bi est appelee ieme equation de (S).
• Le vecteur
a1,jxj
a2,jxj...
ap,jxj
est appele jeme colonne de (S).
• Une solution de (S) est un vecteur (x1, ..., xn) ∈ Kn verifiant toutes les equations de (S).
80
Discuter et resoudre (S) c’est trouver toutes les solutions de (S).• Deux systemes sont dits equivalents s’ils ont le meme ensemble de solutions.(S) est dit compatible s’il admet au moins une solution. Dans le cas contraire (S) est ditincompatible (ou impossible).• Le systeme (S) s’ecrit en abrege :
(S)n∑
j=1
ai,jxj = bi, 1 ≤ i ≤ p.
6.6.2 Interpretation matricielle d’un systeme lineaire :
Soit A = (ai,j) ∈Mp,n(K), A est appelee la matrice du systeme (S).
Soit b =
b1
b2...bp
∈Mp,1(K), b est appele le vecteur second membre de (S).
Soit X =
x1
x2...
xn
∈Mn,1(K), X est appele inconnue de (S).
Le systeme (S) s’ecrit matriciellement :
AX = b. (1)
Resoudre (S), c’est trouver tous les vecteurs verifiant (1).
6.6.3 Rang d’un systeme lineaire
Definition 6.21. On appelle rang du systeme (S), le rang r de la matrice A de (S) et onnotre rg (S).
Exemple : Soit (S) le systeme lineaire de 4 equations a 3 inconnues x, y, z a coefficientsreels :
(S)
2x +2z = 3x +2y −z = 14x −y +5z = 77x +8y −z = 9
La matrice de (S) est
A =
2 0 21 2 −14 −1 57 8 −1
∈M4,3(R).
On a la suite (c1, c2) est libre et c3 = c1 − c2.Donc
rg(S) = rg(A) = 2.
Remarque : Un systeme est dit de Cramer si n = p = r. Autrement dit, si sa matrice estcarree et inversible.Un systeme de Cramer admet toujours une solution unique (X = A−1b) car sa matrice A est
81
inversible.Cas particulier : systemes de Cramer triangulaires.Soit un systeme (T ) de n equations a n inconnues dont la matrice est triangulaire superieureavec des coefficients diagonaux tous non nuls.On montre facilement (exercice) que rg A = n. Donc (T ) est un systeme de Cramer et admetune solution unique.
(T )
a1,1x1 +a1,2x2 +... +a1,nxn = b1
a2,2x2 +... +a2,nxn = b2...
an−1,n−1xn−1 +an−1,nxn = bn−1
an,nxn = bn
Le systeme (T ) est facile resoudre. En effet, on calcule de la facon suivante :
xn =bn
an,n, xn−1 =
bn−1 − an−1,nxn
an−1,n−1, ..., xi =
bi −∑n
j=i+1 ai,jxj
ai,j, ..., x1 =
b1 −∑n
j=2 a1,jxj
a1,1
6.7 Methode de pivot de Gauss
Definition 6.22. Un systeme lineaire :
(S)n∑
j=1
ai,jxj = bi, 1 ≤ i ≤ p,
est dit echelonne ou en echelon, s’il existe un entier q, 1 ≤ q ≤ p et q ≤ n tel que :pour tout q < i ≤ p, 1 ≤ j ≤ n,on a ai,j = 0.pour tout 1 ≤ i ≤ q, 1 ≤ j ≤ i, on a ai,i 6= 0 et ai,j = 0.Donc (S) est echelonne si la matrice de (S) a la forme suivante dite echelonnee :
A =
a1,1 ∗ . . . ∗0 a2,2...
...0 ... 0 aq,q ∗ ... ∗0 ... ... ... . . . ... 0...
...0 ... ... ... . . . ... 0
chaque etoile est un coefficient quelconque.
Theoreme 6.23. : Soit (S) un systeme lineaire echelonne :
(S)n∑
j=1
ai,jxj = bi, 1 ≤ i ≤ p.
Avec les notations precedentes , le rang de (S) est r=q .Le systeme est compatible si, et seulement si bq+1 = . . . = bq = 0, et dans ce cas, les solutionsde (S) sont les vecteurs (x1, ..., xq, xq+1, ..., xn) ou xq+1, . . . , xn sont des elements quelconquesde K et (x1, . . . , xq) la solution du systeme de Cramer triangulaire :
(T )q∑
j=1
ai,jxj = bi −n∑
j=q+1
ai,jxj 1 ≤ i ≤ q.
x1, ..., xq sont appeles les inconnuses principales et xq+n, ..., xn sont appelees les incon-nues non principales.
82
Preuve. Puisque les p-q dernieres lignes de la matrice A sont nulles , on a rg A ≤ q.Puisque les q premieres colonnes de A forment une suite libre on a rgA ≥ q.Donc
r = rgA = q.
S’il exsiste i, q + 1 ≤ i ≤ p tel que bi 6= 0 alors la ieme equation de (S) s’ecrit :
0x1 + . . . + 0xn = bi = 0,
impossible et le systeme est donc incompatible.Soit bq+1 = . . . = bp = 0. Le syseme (S) est equivalente au systeme :
(T )q∑
j=1
ai,jxj = bi −n∑
j=q+1
ai,jxj 1 ≤ i ≤ q.
avec xq+1, ..., xn sont des elements quelconques fixes dans K.le systeme (T) est de Cramer , donc il admet une solution unique (x1, ..., xq).D’ou pour tout xq+1, ..., xn quelconques (mais fixes) dans K, (x1, ..., xq, xq+1..., xn) est unesolution du systeme (S).
Exemple Faire l’exercice 3 serie N 7.
Definition 6.24. On appelle operation elementaire sur (S) chacune des operations sui-vantes :(1) permuter deux colonnes de (S).(2) permuter deux equations de (S).(3) ajouter membre a membre a une equation, une combinaison lineaire des autres equations.(4) multiplier les deux membre d’une equation par un meme scalaire non nul.
On rappelle que deux systemes lineaires sont dits equivalents, s’ils ont le meme ensemblede solutions.Theoreme 6.25. (S) etant un systeme lineaire , toute operation elementaire sur (S) trans-forme (S) en un systeme lineaire equivalent et de meme rang.
Preuve. L’addition dans K est commutative, l’operation (1) transforme (S) en un systemeequivalent.L’ordre des equations n’intervient pas dans l’ensemble des solutions : l’operation (2) trans-forme (S) en un systeme equivalent.
Soit λ ∈ K, h et k ∈ {1, ..., p}, h 6= k, et soit (S′)le systeme suivant deduit de (S) :
(S′){ ∑n
j=1 ai,jxj = bi, 1 ≤ i ≤ p, i 6= k,∑nj=1(ak,j + λah,j)xj = bk + λbh.
Il est clair que si (x1, ..., xn) est solution de (S), (x1, ..., xn) est aussi solution de (S′). Commeon transforme (S′) en (S) par une operation de meme type que celle qui nous fait passer de(S) a (S′), toute solution de (S′) est aussi solution de (S).
L’operation qui consiste a ajouter membre a membre a la keme equation, une combinaisonlineaire des autres equations, est une suite finie d’operations du type precedent, donc elletransforme (S) en un systeme lineaire equivalent.Enfin il est evident que l’operation (4) transforme (S) en un systeme lineaire equivalent.
83
6.8 Algorithme du pivot de Gauss :
Theoreme 6.26. : Soit (S) un systeme lineaire de p equations a n inconnues
(S)n∑
j=1
ai,jxj = bi, 1 ≤ i ≤ p.
Soit A la matrice du systeme (S), si A 6= 0, il existe une suite finie d’operations elementairesqui transforment (S) en un systeme echelonne.Preuve.
A =
a1,1 a1,2 . . . a1,n
a2,1 a2,2 . . . a2,n...
......
ap,1 ap,2 . . . ap,n
.
A 6= 0, il existe donc i0, j0, 1 ≤ i0 ≤ p et 1 ≤ j0 ≤ n tel que ai0,j0 6= 0.En permutant au besoin, les equations 1 et i0 et les colonnes 1 et j0, on se ramene a unsysteme equivalent et de meme rang :
(S′)n∑
j=1
a′j,ix′j = b′i, 1 ≤ i ≤ p avec a′1,1 = ai0,j0 .
(attention : si j0 6= 1, x′1 = xj0 et x′j0 = x1)On ajoute alors membre a membre la ieme equation, pour 2 ≤ i ≤ p, le produit de la premiereequation par − a′i,1
a′1,1. On obtient alors un systeme equivalent et de meme rang.
(S”)n∑
j=1
a”j,ix′j = b”i, 1 ≤ i ≤ p,
ou a”1,1 = a′1,1 et a”i,1 = 0, 2 ≤ i ≤ p.La matrice de (S”) s’ecrit :
A” =
a”1,1 ∗ . . . ∗0... A”1
0
avec A”1 ∈Mp−1,n−1(K).On passe a l’etape suivante en travaillant maintenant avec A”1.
Exemple :
x− y = −13x + 3z = 32x + y + 3z = 4
L’ecriture matricielle du systeme est :
1 −1 03 0 32 1 3
xyz
=
−134
.
84
On utilise la methode de pivot de Gauss en n’oubliant pas de traıter b.
1 −1 03 0 32 1 3
|−134
=⇒
1 −1 00 3 30 3 3
|−166
1 −1 00 3 30 0 0
|−160
Le rang de (S) est egal a r = 2.On prend x et y comme inconnues principales et z comme inconnue non principale.
S = {(x, y, z) = (1− z, 2− z, z)/z ∈ R}
Recapitulatif. Quelques applications de la methode du pivot de Gauss :
A. Comment determiner le rang d’une matrice A.D’apres le theoreme noyau-image :
rg(A) = n− dimKer(A)
(ou n designe bien le nombre de colonnes de A, c’est-a-dire la dimension de l’espace dedepart de l’application lineaire assouciee).Donc il suffit de determiner le noyau de A, c’est-a-dire d’expliciter suffisamment lesvecteurs X solutions de AX = 0 pour trouver la dimension de cet espace, et d’en deduirele rang.
B. Noyau de f .Soit f ∈ L(Rn,Rp).La resolution du systeme lineaire homogeme f(X) = 0 fournit Ker(f).
Ker(f) = {X ∈ Rn/f(X) = 0.}Exemple : Soit f ∈ L(R4,R3) dont la matrice dans les base canoniques de R4 et R3 est
A =
1 1 −3 41 2 −5 2−1 1 −1 −8
.
Si X = (x, y, z, t) ∈ R4, AX = 0 s’ecrit :
(S)
x + y − 3z + 4t = 0x + 2y − 5z + 2t = 0−x + y − z − 8t 0.
Systeme qui a ete considere en exercice 13.
C. Image de f .On cherche les Y ∈ Rp pour lesquels l’equation f(X) = Y , ou l’inconnue est X, aau moins une solution. Si A est la matrice de f dans les bases canoniques de Rn etRp, on cherche les Y ∈ Rp pour lesquels le systeme AX = Y , ou l’inconnue est X, estcompatible.
85
Complements Sur les matrices par blocs.
Produit des matrices par blocs :Soient A ∈ Mm+q,n+p(K) et B ∈ Mn+p,r+s(K) deux matrices que l’on ”decompose ” de lamaniere suivante :
A =(
A1 A2
A3 A4
)
ou A1 ∈Mm,n(K), A2 ∈Mm,p(K), A3 ∈Mq,n(K) et A4 ∈Mq,p(K).
B =(
B1 B2
B3 B4
)
ou B1 ∈Mn,r(K), B2 ∈Mn,s(K), B3 ∈Mp,r(K) et B4 ∈Mp,s(K). Alors on peut calculer leproduit AB de la maniere suivante :
AB =(
A1B1 + A2B3 A1B2 + A2B4
A3B1 + A4B3 A3B2 + A4B4
)∈Mm+q,r+s(K)
On peut proceder de meme quel que soit le nombre de blocs, a condition que :
- le nombre de colonnes de blocs de A soit egal au nombre de lignes de blocs de B(ici 2 et 2).
- le nombre de lignes et de colonnes de chaque bloc soient en adequation pour tous lessous-produits.
Generalisation : Soient A = (AIK) et B = (BKJ) deux matrices decomposees par blocs tellesque la decompositions correspond a l’indice K soit la meme pour A et B. Alors AB = C sedecompose par blocs et on a
CIJ =∑
K
AIKBKJ .
Ceci est une generalisation de la multiplication habituelle des matrices.
........................................................................................
86
6.9 Exercices : Les matrices
Exercice 1. Un fabricant de composantes electriques vend deux produits differents a troisclients. Les deux produits sont fabriques dans deux usines differentes. Les couts de transportde chaque produit, pour chaque client, sont indiques dans le schema suivant :
1) Presentez les informations contenues dans le schema sous forme d’une matrices A deformat 2× 3, ou aij represente le cout de transport pour expedier le produit i au client j.2) Quelle information la deuxieme ligne de la matrice contient-elle ?3) Quelle information la troisieme colonne de la matrice contient-elle ?4) Quelle information a12 donne-elle ?Exercice 2.1) Calculer les produits AB et BA quand il existent dans le cas suivant :A = (3 5 − 1 − 2) et B = t(−1 0 1 2).2) Dans M4(C) considerons les matrices :
A =
α 1 0 10 α 0 20 0 β 30 0 0 1
et B =
α 0 0 01 α 0 00 0 β 10 0 0 β
Calculer A2, AB, ABA, t(AB), tAtB et B3.
Exercice 3.
a) Calculer Am , m ∈ N, pour A1 =(
0 10 0
)puis pour A2 =
(1 10 1
).
b) Calculer om et Im.c) Verifier les proprietes (λA)m = λmAm ; (A + B)2 = A2 + AB + BA + B2.
Exercice 4.a) Developper (A + B)3.b) Developper (A + B + c)2.c) Developper (A + I)3.d) D’une maniere generale, Developper (A + I)n. Deduire (A1 + I)n = (nA1 + I).( Indication : Si AB = BA on a pour tout k ∈ N∗ : (A + B)k =
∑ki=0 Ci
kAk−iBi.)
Exercice 5. On designe par E l’ensemble des matrices de la forme
M(a, b, c) =
a c bb a + c b + cc b a + c
ou a, b, c ∈ Q.1) Montrer que toute matrice E s’ecrit de maniere unique sous la forme aI + bJ + cK ou Idesigne la matrice unite de M3(Q) et J,K deux matrices de M3(Q) independantes de a, b, c.
87
2) En deduire que E est un sous-espace vectoriel sur Q.Quelle est sa dimension ?3) Calculer J2, J.K, K2, J3, J + I.
4) Soit A =
2 −3 −43 1 5−1 0 −10 2 4
∈M4,3(Q).
Trouver le rang des matrices suivantes A et tA.
Exercice 6.Soit B = (e1, e2, e3) la base canonique de R3. On considere l’endomorphisme de R3 definipar :
f(e1) = −12e1 + 1
2e2 + 12e3
f(e2) = −e1 + e3
f(e3) = −12e1 − 1
2e2 + 12e3
1) Determiner la matrice de f dans la base B. Quel est le rang de cette matrice ?2) Determiner ker(f) et sa dimension.3) Determiner Im(f) et sa dimension.4) Soient f1 = (1,−1, 1), f2 = (−1, 1, 1) et f3 = (1, 1,−1).a) Calculer f(f2) et f(f3). Deduire que (f2, f3) est une base de Im(f).b) Montrer que B′ = (f1, f2, f3) est une base de R3.c) Montrer que R3 = ker(f)⊕ Im(f).5) Determiner la matrice de f dans la base B′.6) Determiner la matrice de passage P de la base B′ a la base B.
Exercice 7.Soit E un K−espaces vectoriel, non nul, de dimension finie, et soit ϕ ∈ L(E). Soient B etB′ deux bases dans E. Soit A la matrice de ϕ dans la base B de E et A′ la matrice de ϕ dansla base B′ de E. Soit P la matrice de passage de B a B′.1) Montrer que A′ = P−1AP.2) Pour tout k ∈ N, A′k = P−1AkP .
Exercice1 8. (Polynome minimal d’un endomorphisme)Deux matrices carrees d’ordre n, A ∈ Mn(K) et B ∈ Mn(K) sont semblables s’il existe unematrice carree inversible P ∈Mn(K) telle que B = P−1AP.Soient A et B deux matrices semblables de Mn(K) , non nulles.1) Demontrer que pour tout p de N, Ap et Bp sont semblables.2) En deduire que si h est un polynome de K[X], h(A) et h(B) sont semblables.3) a) Demontrer que pour tout M non nul de Mn(K) il existe un polynome unitaire uniquePM de (K[X])∗ tel que :i) PM (M) = 0ii) ∀Q ∈ K[X], Q(M) = 0 ⇒ PM (X) divise Q(X).PM (X) est le polynome minimal de M .b) Etablir que PA = PB.c) Demontrer qu’un element non nul M de Mn(K) est inversible si le terme constant de PM
est non nul.d) Soit M un element non nul idempotent (M2 = M) de M(K). Determiner PM .
Exercice 9.
88
On considere l’application f de R3 dans R2 definie par :
f
xyz
=
(2x− y − z−x + 2y − z
).
1.) Montrer que f est lineaire et ecrire sa matrice A dans les bases canoniques.
2.) Determiner le rang de f et les dimensions de Im f et Ker f . L’application f est-elle in-jective, surjective, bijective ?
3.) Determiner un vecteur V qui engendre Ker f et dont la premiere coordonnee vaut 1.4.) (e1, e2, e3) designant la base canonique de R3, montrer que B1 = (e1, e2, V ) est une basede R3 et ecrire la matrice de passage Q de la base canonique a B1.5.) On note U1 = f(e1), U2 = f(e2). Montrer que B2 = (U1, U2) est une base de R2 et ecrirela matrice de passage P de la base canonique a B2.6.) Ecrire la matrice A
′de l’application lineaire f dans les bases B1 et B2 (sans utiliser P
et Q).7.) Verifier en utilisant la formule du changement de base reliant A, A
′, P et Q.
8.) Ecrire la matrice transposee tA de A. On note desormais g : R2 → R3 l’applicationlineaire definie par g(X) = tAX.9.) Determiner le rang de g et les dimensions de Im g et Ker g. L’application g est-elleinjective, surjective, bijective ?10.) Determiner pour fog, puis pour gof , le rang, la dimension de l’image et la dimensiondu noyau. L’application fog est-elle injective, surjective, bijective ?Meme question pour gof .11.) Deduire des questions 2.), 9.) et 10.) les identites : Ker(gof) = Kerf , Ker(fog) =Kerg, Im(gof) = Img, Im(fog) = Imf .Exercice 10.Ecrire sous forme canonique, puis sous forme matricielle, les systemes :
{y − 1 = 2z − x
z = 2− x + 3y;
0 = x + y + z + t2 = x− y4 = t− z
;
x + 1 = −y − zz + t = z − 2x− y = −1−y + 3 = z + 2x.
Exercice 11. A l’aide des transformatons elementaires sur les lignes, determiner une matricetriangulaire A′ equivalente a :
A =
1 1 11 2 31 3 4
.
2) Resoudre le systeme lineaire (S) AX = 0.
Exercice1 12.Discuter et resoudre les systemes lineaires suivants, En utilisant l’algorithme d’eliminationde Gauss :
(S1)
x +2y +3z +4t = 112x +3y +4z +t = 123x +4y +z +2t = 134x +y +2z +3t = 14.
; (S2)
x +3y +5z −2t −7u = 33x +y +z −2t −u = 12x −y −3z +7t +5u = 24x −2y −5z +7t +8u = λ.
89
ou λ est un parametre reel.Exercice 13.Soit le sous-espace vectoriel F de R4 constitue des (x, y, z, t) ∈ R4 solutions du systeme (S)a 3 equations :
(S)
x + y − 3z + 4t = 0x + 2y − 5z + 2t = 0−x + y − z − 8t 0.
1) Quelle est la dimension de F ?2) Trouver une base de F.Exercice 14.On considere le systeme lineaire (S) a coefficients complexes :
(S)
2x + 2y − z − t = −1x + y − 2z − 2t = −4x + y + 4z + 4t = 10.
Soit f ∈ L(C4,C3) l’application lineaire associee a (S).1) Determiner rg(f) et une base de Im(f).2) Montrer que (S) est compatible et en donner une solution.3) Donner une base de ker(f) et en deduire toutes les solutions.
Exercice 15.(Exemples d’applications des systemes lineaires )A. Deux camionnettes livrent du sable sur un chantier de travaux publics.
La premiere livre deux tonnes a chaque voyage, l’autre livre trois tonnes.Une fois livree la quantite commandee, un des chauffeurs dit a l’autre : ” on a fait anous deux trente voyages et on a livre autant chacun”.Combien chaque camion a t-il fait de voyage ?
B. Si un train augmente sa vitesse de 10Km/h sur un trajet, il gagne 40 min. S’il diminuesa vitesse de 10Km/h, il perd 1h. Quelle est la longueur du trajet ?
Exercice 16.On considere le systeme lineaire a coefficients reels :
x +y +z = 0(b + c)x +(a + c)y +(a + b)z = 0
bcx +acy +abz = 0
ou a, b et c sont des nombres reels donnes. Discuter (suivant les valeurs des parametresa, b, c) et resoudre ce systeme.
1Les exercices 8 et 12 constituent le sujet d’un devoir libre a rendre au plus tard le 04 avril ...
90
Chapitre 7
DETERMINANTS
Comme d’habitude, K = R ou Q ou C.
7.1 Le groupe symetrique Sn
Definition 7.1. Soit n un entier ≥ 1 et soit J = {1, 2, ..., n}. Une permutation de J est uneapplication bijective de J sur lui-meme. On note l’ensemble des permutations de J par Sn etun element σ de Sn par :
σ =(
1 2 ... nσ(1) σ(2) ... σ(n)
)
Le nonmbre de permutation de J est n!
Exemple 7.1.
σ =(
1 2 3 44 2 1 3
)∈ S4.
σ est la permutation de J = {1, 2, 3, 4} qui a 1 fait correspondre 4, 2 fait correspondre 2, 3fait correspondre 1 et a 4 fait correspondre 3.
Remarque 7.1. 1. La composee de deux permutations de J est une permutation de J .L’ensemble Sn muni de la loi interne (σ, σ′) −→ σoσ′ est un groupe, appele groupesymetrique d’ordre n.
2. Si n = 1 , S1 est reduit a l’application identique de J = {1}.
3. Si n = 2, S2 = {IJ , τ} avec IJ =(
1 21 2
)et τ =
(1 22 1
). Le groupe S2 est
commutatif.4. Si n ≥ 3, on considere
σ =(
1 2 3 4 ... n3 2 4 1 ... n
), σ′ =
(1 2 3 4 ... n1 3 2 4 ... n
)
On a (σoσ′(1) = 3) et (σ′oσ(1) = 2) ; donc σoσ′ 6= σ′oσ, et le groupe Snn’est pascommutatif.
Definition 7.2. Pour n ≥ 2, on appelle transposition de J = {1, 2, ..., n} une permutationde J qui echange deux elements i et j de J et qui laisse fixe les autres elements de J , c’esta dire une permutation notee τi,j telle que τi,j(i) = j, τi,j(j) = i et τi,j(k) = k si k 6= i etk 6= j.
Exemple 7.2.
τ3,4 =(
1 2 3 4 5 61 2 4 3 5 6
)∈ S6.
91
Remarque 7.2. On a τi,j = τj,i et τi,joτi,j = IJ .Theoreme 7.3. Pour n ≥ 2, tout element de Sn est egal a un produit de transpositions.Preuve. Soit σ ∈ Sn On raisonne par recurrence sur l’entier q = n− p, ou p est le nombredelements de J laisses fixes par σ.Si q = n− p = 0 , alors σ = IJ = τ1,2oτ1,2.Supposons la propriete vraie pour n− p < q et soit σ ∈ Sn laissant fixes p = n− q elementsde J (p < n).Il existe i ∈ J tel que σ(i) = j 6= i et on a σ(j) 6= σ(i) = j. Soit σ′ = τi,joσ. les points de Jlaisses fixes par σ sont aussi laisses fixes par σ′ et en outre, σ′ laisse i fixe (σ′(i) = i). Parsuite le nombre p′ de points de J laisses fixes par σ′ verifie p′ > p et donc n− p′ < n− p = q.D’apres l’hypothese de recurrence, σ′ est un produit de transpositions et σ = τi,joσ
′ est aussiun produit de transpositions.Exemple 7.3.
σ =(
1 2 32 3 1
)∈ S3. σ = τ1,2oτ2,3.
Soit n ≥ 2 et σ ∈ Sn. Si 1 ≤ i < j ≤ n, on a σ(i) 6= σ(j) et donc σ(i) < σ(j) ou σ(i) > σ(j).Definition 7.4. Si i < j et σ(i) > σ(j), on dit que σ(i) et σ(j) presentent une inversion.Definition 7.5. Si Nσ designe le nombre d’inversions de la suite (σ(1), . . . , σ(n)), on appellesignature de la permutation σ ∈ Sn, et on note ε(σ), le nombre ε(σ) = (−1)Nσ ∈ {1,−1}.σ est dite paire si ε(σ) = 1, et impaire si ε(σ) = −1Remarque 7.3. On a aussi
ε(σ) =∏
1≤i<j≤n
σ(j)− σ(i)j − i
En effet, puisque ε(σ) est une permutation de {1, . . . , n}, chaque expression j−i du denominateurse trouve au signe pres au numerateur une fois exactement et le denominateur ayant autantde facteurs que le numerateur. D’autre part, le nombre de signe - est egal au nombre d’in-versions dans la suite (σ(1), . . . , σ(n)).Exemple 7.4.
σ =(
1 2 3 4 55 1 4 3 2
)∈ S5.
Les inverssion de σ sont : 5 et 1, 5 et 4 , 5 et 3, 5 et 2, 4 et 3, 4 et 2, 3 et 2. Donc Nσ = 7et ε(σ) = −1. σ est impaire.Proposition 7.6. Toute transposition est une permutation impairePreuve. Soit τi,j avec i < j.
σ = τi,j =(
1 . . . i− 1 i i + 1 . . . j − 1 j j + 1 . . . n1 . . . i− 1 j i + 1 . . . j − 1 i j + 1 . . . n
)∈ Sn.
On a Nσj − i + (j − i− 1) = 2(j − i)− 1 = et ε(σ) = −1.Theoreme 7.7. Soit n ≥ 1. Quelle que soient σ ∈ Sn et σ′ ∈ Sn, on a ε(σoσ′) = ε(σ)ε(σ′)et ε(σ−1) = ε(σ)Preuve. Le cas n = 1 est evident. Soit n ≥ 2. On a :
ε(σoσ′) =∏
1≤i<j≤n
σoσ′(j)− σoσ′(i)j − i
=∏
1≤i<j≤n
σoσ′(j)− σoσ′(i)σ′(j)− σ′(i)
∏
1≤i<j≤n
σ′(j)− σ′(i)j − i
Or,∏
1≤i<j≤nσoσ′(j)−σoσ′(i)
σ′(j)−σ′(i) =∏
1≤h<k≤nσ(k)−σ(h)
k−h et donc ε(σoσ′) = ε(σ)ε(σ′).En appliquant le resultat precedent a σ′ = σ−1, on a 1 = ε(Id) = ε(σoσ′) = ε(σ−1).ε(σ) etdonc ε(σ−1) = ε(σ)
92
Corollaire 7.8. Pour n ≥ 2, σ ∈ Sn est paire si et seulement si σ est egale au produit d’unnombre pair de transpositions.Preuve. La preuve resulte du Theoreme 1 et de la proposition precedente.
7.2 Formes miltilineaires alternees
Soit E un K-e.v. et n ∈ N∗. On pose En = E × . . .×E (n fois).
Definition 7.9. On appelle forme n−lineaire (ou forme multilineaire a n variables) sur E,une application f : En −→ K telle que, pour chaque j, 1 ≤ j ≤ n, et pour toute suite(x1, . . . , xj−1, xj+1, . . . , xn) de n − 1 vecteurs de E, l’application fj : E −→ K definie parf(x1, . . . , xj−1, x, xj+1, . . . , xn) soit lineaire.
Remarque 7.4. 1. Si n = 1, on retrouve la notion de forme lineaire.2. Si n = 2 on a la notion de forme bilineaire.3. Si n = 3 on a la notion de forme trilineaire, etc...
Exemple 7.5. a. Soit E = C([0, 1],R) et soit l’application
φ : E ×E −→ R(f, g) −→ ∫ 1
0 f(x)g(x)dx
φ est une forme bilineaire sur E.b. Soit E = Rp (p ∈ N∗) et f : E2 −→ R definie par si x = (x1, . . . , xp) ∈ E et
y = (y1, . . . , yp) ∈ E, f(x, y) =∑p
i=1 xiyi. f est une forme bilineaire sur E.
Definition 7.10. Pour n ≥ 2, une forme n−lineaire sur E est dite alternee, si pour toutesuite (x1, . . . , xn) ∈ En ayant deux vecteurs egaux xi et xj avec i 6= j, on a f(x1, . . . , xn) = 0.
Exemple 7.6. Soit E = R2 et f : E2 −→ R definie par si x = (x1, x2) ∈ E et y = (y1, y2) ∈E, f(x, y) = x1y2 − x2y1. f est une forme bilineaire alternee sur E.
Proposition 7.11. Soit f une forme n−lineaire alternee sur E, alors f est antisymetrique ;c’est a dire que pour toute suite (x1, . . . , xn) ∈ En, f(x1, . . . , xn) est change en son opposequand on intervertit deux vecteurs xi et xj, i 6= j. Autrement dit, si τ = τi,j, on a
f(xτ(1), . . . , xτ(n)) = −f(x1, . . . , xn).
Preuve. On a f(x1, . . . , xi + xj , . . . , xi + xj , . . . , xn) = 0 car f est alternee.En developpant par n−linearite on a :
f(x1, . . . , xi, . . . , xi, . . . , xn) + f(x1, . . . , xi, . . . , xj , . . . , xn)+f(x1, . . . , xj , . . . , xi, . . . , xn) + f(x1, . . . , xj , . . . , xj , . . . , xn) = 0
En utilisant encore le fait que f est alternee, on obtient :
f(x1, . . . , xi, . . . , xj , . . . , xn) = −f(x1, . . . , xj , . . . , xi, . . . , xn).
D’ou
f(xτ(1), . . . , xτ(i), . . . , xτ(j), . . . , xτ(n) = −f(x1, . . . , xi, . . . , xi, . . . , xn),
avec τ = τi,j.
Theoreme 7.12. Soit f une forme n−lineaire alternee sur E. Soit (x1, . . . , xn) une suite den vecteurs de E. Si la suite (x1, . . . , xn) est liee, alors f(x1, . . . , xn) = 0.
93
Preuve. Soit (x1, . . . , xn) une suite liee. L’un au moins des vecteurs xi est combinaisonlineaire des autres vecteurs de la suite : xi =
∑j 6=i λjxj ; alors :
f(x1, . . . , xn) = f(x1, . . . ,∑
j 6=i
λjxj , . . . , xn) =∑
j 6=i
λjf(x1, . . . , xj , . . . , xj , . . . , xn) = 0
Corollaire 7.13. Soit f une forme n−lineaire alternee sur E. Soit (x1, . . . , xn) une suitede n vecteurs de E. On ne change pas la valeur de f(x1, . . . , xn) si l’on ajoute a l’un desvecteurs xi une combinaison lineaire des autres vecteurs de la suite.
Theoreme 7.14. Soit f une forme n−lineaire alternee, sur un K−e.v. E de dimension finien. Soit (e1, . . . , en) une base de E.
1. Soit (x1, . . . , xn) une suite de n vecteurs de E, xj =∑n
i=1 ai,jei, 1 ≤ j ≤ n. Alors
f(x1, . . . , xn) =
( ∑
σ∈Sn
ε(σ)aσ(1),1 . . . aσ(n),n
)f(e1, . . . , en).
2. Pour tout λ ∈ K, il existe une forme n−lineaire alternee sur E, et une seule, telle quef(e1, . . . , en) = λ.
Preuve. Admis.
7.3 Determinant d’une suite de vecteurs dans une base
Definition 7.15. Soit E un K−e.v. de dimension finie n ≥ 1. Si B = (e1, ..., en) une basede E, l’unique forme n−lineaire alternee f sur E telle que f(e1, ...en) = 1 est appelee ledeterminant dans la base B et note detB. Soit (x1, ..., xn) une suite de n−vecteurs de E. Lescalaire detB(x1, ..., xn) est appele le determinant de la suite (x1, ..., xn) dans la base B.Si xj =
∑ni=1 ai,jei, 1 ≤ j ≤ n,
detB(x1, ..., xn) =∑
σ∈Sn
ε(σ)aσ(1),1...aσ(n),n
car detB(e1, ..., en)=detB(B) = 1.
Remarque 7.5. Si n = 1 B = (e1) ∀λ ∈ K detB(λe1) = λ.
Proposition 7.16. Soit B = (e1, ..., en) et B′ = (e′1, ..., e′n) deux bases de E. Alors :
1. Pour tout (x1, ..., xn) ∈ En,
detB(x1, ..., xn) = detB(B′)detB′(x1, ..., xn).
2. detB′(B)detB(B′) = 1Preuve.
1. Soit α = detB(B′) et soit g : En −→ K definie par : si (x1, ..., xn) ∈ En, g(x1, ..., xn) =αdetB′(x1, ...xn). g est une forme n-lineaire alternee sur E et de plus g(B′) = α.De meme detB est une forme n-lineaire alternee sur E et detB(B′) = α. D’apres letheoreme 7.14 : g = detB.
2. D’apres 1.) on a ∀(x1, ..., xn) ∈ En
detB = detB(B′)detB′(x1, ..., xn)
pour (x1, ..., xn) = B = (e1, ..., en), on a 1 = detB(B) = detB(B′)detB′(B).
94
7.4 Determinant d’une matrice carree
Definition 7.17. Soit A = ai,j ∈M(K). On appelle determinant de A et on note det(A), ledeterminant de la suite (C1, ..., Cn) de ses vecteurs colonnes dans la base canonique de Kn.Le determinant de A = ai,j ∈M(K) est aussi note :
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1,1 a1,2 . . . a1,n
a2,1 a2,2 . . . a2,n...
......
...an,1 an,2 . . . an,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ou encore |ai,j |.
On a donc detA =∑
σ∈Snε(σ)aσ(1),1...aσ(n),n.
Exemple 7.7. 1. Soit I la matrice unite d’ordre n, ses vecteurs colonnes sont les vec-teurs de la base canonique de Kn, donc detIn = det(e1, ..., en) = 1.
2. Si n = 2 donc A est de la forme A =(
a1,1 a1,2
a2,1 a2,2
)et S2 = {id, τ1,2}.
det(A) = a1,1a2,2 − a1,2a2,1.
3. Si n = 3, A =
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
et S3 = {id, τ1,2, τ1,3, τ2,3, τ1, τ2} avec
σ1 =(
1 2 32 3 1
)et σ2 =
(1 2 33 1 2
)ε(σ1) = ε(σ2) = 1.
det(A) = a11a22a33 + a21a32a13 + a31a12a23 − a21a12a33 − a31a22a13a11a32a23.
4. Determinant d’une matrice triangulaire : soit A = (ai,j) ∈M(K) une matrice triangulairesuperieure (resp. inferieure)
det(A) = a11...ann =n∏
i=1
aii.
Voir serie d’exercice No.8.
7.5 Proprietes et calcul des determinants
Soit A = (ai, j) ∈M(K) et ∆ = |ai,j | = detA, on pose C1, ..., Cn les colonnes de A.
Theoreme 7.18. On a les resultats suivants :1. ∆ = detB(C1, ..., Cn) depend lineairement de chaque Ci. (B base canonique de Kn)2. Si Ci = Cj avec i 6= j, alors ∆ = 0.3. Si σ ∈ Sn, detB(Cσ(1), ..., Cσ(n)) = ε(σ)∆.4. On ne modifie pas la valeur de ∆ en ajoutant a une colonne une combinaison lineaire
des autres colonnes.Preuve. Le theoreme 7.18 decoule du fait que le determinant est une forme multileairealternee.
Corollaire 7.19. Soit A = ai,j ∈M(K) et λ ∈ K ; on a det(λA) = λndetA
Theoreme 7.20. Le determinant d’une matrice carree est egal au determinant de sa matricetransposee.
95
Preuve. Soit A = (ai, j) ∈M(K). On a At = (bi,j) avec bi,j = aj,i, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ n, et
detAt =∑
σ∈Sn
ε(σ)bσ(1),1...bσ(n),n.
Or ε(σ)bσ(1),1...bσ(n),n = ε(σ−1)b1,σ−1(1)...bn,σ−1(n) (car ε(σ) = ε(σ′) et si i = σ(j) on aj = σ−1(i).)Ainsi :
detAt =∑
σ∈Sn
ε(σ−1)b1,σ−1(1)...bn,σ−1(n) =∑
σ∈Sn
ε(σ−1)aσ−1(1),1...aσ−1(n),n.
L’application ϕ : Sn −→ sn definie par ϕ(σ) == σ−1 est une bijection, donc
detAt =∑
ρ∈Sn
ε(ρ)aρ(1),1...aρ(n),n = detA.
Remarque 7.6. Les resultats du theoreme 7.18 s’etendent aux lignes de la matrice A.
Definition 7.21. Soit A = (ai,j) ∈M(K)n ≥ 2 et le determinant ∆ = detA = |ai,j |. On ap-pelle mineur du coefficient ai,j le determinant ∆i,j de la matrice Ai,j obtenue en supprimant,dans A, la ieme ligne et la jeme colonne.
Theoreme 7.22. Soit ∆ = |ai,j | un determinant d’ordre n ≥ n, a coefficients dans K, et∆i,j le mineur de ai,j, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ n.
1. Quel que soit l’indice j, 1 ≤ j ≤ n, on a ∆ =∑n
i=1(−1)i+j∆i,jai,j (c’est le developpementde ∆ par rapport a la jeme colonne).
2. Quel que soit l’indice i, 1 ≤ i ≤ n, on a ∆ =∑n
j=1(−1)i+j∆i,jai,j (c’est le developpementde ∆ par rapport a la ieme ligne).
Preuve. D’apres le theoreme 7.20 il suffit de prouver le premier point.Soit B = (e1, ..., en) la base canonique de Kn.Premiere etape : Soit v1, ..., vn−1, n−1 vecteurs de Kn avec vj =
∑ni=1 bi,jei, 1 ≤ j ≤ n−1.
Posons bn,n = 1 et bi,n = 0 pour 1 ≤ i ≤ n− 1, (b1,n, ..., bn,n sont les coordonnees du vecteuren de la base B).On a
detB(v1, ..., vn−1, en) =∑
σ∈Sn
ε(σ)bσ(1),1...bσ(n),n.
Si σ(n) 6= n, on a bσ(n),n = 0. Si σ(n) = n, la restriction de σ a {1, ..., n− 1} est un elementσ′ de Sn−1 et on a :
ε(σ)bσ(1),1...bσ(n),n = ε(σ′)bσ′(1),1...bσ′(n−1),n−1.
Enfin, tout σ′ ∈ Sn−1 est la restriction a {1,...,n-1} d’un seul σ ∈ Sn, et d’un seul, tel queσ(n) = n.On a donc
detB(v1, v2, ...., vn−1, en) =∑
σ∈Sn−1
ε(σ′)bσ′(1),1...bσ′(n−1),n−1.
Deuxieme etape : Soit C1, C2, ..., Cn les vecteurs colonnes de la matrice A : ck =
a1,k...
an,k
pour 1 ≤ k ≤ n.
96
On a :
det(A) = det(C1, . . . ,n∑
i=1
ai,jei, . . . , Cn) =n∑
i=1
ai,jdetB(C1, . . . , Cj−1, ei, Cj+1, . . . Cn).
Or on a par echange de colonnes.
detB(C1, . . . , Cj−1, ei, Cj+1, . . . Cn) = (−1)n− jdetB(C1, . . . , Cj−1, Cj+1, . . . Cn, ei),
par suite, par echange de la ieme ligne et de la neme, on obtient :
detB(C1, . . . , Cj−1, Cj+1, . . . Cn, ei) = (−1)n−idetB(C ′1, . . . , C
′j−1, C
′j+1, . . . C
′n, en),
ou
C ′k =
a1,k...
ai−1,k
ai−1,k...
an,k
ai,k
, 1 ≤ k ≤ n, k 6= j.
Donc :
detB(C1, ..., Cj−1, ei, Cj+1, ..., Cn) = (−1)n−j+n−idetB(C ′1, ..., C
′j−1, C
′j+1, ..., C
′n, en)
D’une part, on a (−1)n−j+n−i = (−1)i+j, d’autre part, en appliquant l’etape 1) a la suite(v1, ...vn−1 = (C ′
1, ..., Cn−1), nous obtenons :
detB(C1, ..., Cj−1, ei, Cj+1, ..., Cn) = (−1)i+j∆i,j .
D’ou finalement :
detA =n∑
i=1
(−1)i+jai,j∆i,j .
7.6 Applications des determinants
7.6.1 Independance lineaire de n vecteurs dans un e.v. de dimension n
Theoreme 7.23. Soit E un K- e.v. de dimension finie n ≥ 1 et B = (e1, e2, ..., en) une basede E. Pour que la suite (x1, ..., xn) ∈ En soit libre, il faut et il suffit que detB(x1, ..., xn) 6= 0.
Preuve. C.S. Supposons que (x1, ..., xn) soit liee, alors, puisque detB est une forme multi-lineaire alernee, on a (d’apres section I) detB(x1, ..., xn) = 0.C.N. La suite (x1, ..., xn) est libre dans E et contient n vecteurs, donc c’est une basede E qu’on note B′. D’apres la proposition 7.16 detB′(B).detB(B′) = 1. Donc detB(B′) =detB(x1, ..., xn) 6= 0.
Corollaire 7.24. Si A ∈Mn(K), on a rg(A) = n ⇐⇒ detA 6= 0.
97
7.6.2 Determinant d’un endomorphisme
Theoreme 7.25. et Definition Soit E un K−espace vectoriel de dimension n ≥ 1. Soit ϕ ∈L(E). Il existe une constante Cϕ ∈ K, et une seule, telle que pour toute base B = (e1, ..., en)de E et toute suite (x1, ..., xn) ∈ En, on ait
detB(ϕ(x1), ..., ϕ(xn)) = CϕdetB(x1, ..., xn).
La constante Cϕ est appelee le determinant de l’endomorphisme ϕ et se note detϕ.
Preuve. Unicite : Soit Cϕ et C ′ϕ ∈ K telles que pour toute suite (x1, ..., xn) ∈ En, on ait
detB(ϕ(x1, ..., xn)) = CϕdetB(x1, ..., xn) = C ′ϕdetB(x1, ..., xn).
En particulier pour (x1, ..., xn) = (e1, ..., en), on a
detB(ϕ(e1, ..., en)) = CϕdetB(e1, ..., en) = C ′ϕdetB(e1, ..., en) = Cϕ = C ′
ϕ.
D’ou l’unicite.Existence : Soit B = (e1, e2, ..., en) une base fixee dans E. Posons α = detB(ϕ(e1), ..., ϕ(en)).Soit f et g deux applications de En dans K definies par :
f(x1, ..., xn) = detB(x1, ..., xn) = detB(ϕ(x1, ..., ϕ(xn))) et g(x1, ...xn) = αdetB(x1, ..., xn).
f et g sont deux formes multilineiares alternees. De plus,
f(e1, ..., en) = detB(ϕ(e1), ..., ϕ(en)) = α,
etg(e1, ..., en)) = αdetB(e1, ..., en) = α
D’apres le theoreme 7.14 on a f = g. Donc :
∀(x1, ..., xn) ∈ En, detB(ϕ(x1), ..., ϕ(xn)) = αdetB(x1, ..., xn).
On prend Cϕ = α. Independance de la base de E : Soit B′ une base quelconque de E. D’apresla proposition 7.16, on a :
detB(ϕ(x1), ..., ϕ(xn)) = detB(B′)detB′(ϕ(x1), ..., ϕ(xn))
etdetB(ϕ(x1), ..., ϕ(xn)) = αdetB(x1, ..., xn) = αdetB(B′)detB′(x1, ..., xn).
En simplifiant par detB(B′) 6= 0. On obtient :
detB′(ϕ(x1), ..., ϕ(xn)) = αdetB′(x1, ..., xn).
Ce qui termine la preuve.
98
Remarque 7.7. 1. Le determinant d’un endomorphisme ne depend pas de la base deE.
2. Soit E un K−e.v. de dimension n et ϕ ∈ L(E). Si B = (e1, ..., en) est une base de Eet si A est la matrice de ϕ dans la base B, on a
detϕ = detB(ϕ(e1), ..., ϕ(en)) = detA.
Theoreme 7.26. Soit E un K−e.v. de dimension n ≥ 1.1. Si ϕ ∈ L(E) et ψ ∈ L(E), alors det(ϕoψ) = detϕ.detψ2. Soit ϕ ∈ L(E), on a : ϕ est un automorphisme de E ssi detϕ 6= 0.
Si ϕ ∈ L(E) est un automorphisme de E, alors : detϕ−1 = 1detϕ .
Preuve.1.
detϕoψ = detB(ϕoψ(e1), ..., ϕoψ(en))detB(ϕ(ψ(e1)), ..., ϕ(ψ(en)))
= detϕdetB(ψ(e1), ..., ψ(en))= detϕ.detψ.
2. Soit ϕ ∈ L(E) un automorphisme de E. Donc (ϕ(e1), ..., ϕ(en)) est une base de E.Par suite, detB(ϕ(e1), ..., ϕ(en)) 6= 0.ϕ ∈ L(E) automorphisme de E ⇐⇒ det(ϕoϕ−1) = detϕ.detϕ−1 = detIE = 1. Doncdetϕ−1 = 1
detϕ
Corollaire 7.27. 1. Soit A ∈Mn(K) et B ∈Mn(K), on a :
det(AB) = detA.detB.
2. Soit A ∈Mn(K), A est inversible ssi detA 6= 0.Si A ∈Mn(K) est inversible, alors detA−1 = 1
detA .
7.6.3 Calcul de l’inverse d’une matrice carree inversible
Definition 7.28. Soient A = (ai,j) ∈ Mn(K) , ∆i,j le mineur de ai,j et bi,j = (−1)i+j∆i,j
le cofacteur de ai,j, 1 ≤ i ≤ n , 1 ≤ j ≤ n. La matrice B = (bi,j) ∈ Mn(K) est appelee lacomatrice de A et on note B = comA.
Theoreme 7.29. Soit A(ai,j) ∈Mn(K) et B sa comatrice.1. On a Bt.A = A.Bt = (detA).In.2. Si A est inversible : A−1 = 1
detABt.Preuve. Voir TD.
7.6.4 Calcul du rang d’une matrice
Definition 7.30. A = (ai,j) ∈ Mp,n(K) et soit k un entier tel que 1 ≤ k ≤ inf{p, n}. Onappelle determinant d’ordre k extrait de A, le determinant de toute matrice carree obtenueen supprimant dans A, p − k lignes et n − k colonnes, c’est a dire tout determinant de laforme : ∣∣∣∣∣∣∣∣∣
ai1,j1 ai1,j2 . . . ai1,jk
ai2,j1 ai2,j2 . . . ai2,jk
......
......
aik,j1 aik,j2 . . . aik,jk
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ou 1 ≤ i1 < i2 < ... < ik ≤ p et 1 ≤ j1 < j2 < ... < jk ≤ n.
99
Theoreme 7.31. Soit A = (ai,j) ∈ Mp,n(K) et soit ρ le plus grand entier k ≤ inf{p, n} telqu’il existe un determinant non nul, d’ordre k, extrait de A.Alors
rg(A) = ρ.
Preuve. Laissee en exercice.
.............................................................................
100
7.7 Exercices
Exercice 1.On note ε(σ) la signature de σ ∈ Sn (n ∈ N∗).1) Montrer que ε(Id) = 1.2) Montrer que pour toute transposition τ ∈ Sn, ε(τ) = −1.3)Calculer explicitement ε(σ) pour σ de S2.
4) Soit σ ∈ S3 definie par σ =(
1 2 32 3 1
). Montrer que σ peut s’ecrire comme la compose
de deux tranposition bien choisies. En deduire ε(σ).5) calculer σoσ pour σ de 4) et calculer ε(σoσ). En deduire explicitement ε(σ) pour toute σde S3.
Exercice 2.Soit E un K-espace vectoriel, f une forme trilineaire alternee sur E, et e1, e2, e3 trois vec-teurs de E. Calculer f(2e1 − 3e2, e2 + 2e3, e1 − 2e2 + 4e3) , en fonction de f(e1, e2, e3).
Exercice 3.1) Calculer le determinant a coefficients reels
∣∣∣∣∣∣
2 3 12 7 85 5 0
∣∣∣∣∣∣.
2) Soit E un K−espace vectoriel de dimension 3. B = (e1, e2, e3) une base de E, (a, b, c) ∈ K3
et les vecteurs x = ae1 + be2 + ce3 , y = be1 + ce2 + ae3, z = ce1 + ae2 + be3.Calculer detB(x, y, z).3) Soient B et B′ deux bases d’un K−espace vectoriel E de dimension finie ≥ 1, et soit P lamatrice de passage de B a B′.Montrer que detB(B′) = det(P )Exercice 4.Soit f une forme lineaire sur l’espace vectoriel produit E ×E.1) Demontrer que si f est aussi une forme bilineaire sur E, Alors f est nulle.2) Soit ϕ et ψ deux formes lineaires sur E, et soit l’application g : E × E −→ K definie parg(x, y) = ϕ(x)ψ(y), pour tout (x, y) ∈ E × E. Verifier que g est une forme bilineaire sur E.Dans quels cas est-elle alternee ?
Exercice 5.Soit A = (ai,j) ∈Mn(R) telle que ai,j = 0 pour i > j.1) Montrer que
det(A) = a1,1a2,2...an,n =n∏
i=1
ai,i.
2) Deduire que si B = bi,j ∈Mn(R) telle que bi,j = 0 pour i < j, alors :
det(B) = b1,1b2,2...bn,n =n∏
i=1
bi,i.
Exercice 6.
101
Montrer que si (a, b, c) ∈ R3,∣∣∣∣∣∣
1 1 1a b c
b + c c + a a + b
∣∣∣∣∣∣= 0.
Exercice 7.1) Calculer le determinant, pour tout n ∈ N∗.
∆n+1(x1, x2, ..., xn) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a a a ... aa a + x1 a ... .a a a + x2 ... .. . . . .. . . . .. . . . .a ... . . a + xn
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2)Etablir l’egalite :∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a + x1 a ... aa a + x2 ... .. .. .. .a ... ... a + xn
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= x1x2...xn(1 +a
x1+ ... +
a
xn).
Exercice 8.En utilisant des determinants extraits, trouver le rang de la matrice :
A =
a b a 1a 2b 3a 2−b −a 2b b
∈M3,4(R).
Exercice 9.
1) Soit B =
1 −1 11 −1 −1−1 −1 −1
. Montrer que B est inversible et calculer B−1.
2) Soit a un nombre reel, calculer l’inverse de la matrice :
C =(
cosa −sinasina cosa
).
Exercice 10.On considere les endomorphisme fa de R4, dependant d’un parametre reel a, dont les matricesAa dans la base canonique sont donnees par :
Aa =
1 a 1 aa 1 a 11 a 1 aa 1 a 1
∈M4(R).
1) Quel est le rang de Aa et de fa ? (Discuter suivant les valeurs de a).En deduire le determinant de Aa.
102
Exercice 11.
On considere les matrices Am =
−m 0 12 m 11 1 2
∈M3(R).
1) Calculer le determinant de Am. Deduire le rang de Am.2) Si fm est l’endomorphisme de matrice Am dans une base de E ; pour quelles valeurs dem, fm est-il un automorphisme ? determiner dans ce cas la matrice de f−1
m .Exercice 12.Soit a, b, c des reels non nuls, deux a deux distincts. En utilisant les formules de Cramer,resoudrele systeme :
x + y + z = aax + by + cz = ab
xa + y
b + zc 1
Exercice 13. Soit n un element de N∗, superieur ou egal 2.Soient a1, ..., an n elements de R , Calculer le determinant de Vandermonde :
Vn = V (a1, ..., an) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 a1 a21 ... an−1
1
1 a2 a22 ... an−1
2
. . . . .
. . . . .
. . . . .1 an a2
n ... an−1n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(Indication : montrer par recurrence sur l’entier n que V (a1, ..., an) =∏
1≤i<j≤n(aj − ai)).Exercice 14.Soit s une permutation de {1, 2, ..., n} ou n ∈ N∗. Soit u l’endomorphisme de Rn defini par :
u(ei) = es(i)
ou B = {ei/1 ≤ i ≤ n} est la base canonique de R.1. Calculer det(u).2. Montrer que u est inversible et determiner det(u−1).
103
Chapitre 8
REDUCTION DESENDOMORPHISMES
8.1 Introduction
Soit E un K− espace vectoriel et f un endomorphisme de E. Dans ce chapitre, l’objectifest de chercher des bases de E dans lesquelles la matrice de l’endomorphisme f soit la plussimple possible comme par exemple une matrice diagonale.Le probleme consiste a :
1- Caracteriser les endomorphismes diagonalisables2- Determiner, si elles existent, les bases dans lesquelles la matrice de f est diagonale.
Remarque 8.1. L’interet de travailler avec des matrices diagonales est la realisation pos-sible de certains calculs comme par exemple : det Mf , Mk
f , k ∈ N, etc...
8.2 Vecteurs propres et valeurs propres d’un endomorphismes :
Definition 8.1. Soient E un K − e.v. quelconque et f ∈ Lk(E). On dit que λ ∈ K est unevaleur propre de f , s’il existe x ∈ E avec x 6= 0, tel que f(x) = λ.x.Dans ce cas x s’appelle un vecteur propre associe a la valeur propre λ.Remarque :
1. Le scalaire λ (qui depend de x) est unique ; en effet,
f(x) = λx = λ′x,
implique (λ− λ′)x = 0 et donc, puisque x 6= 0, λ = λ′.2. Si λ ∈ K est une valeur propre de f , un vecteur propre associe a λ n’est pas unique.
En effet, si x est un vecteur propre associe a λ, et si α ∈ K, α 6= 0, αx est aussivecteur propre associe a λ. car f(αx) = αf(x) = αλx = λ(αx).
Proposition 8.2. λ ∈ K est une valeur propre de f si, et seulement si
Ker(f − λId) 6= {0}.Autrement dit (f − λId) n’est pas injective.Preuve.λ ∈ K est une valeur propre ⇐⇒ ∃x 6= 0 tel que f(x) = λx⇐⇒ f(x)− λId(x) = 0⇐⇒ x ∈ Ker(f − λId)⇐⇒ Ker(f − λId) 6= {0}.
104
Definition 8.3. Si λ ∈ K est une valeur propre de f , Ker(f −λId) est appele le sous-espacepropre de f associe a la valeur propre λ.On note
Eλ = Ker(f − λId).
Exemple Soit E = C[x] et f ∈ Lk(E) definie par :
f : C[x] −→ C[x]P −→ P ′ .
Montrons que λ = 0 est la seule valeur propre de f et determinons E0.Si P ∈ C, P 6= 0, on a P ′ = 0 et f(P ) = 0 ; donc λ = 0 est valeur propre de f .De plus f(P ) = 0 implique P ∈ C. Donc Ker(f) = C.Si λ 6= 0 et P 6= 0, on a λP 6= 0. On a do(λP ) = doP .Or P ′ = 0 ou doP = doP − 1. Donc f(P ) 6= λP .La seule valeur propre de f est donc λ = 0 et le sous espace propre associe a la valeur propreλ = 0 est Ker(f) = C.
Dans toute la suite E est un K- e.v. de dimension finie.
Proposition 8.4. Soient f un endomorphisme de Eet λ1, λ2, ..., et λm des valeurs propresdeux a deux distinctes de f . Alors la somme Eλ1 + Eλ2 + ... + Eλm est direte.Preuve.
A ecrire...........
8.2.1 Calcul des valeurs propres. Polynome caracteristique
Definition 8.5. On appelle polynome caracteristique de l’endomorphisme f , et on notePf (X) (ou Pf ), le polynome Pf (X) = det(f − λId) = det(A − λIn), ou A est la matricede f dans une base quelconque de E.
Proposition 8.6. λ ∈ K une valeur propre de f si, et seulemnt si det(f − λId) = 0.Preuve. D’apres la proposition 8.2, λ ∈ K est valeur propre de f si et seulement si l’endo-morphisme f − λId n’est pas injectif, ce qui equivaut, E etant de dimension finie, a f − λIdn’est pas automorphisme. Cette derniere condition equivaut a
det(f − λId) = 0.
Theoreme 8.7. Soit f un endomorphisme d’un K-e.v. E de dimension finie.Les valeurs propres de f sont les racines, dans K, du polynome caracteristique Pf .Preuve. Si A est la matrice de f dans une base B et si λ ∈ K, on a
det(f − λId) = det(A− λIn) = Pf (λ).
D’apres la proposition 8.6, λ est valeur propre de f si et seulement si Pf (λ) = 0.
Definition 8.8. Si λ est racine , dans K, du polynome caracteristique Pf (X), de multipliciteα ≥ 1, l’entier α est appele la multiplicite de la valeur propre λ.- Si α = 1, la valeur propre λ est dite simple ;- si α = 2, la valeur propre λ est dite double,etc...
Remarque :
1. Le polynome caracteristique de l’endomorphisme f est un polynome a coefficients dansK, de degre n = dimE (voir EX.1 serie No9)
105
2. Il resulte de la remarque precedente et des proprietes des polynomes que l’endomor-phisme f admet au plus n valeurs propres distinctes, et s’il admet des valeurs propresmultiples, la somme de leurs multiplicites est inferieure ou egale a n.
3. Si K = C, l’endomorphisme f admet, d’apres le theoreme de d’Alembert, au moinsune valeur propre. D’apres le theoreme de factorisation dans C[X], on a :
Pf (X) = (λ1 −X)α1 ...(λp −X)αp ,
ou les λi sont des nombres complexes deux a deux distinctes et les αi des entierssuperieurs ou egaux a 1. les valeurs propres de f sont λ1...λp, de multiplicites α1...αp,et on a
α1 + ... + αp = doPf (X) = n = dimE
Attention :Ceci est faux si K = Q ou R. Si E est un (Q ou R)-espace vectoriel de dimension finie n ≥ 2,f n’admet pas necessairement de valeur propre.Exemple :Soit f l’endomorphisme du R-espace vectriel R2, dont la matrice dans la base canonique est :
A =(
0 −11 0
).
On a :
Pf (X) = det(A−XI2) =∣∣∣∣−X −11 −X
∣∣∣∣ = X2 + 1.
f n’admet pas de valeur propre.Considerons l’endomorphisme g du C-espace vectoriel C2 dont la matrice dans la base
canonique est cette meme matrice A.On a
Pg(X) = X2 + 1 = (X − i)(X + i)
et g admet les valeurs propres simples i et −i.Remarque :Une fois les valeurs propres calculees, on determine les vecteurs propres en resolvant lesysteme lineaire homogene suivant :
(A− λIn)
x1...
xn
=
0...0
.
ou (x1, . . . , xn) est un vecteur propre associe a la valeur propre λ.En effet, X v. p. ⇐⇒ X 6= 0 et X ∈ ker(A− λIn).
Exemple :
Soit la matrice A =
−4 0 −20 1 05 1 3
.
Cherchons les valeurs propres de A.
det(A− λId) =
∣∣∣∣∣∣
−4− λ 0 −20 1− λ 05 1 3− λ
∣∣∣∣∣∣= (−4− λ)(1− λ)(3− λ) + 10(1− λ)= (λ− 1)2(λ + 2).
106
On a deux valeurs propres λ = 1 qui est une valeur propre double et λ = −2 une valeurpropre simple.Touvons l’ensemble des vecteurs propre de A. Cela revient a resoudre le systeme lineaire
(A− λI)X = 0 ou x =
x1...
xn
Pour λ = 1, cherchons E1 :
(A− I)X = 0 ⇐⇒−5x + 0y − 2z = 00x + 0y + 0z = 05x + y + 2z = 0
⇐⇒{
y = 05x + y + 2z = 0
DoncE1 = {(x, 0,
−52
x)/x ∈ R} = {x(1, 0,−52
)}.
V1 = (1, 0, −52 ) engendre E1 donc dimE1 = 1.
Pour λ = −2, cherchons E−2 :
(A + 2I)x = 0 ⇐⇒−2x− 2z = 03y = 05x + y + 5z = 0
⇐⇒{
y = 0x + z = 0
DoncE2 = {(x, 0,−x)/x ∈ R}
= {x(1, 0, 1)/x ∈ R}.V2 = (1, 0, 1) engendre E−2, donc dimE−2 = 1.
8.2.2 Sous-espaces propres
Theoreme 8.9. :Soit f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E de dimension n ≥ 1 et soit A la matricede f dans une base B de E. Alors dimKEλ = dim ker(f − λI) = n− r ou r designe le rangde la matrice (A− λIn).Demonstration : On a d’apres le theoreme noyau-image :dim Ker(f − λI) = n− dim Im(f − λI) = n− rg(f − λI) = n− rg(A− λIn) = n− r
Theoreme 8.10. :Soit f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1, et soit λ unevaleur propre de f , de multiplicite α. Alors, on a :
dimKEλ ≤ α
Demonstration : On a λ est racine de multiplicite α de Pf , donc il existe Q ∈ K[X] telque :
Pf (X) = (X − λ)α Q(X) et Q(λ) 6= 0.
Soit p = dimKEλ.∗ Montrons que Eλ est stable par f (i.e. f(Eλ) ⊆ Eλ).Soit y = f(x), ou x ∈ Eλ donc f(y) = f(f(x)) = f(λx) = λf(x) = λy, donc y ∈ Eλ. Soit gla restriction de f a Eλ i.e. g = f/Eλ, alors g ∈ LK(Eλ).Soit (e1, . . . , ep) une base de Eλ. On a ∀x ∈ Eλ f(x) = λx.
107
D’ou Mat(g, (e1, ..., ep)) =
λ 0. . .
0 λ
Donc Pg(x) =
λ−X 0 . . . 0
0. . . . . .
......
. . . . . . 00 . . . 0 λ−X
= (−1)p(x− λ)p
On sait d’apres T.D. que Pg/Pf par suite,
(X − λ)p/(X − λ)α.Q
Q(λ) 6= 0, donc Q et (X − λ)p sont premiers entre eux, donc d’apres le theoreme de Gauss(X − λ)p divise (X − λ)α et par suite
p ≤ α.
Corollaire : Soit f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel de dimension finie. Si λ estvaleur propre simple de f , on a
dim Eλ = 1.
8.3 Diagonalisation
On suppose que E est un K-espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1.
8.4 Generalites
Definition 8.11. Soit f un endomorphisme de E. On dit que f est diagonalisable s’il existeune base de E dans laquelle la matrice de f est diagonale.
Proposition 8.12. Pour que f soit diagonalisable, il faut et il suffit qu’il existe une basede E constituee de vecteurs propres de f . Alors la matrice de f dans une telle base est unematrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres de f , chacune etantecrite un nombre de fois egal a sa multiplicite.Demonstration.Si f est diagonalisable, soit B′ = (e′1, . . . , e
′n) une base de E dans laquelle la matrice D de f
est diagonale :
D =
µ1 0 . . . 0
0. . . . . .
......
. . . . . . 00 . . . 0 µn
, µi ∈ K, 1 ≤ i ≤ n.
Alors, pour 1 ≤ i ≤ n, on a f(e′i) = µie′i, et e′i, qui non nul, est un vecteur propre de f associe
a la valeur propre µi.On a Pf (X) = det(D − XIn) = (µ1 − X)...(µn − X), et les coefficients µi sont les valeurspropres de f .En groupant les facteurs du premier degre egaux, on a
Pf (X) = (λ1 −X)α1 ...(λp −X)αp .
Reciproquement, s’il existe une base B′ = (e′1, . . . , e′n) de E constituee de vecteurs propres de
f , on a f(e′i) = µie′i , 1 ≤ i ≤ n, et la matrice de f dans la base B′ est la matrice diagonale
108
ci-dessus.
Definition 8.13. Soit A ∈ Mn(K). On dit que A est diagonalisable sur K, si elle est sem-blable, dans Mn(K), a une matrice diagonale, c’est-a-dire s’il existe une matrice P ∈Mn(K),inversible, telle que la matrice P−1AP soit diagonale.
8.5 Caracterisation des endomorphismes diagonalisables
Theoreme 8.14. Soit f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E de dimension finien ≥ 1, admettant des valeurs propres. Soit λ1, ..., λp, toutes les valeurs propres distinctes def , et soit Ei = Ker(f − λiI) le sous-espace propre associe a la valeur propre λi. Alors lesassertions suivantes sont equivalentes :
(a) f est diagonalisable ;(b)
∑pi=1 dim Ei = n(= dim E) ;
(c) E =⊕p
i=1 Ei.Demonstration.
Posons F =∑p
i=1 Ei. D’apres la proposition 8.4, F =⊕p
i=1 Ei. D’apres le theoreme ? duchapitre ?, dim F =
∑pi=1 dim Ei et si B′i est une base de Ei, 1 ≤ i ≤ p, (B′, ...,B′p) est une
base de F .(a) =⇒ (b). f etant diagonalisable, soit B′ = (e′1, ..., e
′n) une base de E constituee de vecteurs
propres de f . Pour 1 ≤ j ≤ n, on a e′j ∈ ∪pi=1Ei ⊂ F d’ou E ⊂ F et E = F .
Alors :p∑
i=1
dim Ei = dim F = dim E = n
(b) =⇒ (c).∑p
i=1 dim Ei = n implique dim F = dim E et donc E = F =⊕p
i=1 Ei.(c) =⇒ (a). B′i etant une base de Ei, 1 ≤ i ≤ p, B′ = (B′1, ...,B′p) est une base de E = F etc’est une base de E constituee de vecteurs propres de f .Donc f est diagonalisable.corollaire. Si f admet n valeurs propres distinctes, ou dim E = n, alors f est diagonalisable.Demonstration.
On a d’apres le corollaire,
dim Ei = 1, 1 ≤ i ≤ n
Doncp∑
i=1
dim Ei = n
Par suite f est diagonalisable.
Remarque 8.2. Ce corollaire donne une condition suffisante pour qu’un endomorphismesoit diagonalisable. Cette condition n’est pas necessaire comme le montre l’exemple suivante :soit l’homothetie vectorielle f : x −→ λx ; f est diagonalisable, sa matrice dans n’importequelle base etant λIn. Cependant, Pf (X) = det(λIn−XIn) = (λ−X)n et λ est valeur proprede f de multiplicite n.
Theoreme 8.15. Soient E un K−espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1 et f ∈ LK(E).Pour que f soit diagonalisable il faut et il suffit :
109
(1) Pf est scinde sur K i.e.
Pf (X) = (λ1 −X)α1 ....(λp −X)αp ,
ou les λi sont des elements ( deux a deux disticts) de K.(2) dimKEλi = αi , 1 ≤ i ≤ p.
Preuve. Voir Exercice 5.
Pratique de la diagonalisation
Pour diagonaliser une matrice ou un endomorphisme, on procede comme suit :
A- Recherche des valeurs propres
On calcule Pf (X) = det (f −XId) puis on cherche les racines de ce polynome. Ce sont lesvaleurs propres. Pour une matrice A, on calcule det(A−XIn).On essayera, autant que possible, de calculer Pf en factorisant det (A − XIn) ; si Pf neverifie pas la condition (1) du theoreme 5, i.e. Pf n’est pas scinde sur K, alors f n’est pasdiagonalisable.
B- Recherche des sous-espaces propres
Supposons que Pf est scinde sur K.Pour chaque valeur propre λ trouvee, on resout le systeme (A − λIn)V = 0. La resolution,faite par une methode ou une autre, nous donne l’ensemble des vecteurs V solutions et nousdonne ainsi une base du sous-espace propre Eλ associa λ.On determine la dimension de chaque sous-espace propre Eλ = ker(f − λId). On a
dimEλ = n− rg(A− λIn).
Alors, si la condition (2) du theoreme 5 est egalement realisee, f est diagonalisable. On seplace dans ce cas pour la suite.Diagonaliser f , c’est trouver une base B′ de E dans laquelle la matrice de f est diagonalisable.
C- Recherche d’une base de vecteurs propres
Dans chaque Eλi, on determine une base B′i pour 1 ≤ i ≤ p ; alors, puisque E = ⊕pi=1Eλi,
B′ = (B′1, ...,B′p) est une base constituee de vecteurs propres de f et dans cette base B′ , lamatrice de f une matrice diagonale D.
♣ On obtient la matrice D en mettant sur la diagonale les valeurs propres de f . Chaquevaleur propre apparait un nombre de fois egal a sa multiplicite.
♣ La matrice de passage s’obtient en mettant en colonne les vecteurs propres trouves. (AttentionIl faut respecter le meme ordre des valeurs propres mises dans D).
♣ Les matrices A et D sont liees par la relation :
D = P−1AP ⇔ A = PDP−1.
110
ExempleDiagonaliser la matrice suivante :
A =
8 0 9−3 −1 −3−6 0 −7
det(M −XI) =
∣∣∣∣∣∣
8−X 0 9−3 −1−X −3−6 0 −7−X
∣∣∣∣∣∣= −(X − 2)(X + 1)2.
Les valeurs propres sont -1 valeur propre double, et 2 valeur propre simple.* Sous-espace propre associe a la valeur propre -1. On resout le systeme :
(A + I)V = 0 ⇔
9x +9z = 0−3x +0y+ −3z = 0−6x +0y+ −6z = 0
⇔ x + z = 0.
On prend x comme inconnue principale, y et z comme inconnues non principales.Alors si y = 1 et z = 0 on obtient comme solution f1 = (0, 1, 0) et si y = 0 et z = 1 onobtient f2 = (−1, 0, 1). Or dim E−1 = 2 donc la suite (f1, f2) est une base de E−1.
* Sous-espace propre associe a la valeur propre 2. On resout le systeme :
(A− 2I)V = 0 ⇔
6x +9z = 0−3x +− 3y+ −3z = 0−6x +0y+ −9z = 0
⇔{
x = −32 z
y = 12z
D’ou, en prenant x et y comme inconnues principales et z comme inconnue non principale
E2 = {(−32
z,12z, z)/z ∈ R} = vect((
−32
,12, 1)).
les trois vecteurs trouves forment notre base de vecteurs propres.
8.6 Trigonalisation
Definition 8.16. Soit f un endomorphisme de E et A ∈Mn(K).1. On dit que f est trigonalisable, s’il existe une base de E dans laquelle la matrice de f
est triangulaire. Trigonaliser f , c’est trouver une base de E dans laquelle la matrice def est triangulaire.
2. On dit que A est trigonalisable sur K, si elle est semblable, dans Mn(K), a une matricetriangulaire, c’est-a-dire s’il existe une matrice P ∈ Mn(K), inversible, telle que lamatrice P−1AP soit triangulaire. Trigonaliser A sur K, c’est trouver une matrice P ∈Mn(K), inversible, telle que la matrice P−1AP soit triangulaire.
Theoreme 8.17. Soit f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E de dimension finien ≥ 1. Pour que f soit trigonalisable, il faut et il suffit que le polynome caracteristique de fsoit decomposable en produit de facteurs du premier degre
Pf (X) = (λ1 −X)α1 ...(λP −X)αP ,
ou les λi sont des elements (deux a deux ) distincts de K.Preuve. A ecrire...
111
Theoreme 8.18. (theoreme de Cayley-Hamilton)Soit f un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E de dimension finie n ≥ 1. on a
Pf (f) = 0,
ou Pf est le polynome caracteristique f .Preuve. Voir exercice 7.
112
8.7 Exercices
Exercice 1.Soient E un K−espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1 et f ∈ LK(E).Soit λ une valeur propre de f , on pose Eλ = Ker(f − λI) le sous-espace propre associe a lavaleur propre λ.1) Montrer que le polynome caracteristique Pf (X) =det(f − XI) de f ne depend pas de labase choisie dans E.2) Montrer que Pf est un polynome a coefficients dans K de degre n. Calculer a0 et an.3) Demontrer que deux matrices carrees semblables de Mn(K) ont meme polynome ca-racteristique.La reciproque est-elle vraie ?4) Deduire que deux matrices semlables ont les memes valeurs propres.5) Soit la matrice :
A =
−4 0 −20 1 05 1 3
5.1 Calculer les valeurs propres de A.
5.2 Determiner une base de chacun des sous espaces propres de A.Exercice 2.Soient E un K−espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1 et f ∈ LK(E).1) Montrer que Eλ est stable par f .2) Soit M ∈Mn(K) une matrice carre de la forme :
M =(
A C0 B
)
avec A ∈Mp(K) , B ∈Mn−p(K) et C ∈Mp,n−p(K).Montrer par recurrence que
detM = detA.detB.
3) Soient g la restriction de f a Eλ. Montrer que g ∈ LK(Eλ).4) Deduire que Pg divise Pf .
Exercice 3.Soient A et B deux matrices de Mn(K) , avec K = C et n ∈ N∗.1) Si A est une matrice inversible et λ ∈ K∗. Montrer que :
PA−1(λ) =(−λ)n
det(A)PA(
1λ
),
ou PA est le polynome caracteristique de A.2) On appelle spectre de A l’ensemble des valeurs propres de A.Demontrer l’equivalence suivante :
PA(B) est inversible ⇔ Sp(A) ∩ Sp(B) = ∅.
Exercice 4.Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie n et B = (e1, e2, ..., en) une base de E. Soit
113
d’autre part A la matrice carree de taille n dont tous les coefficients sont egaux a 1 :
A =
1 1 ... ... 11 1 ... ... 1. . .. . .. . .1 1 ... ... 1
On designe par f l’endomorphisme de E dont la matrice dans la base B est A.1) Soit u le vecteur u = e1+e2+ ...+en. Montrer que Im(f)=Vect(u). Quelle est la dimensionde Ker(f) ?2) Trouver les valeurs propres et leurs sous-espaces associes de f .3) Deduire qu ’il existe une base B′ de E telle que la matrice de f dans B′ soit A′, avec
A′ =
0 0 ... 0 00 0 ... 0 0. . . .. . . .0 0 ... 0 00 0 ... 0 n
4) Etablir que (A′)k = nk−1A′ pour tout k ∈ N∗. En deduire Ak pour tout k ∈ N∗.
Exercice 5.Soient E un K−espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1 et f ∈ LK(E).Montrer que f est diagonalisable si et seulement, si(1) Pf est scinde sur K i.e.
Pf (X) = (λ1 −X)α1 ....(λp −X)αp ,
(2) dimKEλi = αi , 1 ≤ i ≤ p.
Application :Soit E un C-espace vectoriel et f un endomorphisme de E represente par la matrice :
M =
a 0 b0 a + b 0b 0 a
sur une base donnee B = (e1, e2, e3) de E.Determiner les valeurs propres et sous-espace propres associes de M .En conclure si elle est ou non diagonalisable.
Exercice 6.Discuter selon le parametre m la diagonalisation de la matrice suivante dans M3(R)
A =
1 m 10 1 10 0 −1
.
Exercice 7.On se propose de demontrer le resultat suivant :
114
Soit E un C− espace vectoriel de dimension finie = n ≥ 1. Alors pour tout endomorphismef de Eon a
Pf (f) = 0,
ou Pf est le polynome caracteristique f .1) Montrer qu’il existe une base B = (b1, ..., bn) dans laquelle la matrice de f triangulairesuperieure ; i.e. M(f,B) = ti,j avec ∀i ∈ {1, ..., n} tii = λi et ∀(i, j) ∈ {1, ..., n}2 , i > jentraıne tij = 0.2)Pour tout i ∈ {1, ..., n} on pose :
ui = λiId− f
etUi = (λ1Id− f)o(λ2Id− f)o...o(λiId− f).
Montrer que pour tout j ∈ {1, ..., i} : Ui(bj) = 0.3) Deduire que pour tout j ∈ {1, ..., n} Ui(bj) = 0.4) Conclure.5) Application :5.1) Soient E un K− espace vectoriel de dimension finie n ≥ 1 et f ∈ L(E). Montrer quepour tout p ∈ N, on a fp ∈ V ect(IdE , f, f2, ..., fn−1).5.2) Soit
A =
2 0 43 −4 121 −2 5
∈M3(R).
Ecrire Ap, pour tout p ∈ N comme combinaison lineaire de I3, A et A2.
Exercice 8.Soient E un K− espace vectoriel de dimension fini n ≥ 1 et f un endomorphisme de E. Ondit que f est nilpotent, s’il existe un entier m ≥ 1 tel que fm = 0.1) Soit f un endomorphisme nilpotent. Montrer qu’il existe un entier q ≥ 1 tel que f q = 0 etf q−1 6= 0.Cet entier q est appele indice de nilopotence de f .2) Montrer que rg(f) ≤ n− 1.3) Soit x ∈ E tel que f q−1(x) 6= 0, prouver que (x, f(x), ..., f q−1(x)) est libre. En deduire queq ≤ n.4) Etablir l’equivalence suivante :
f nilpotent ⇔ fn = 0.
5) Montrer que si f est nilpotent d’indice n, alors il existe une base B de E telle que :
M(f,B) =
0 1 0 ... ... 0. 1 .. . 1 .. . 0. 10 ... ... ... . 0
6) Application : Soit
A =
−2 −1 2−15 −6 11−14 −6 11
∈M3(R).
115
6.1) Calculer le polynome caracteristique PA de A. A est -il diagonalisable ?6.2) Prouver qu’il existe λ ∈ R tel que A− λI3 soit nilpotente.6.3) En deduire qu’il existe une matrice P inversible telle que
P−1AP ==
1 1 00 1 10 0 1
∈M3(R).
Exercice 9.Chercher les valeurs propres et les sous espaces propres associes aux applications classiques :a- Les homotheties λIdb- Les projecteurs c’est-a-dire les endomorphismes f non nuls de Rn, differents de l’identitede Rn et tels que f2 = f .c- E = R2 et f la rotation d’angle π
2 i.e. l’application lineaire definie par : f((x, y)) = (−y, x).d- E = R3 et f est la symertie orthogonale par rapport au plan P d’equation x + y + z = 0.
Exercice 10. (Application de la diagonalisation)
1) Calculer Mn, ou M est une matrice carree : Soit
M =
0 1 01 0 11 1 1
Calculer Mn, n ∈ N∗, par diagonalisation.
2) Application aux suites recurrentes :On considere deux suites (un)n∈N et (vn)n∈N de nombres complexes telles que pour tout entiernaturel n on ait : {
un+1 = −10un − 28vn
vn+1 = 6un + 16vn.
Calculer un et vn en fonction de u0 v0 et n.
116
Chapitre 9
Examens de l’annee universitaire2005-2006
Universite Cadi AyyadEcole Nationale des Sciences AppliqueesSafi
Duree du sujet : 1H :30minResponsable : Lakhel E.
Horaire : 9h :00-10h :30.
Devoir surveille N 1.
Epreuve d’algebre IExamen de 18 octobre ...
Les trois exercices sont independantsJustifier toutes vos reponses.
Exercice 1.Soient A, B , C, ∆ et P des polynomes de K[X], n ∈ N∗, x1, x2, ..., xn ∈ K deux adeux distincts.1) Montrer que
x1 racine de P ⇐⇒ (X − x1)/P.
2) Deduire que si x1, x2, ..., xn sont des zeros de P , alors∏n
i=1(X − xi)/P.3) Enoncer et demontrer le theoreme de Gauss.4) Montrer que si C divise A + B et A−B alors C divise A et B.5) Montrer que si ∆ 6= 0 et ∆ =pgcd (A,B) alors les polynomes Q1 = A
∆ et Q2 = B∆ sont
premiers entre eux.
Exercice 2. On considere le polynome
P (X) = X6 + 5X5 + 5X4 − 12X3 − 32X2 − 32X − 16.
1) Montrer que -2 est un zero d’ordre 3 de P .2) Montrer que j est une racine de P , et en deduire que j2 (= j) est une racine de P , ouj = e
2iπ3 = −1+i
√3
2 .3) Factoriser P (X) dans C[X] et dans R[X].
Exercice 3.
117
1) Soit n un entier naturel non nul. Quelle est la multiplicite pn de la racine 1 dans lepolynome
Pn(X) = X2n+1 − (2n + 1)Xn+1 + (2n + 1)Xn − 1?
2) On note Qn(X) le quotient de Pn(X) par (X − 1)3. Montrer que
Pn+1(X)−XPn(X) = (X − 1)3(1 + X + ... + Xn)2.
3) Quelle relation en deduit-on pour les polynomes Qn ?4) Calculer Qn pour n = 1, 2, 3, 4. Quelle hypothese peut-on faire sur la forme generale deQn.5) Montrer que
(1 + X + ... + Xn)2 = 1 + 2X + 3X2 + ... + (n + 1)Xn + nXn+1 + ... + 2X2n−1 + X2n.
6) On pose an = 1 + 2 + ... + (n + 1) = (n+1)(n+2)2 . Deduire de ce qui precede par recurrence
queQn(X) = a0 + a1X + ... + an−1X
n−1 + an−2Xn + ... + a1X
2n−3 + a0X2n−2.
Bareme approximatif :Exercice 1 : 5 points ; Exercice 2 : 5 points, Exercice 3 : 10 points.
118
Corrige du devoir surveille No1
Exercice 1.1) ⇒) Si P est divisible par X − xi, on a, pour tout x ∈ K, il existe un polynome Q ∈ K[X],tel que
P (x) = (x− xi)Q(x).
Par suite :P (xi) = 0.
⇐) Soit xi une racine de P . Faisons la division euclidienne de P par X − xi. Le resteR est nul ou de degre strictement inferieur a 1, donc R est une constante r. On a doncP (x) = (x− xi)Q(x) + r pour tout x ∈ K. En remplacant x par α, on obtient r = 0 puisqueP (xi) = 0 : P est donc bien divisible par X − xi.2) On a d’une part, pour tout i ∈ {1, ..., n} xi est zero de P , donc (X − xi)/P .D’autre part, ∀i, j ∈ {1, ..., n}, avec i 6= j : (X − xi) ∧ (X − xj) = 1.Par consequent,
n∏
i=1
(X − xi)/P.
3) Le theoreme de Gauss affirme que : Si A,B et C sont trois polynomes et si C est premieravec B et divise AB, alors C divise A.En effet, C divise AB ⇒ ∃Q ∈ K[X] tel que
AB = QC(∗)
C ∧B = 1 ⇒ ∃U, V ∈ K[X] tels que UB + V C = 1 (**).Multiplions (**) par A, on obtient :
UAB + V AC = A.
D’apres (*), on peut remplacer AB par QC :
(UQ + V A)C = A.
D’ou C divise A.4) On a C divise A + B ⇒ ∃Q1 ∈ K[X] tel que A + B = Q1C (***).On a aussi C divise A−B ⇒ ∃Q2 ∈ K[X] tel que A−B = Q2C (4*).En faisant la somme de (***) et (4*), on obtient :
A =12(Q1 + Q2)C,
donc C divise A.Et en faisant la difference de (***) et (4*), on aura
B =12(Q1 −Q2)C
donc C divise B.5) Soit D = pgcd(Q1, Q2)On a D divise Q1 ⇒ ∃R1 ∈ K[X] tel que Q1 = DR1.De meme, on a D divise Q2 ⇒ ∃R2 ∈ K[X] tel que Q2 = DR2.Mais
A = Q1∆ = D∆R1,
119
d’ou D∆ divise A.On a aussi,
B = Q2∆ = D∆R2,
d’ou D∆ divise B.Par consequent D∆ divise ∆ = pgcd(A,B).Donc il existe S ∈ K tel que ∆ = SD∆ ; d’ou DS = 1. Ce qui entraıne que D est uneconstante de K i.e. Q1 et Q2 sont premiers entre eux.
Exercice 2.1) On a
P (X) = X6 + 5X5 + 5X4 − 12X3 − 32X2 − 32X − 16.
Apres le calcul, on trouve
P (−2) = P′(−2) = P ′′(−2) = 0 et P
′′′(−2) = 72 6= 0.
Donc −2 est un zzro d’orde 3 de P .2) Ona
P (j) = j6 + 5j5 + 5j4 − 12j3 − 32j2 − 32j − 16= 1 + 5j2 + 5j − 12− 32j2 − 16 ( carj3 = 1, j4 = j et j5 = j2 = j.)= −27(1 + j + j) = 0.
D’autre part P est un polynome a coefficients reels, de plus j est racine de P donc j est aussiracine de P .3) Fractorisons P dans C[X] : en faisant la division euclidienne de P par (X + 2)3 = X3 +6X2 + 12X + 8. On trouve X3 −X2 −X − 2.En divison X3 −X2 −X − 2. par (X − j)(X − j) = X2 + X + 1 on trouve la factorisationde P dans C[C]
P = (X − j)(X − j)(X − 2)(X + 2)3.
En groupant les termes conjugues, on obtient la factorisation de P dans R[X] :
P = (X2 + X + 1)(X − 2)(X + 2)3.
Exercice 3.1) On a tout dabord Pn(1) = 0, puis
P′n(X) = (2n+1)X2n−(2n+1)(n+1)Xn+(2n+1)nXn−1 = (2n+1)[X2n−(n+1)Xn+nXn−1],
donc P′n(1) = 0. On a ensuite P
′′n (X) = (2n + 1)[2nX2n−1 − n(n + 1)Xn−1 + n(n− 1)Xn−2],
donc P′′n (1) = 0. (Le resultat reste vrai si n = 1, car le coefficient de Xn−2 est nul dans ce
cas).On a enfin
P (3)n (X) = (2n + 1)[2n(2n− 1)X2n−2 − n(n + 1)(n− 1)Xn−2 + n(n− 1)(n− 2)Xn−3],
donc
P (3)n (1) = (2n + 1)[2n(2n− 1)− n(n + 1)(n− 1) + n(n− 1)(n− 2)] = (2n + 1)(n2 + n) 6= 0.
(Le resultat reste vrai si n = 1 et n = 2, car le coefficient de Xn−2 est nul dans ces deuxcas).
120
Donc 1 est racine triple de Pn(X), c’est-a-dire pn = 3.2) On a
Pn+1(X)−XPn(X) = X2n+3 − (2n + 3)Xn+2 + (2n + 3)Xn+1 − 1−(X2n+1 − (2n + 1)Xn+1 + (2n− 1)Xn − 1)= (X − 1)X2n+2 − 2(X − 1)Xn+1 + X − 1= (X − 1)(X2n+2 − 2Xn+1 + 1)= (X − 1)(Xn+1 − 1)2.
Donc en utilisant la relation
Xn+1 − 1 = (X − 1)(1 + X + + Xn),
on trouve :Pn+1(X)−XPn(X) = (X − 1)3(1 + X + + Xn)2,
3) PuisquePn+1 = (X − 1)3Qn+1
etPn = (X − 1)3Qn,
on en deduitQn+1(X)−XQn(X) = (1 + X + + Xn)2.
4) Remarquons queP1(X) = X3 − 3X2 + 3X − 1 = (X − 1)3,
doncQ1(X) = 1.
En appliquant la relation obtenue dans la question 2) on obtient alors
Q2(X) = XQ1(X) + (1 + X)2 = X2 + 3X + 1,
puisQ3(X) = XQ2(X) + (1 + X + X2)2 = X4 + 3X3 + 6X2 + 3X + 1,
et enfin
Q4(X) = XQ3(X) + (1 + X + X2 + X3)2 = X6 + 3X5 + 6X4 + 10X3 + 6X2 + 3X + 1.
On voit donc s’introduire une suite de nombres a0, a1, a2, .... tels que
Qn(X) = a0 + a1X + .... + an−1Xn−1 + an−2X
n + ... + a1X2n−3 + a0x
2n−2.
On peut remarquer egalement que an + (n + 2) = an+1 en partant de a0 = 1, et donc que
an = 1 + 2 + ... + (n + 1) =(n + 1)(n + 2)
2.
5) Dans le developpement de (1+X + ...+Xn)(1+X + ...+Xn), le coefficient de Xk estle nombre de facons d’ecrire Xk sous la forme XpXk−p, avec 0 ≤ p ≤ n et 0 ≤ k − p ≤ n.La derniere condition s’ecrit encore k − n ≤ p ≤ k.Il y a deux cas possibles :Si 0 ≤ k ≤ n, alors 0 ≤ p ≤ k, et lon a k + 1 dcompositions possibles.
121
Si n ≤ k ≤ 2n, alors k − n ≤ p ≤ n, et l’on a 2n− k + 1 decompositions possibles.Donc on a bien
(1 + X + + Xn)2 = 1 + 2X + 3X2 + + (n + 1)Xn + nXn+1 + + 2X2n−1 + X2n.
6) La propriete est vraie a l’ordre 1, puisque Q0(X) = a0 = 1.Supposons la propriete vraie a lordre n. Alors :
Qn+1(X) = XQn(X) + (1 + X + ... + Xn)2
= X(a0 + a1X + .... + an−1Xn−1 + an−2X
n + ... + a1X2n−3 + a0x
2n−2)+1 + 2X + 3X2 + .... + (n + 1)Xn + nXn+1 + .... + 2X2n−1 + X2n
= 1 + (a0 + 2)X + .... + (an−1 + n + 1)Xn + (an−2 + n)Xn+1 + .... + (a0 + 2)X2n−1 + X2n.
Mais, si k ≥ 1, on a ak−1 + k + 1 = ak+1 d’ou
Qn+1(X) = a0 + a1X + ... + anXn + an−1Xn+1 + ... + a1X
2n−1 + a0x2n.
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Universite Cadi AyyadEcole Nationale des Sciences AppliqueesSafi
Devoir surveille N 2.
EPREUVE D’ALGEBREExamen de 29 novembre 2005.
Duree du sujet : 1h :30minResponsable : Lakhel El Hassan
Horaire : 10h :30-12h :00.
Exercice 1.Soit P un polynome de C[X] de degre au moins 1 et r un entier strictement positif.1) Montrer que le reste de la division euclidienne de P par (X − a) est P (a).2) Trouver le reste et le quotient de la division euclidienne du polynome X2r − 1 par X + 1(reflechir ou calculer, il faut choisir).
On note α1, α2, ..., αp les racines distinctes de P et k1, k2, ..., kp leurs ordres de multipli-cites.3) Montrer que la decomposition en elements simples de la fraction rationnelle P
′
P est
P′
P=
k1
X − α1+
k2
X − α2+ ... +
kp
X − αp.
4) Application : decomposer en elelents simples dans C(X) la fraction rationnelle :
Xn−1
Xn − 1, n ∈ N∗.
Exercice 2.Decomposer en elements simples dans K(X) les fractions :a) F1 = 1
X(X+1)(X+2)...(X+n) (K = R);
b) F2 = X8
(X2−X+1)3(K = R);
c) F3 = X2n
(X2+1)n (K = C).
Probleme .Etant donne deux polynomes A et B de R[X], le theoreme de Bezout affirme que A et B sontpremiers entre eux dans R[X] si et seulement si il existe un couple (U, V ) de polynomes deR[X] tel que AU + BV = 1.
On suppose que A et B sont premiers entre eux.1) Montrer que, si les couples (U1, V1) et (U2, V2) verifient le theoreme de Bezout pour A etB, alors :- le polynome V1 − V2 est divisible par A,- le polynome U1 − U2 est divisible par B.2) Montrer que il existe un unique couple (U0, V0) verifiant :
(i) AU0 + BV0 = 1(ii) deg(U0) < deg(B)(iii) deg(V0) < deg(A).3) Trouver, en fonction de (U0, V0), tous les couples (U, V ) de R[X] tels que AU+BV = 1.
4) Que pensez-vous de ce probleme si l’equation a resoudre est AU + BV = C ou C est unpolynome quelconque de R[X].
123
Universite Cadi AyyadEcole Nationale des Sciences AppliqueesSafi
Devoir surveille N 3.
EPREUVE D’ALGEBREExamen de 26 janvier ...
Duree du sujet : 1h :30minResponsable : Lakhel El Hassan
Horaire : 10h :30-12h :00.
Probleme 1. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie.I. Soit F un K-espace vectoriel de dimension quelconque et f : E −→ F une application
lineaire.
1) Montrer que l’image d’une suite generatrice de E est une suite generatrice de Im(f).2) Montrer que f est un isomorphisme si et seulement si l’image d’une base de E estune base de F .3) En deduire que si F est de dimension finie et f : E −→ F est un isomorphisme.Alors
dimKE = dimKF.
4) Montrer que si F1 et F2 sont deux sous-espaces vectoriels de E tels que E = F1⊕F2,alors
dimKE = dimKF1 + dimKF2.
(Indication : utiliser une base B1 de F1 et une base B2 de F2 et montrer que B1∪B2 = Best une base de E).
II. On suppose que g est un endomorphisme de E c’est-a-dire : g ∈ LK(E).5) Montrer que les proprietes suivantes sont equivalentes :i) E = Ker(g)⊕ Im(g),ii) Ker(g2) = ker(g),iii) Im(g2) = Im(g).
III. Application :Soit I l’endomorphisme identique de E. On appelle projecteur de E tout endomorphismep de E tel que p2 = p.
6. Demontrer l’equivalence des propositions suivantes ou p est un endomorphisme deE :
i. p est un projecteur,ii. I − p est un projecteur,
iii. p(I − p) = (I − p)p = 0.7. Deduire que si p est un projecteur,
E =∈ (p)⊕ ker(p)
8. Soit E = R2. L’endomorphisme f de E est defini par :
f((x, y)) = (x− y, y − x) ((x, y) ∈ R2)
Determiner l’image et le noyau de f . f est-il un projecteur ?
124
Exercice 2. On prend E = R[X].Soit f : R[X] −→ R[X] la ”multiplication par X ” definie par
f(P (X)) = XP (X).
a- Montrer que f est une application lineaire de E dans E.
b- Determiner Ker(f) et Im(f).
d- Deduire que R[X] est de dimension infinie.
Bareme approximatif :
Probleme 1. 15 points : partie I : 4 pts + partie II : 4 pts ; Partie III : 7 pts ;Exercice 2. : 5 points.
125
Universite Cadi AyyadEcole Nationale des Sciences AppliqueesSafi
Devoir surveille No5.
EPREUVE D’ALGEBRE LINEAIREExamen de 17 avril 2006.
Duree du sujet : 1h :30minResponsable : Lakhel El Hassan
Horaire : 8h :30-10h :00.
Probleme
Soient f: R3 → R4
xyz
7→
−2x −2y −2z2x +2y +3z4x +2y +4z3x +y +4z
et g: R4 → R3
xyzt
7→
x− y + 2z − ty − t
y − z + t
1. Montrer que f et g sont des applications lineaires dont on donnera les matrices rela-tivement aux bases canoniques. On notera A la matrice de f et B la matrice de g.
2. Ecrire par rapport aux bases canoniques la matrice C de fog puis la matrice D de gofen fonction de A et B.
3. Pour tout λ ∈ R, on considere la fonction P (λ) = det(D − λI3) ou I3 designe lamatrice identite de l’espace des matrices carrees 3 × 3. Apres avoir verifie que D =
1 −1 −1−1 1 −11 1 3
, montrer que
P (λ) = (2− λ)2(1− λ).
4. Pour tout λ ∈ R, on pose Eλ = Ker(gof − λId3) ou Id3 designe l’identite de l’espaceR3. Deduire de la question precedente que Eλ 6= {0} si et seulement si λ = 1 ou 2.
5. Soient V1 =
11−1
, V2 =
1−10
, et V3 =
10−1
. Montrer que (V1) est une
base de E1 et que (V2, V3) est une base de E2.6. Soit P la matrice du systeme B = (V1, V2, V3). Calculer det(P ) et en deduire que B est
une base de R3.7. Ecrire la matrice D′ de gof dans la base B = (V1, V2, V3) (au depart et a l’arrivee)
sans calculer P−1. Exprimer D en fonction de D′, P et P−1.8. On note Mn la matrice de (gof)n = (gof)o...o(gof)︸ ︷︷ ︸
n fois
dans les bases canoniques (au
depart et a l’arrivee). Exprimer Mn en fonction de D′, P et P−1.9. Calculer P−1 puis la matrice Mn.10. Deduire de la question 8) une expression de la matrice de (gof)n = (gof)o...o(gof)︸ ︷︷ ︸
n fois
dans les bases canoniques (au depart et a l’arrivee) en fonction de A, B et D.11. Montrer que Kerg ⊂ Ker(fog). Sans calculer le rang de g , dire pourquoi dim(Kerg) 6=
0. En deduire que Ker(fog) 6= {0}.12. Pour tout λ ∈ R , on pose Fλ = Ker(fog− λId4) ou Id4 est l’application identite deR4. Montrer que f(Eλ) ⊂ Fλ.
13. Montrer que f(V1) 6= 0 et que (f(V2), f(V3)) est libre. En deduire que dimf(E1) = 1,dimf(E2) = 2 puis que dim(F0) ≥ 1, dim(F1) ≥ 1 et dim(F2) ≥ 2.
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14. Montrer que F1 ∩ F2 = {0}, puis exprimer dim(F1 + F2) en fonction de dim(F1) etdim(F2).
15. De meme, montrer que F0 ∩ (F1 + F2) = {0}, puis en deduire que
dim(F0 + F1 + F2) = dim(F0) + dim(F1) + dim(F2).
16. Deduire de la question precedente et de la question 13) que F0 +F1 +F2 = R4. Quelleest la valeur de dim(F0), dim(F1) et dim(F2) ?
17. A partir de la relation F0 + F1 + F2 = R4, montrer que Fλ 6= {0} si et seulement siλ = 0, 1 ou 2.
Exercice .(facultatif) Soit n un element de N∗, superieur ou egal 2.Soient a1, ..., an n elements de R , Calculer le determinant de Vandermonde :
Vn = V (a1, ..., an) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 a1 a21 ... an−1
1
1 a2 a22 ... an−1
2
. . . . .
. . . . .
. . . . .1 an a2
n ... an−1n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(Indication : montrer par recurrence sur l’entier n que V (a1, ..., an) =∏
1≤i<j≤n(aj − ai) ).
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Universite Cadi AyyadEcole Nationale des Sciences AppliqueesSafi
Devoir surveille N 6.
EPREUVE D’ALGEBRE lineaireExamen de 11 avril ...
Duree du sujet : 1H :30minResponsable : Lakhel El Hassan
Horaire : 9h :00-10h :30.
Exercice 1.Soient A et B deux matrices de Mn(K) , avec K = R ou C et n ∈ N∗.1) Si A est une matrice inversible et λ ∈ K∗. Montrer que :
PA−1(λ) =(−λ)n
det(A)PA(
1λ
),
ou PA est le polynome caracteristique de A.2) On appelle spectre de A l’ensemble des valeurs propres de A.Demontrer l’equivalence suivante :
PA(B) est inversible ⇔ Sp(A) ∩ Sp(B) = ∅.
Exercice 2.Soit E un C-espace vectoriel de dimension finie n et B = (e1, e2, ..., en) une base de E. Soitd’autre part A la matrice carree de taille n dont tous les coefficients sont egaux a 1 :
A =
1 1 ... ... 11 1 ... ... 1. . .. . .. . .1 1 ... ... 1
On designe par f l’endomorphisme de E dont la matrice dans la base B est A.1) Soit u le vecteur u = e1+e2+ ...+en. Montrer que Im(f)=Vect(u). Quelle est la dimensionde Ker(f) ?2) Trouver les valeurs propres et leurs sous-espaces associes de f .3) Deduire qu ’il existe une base B′ de E telle que la matrice de f dans B′ soit A′, avec
A′ =
0 0 ... 0 00 0 ... 0 0. . . .. . . .0 0 ... 0 00 0 ... 0 n
4) Etablir que (A′)k = nk−1A′ pour tout k ∈ N∗. En deduire Ak pour tout k ∈ N∗.
PROBLEME : ( MATRICES STOCHASTIQUES1)On note B = (e1, e2, ..., en) la base canonique de l’espace vectoriel E = Kn (ou n ≥ 2 et
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K = R ou C).On se propose d’etudier l’ensemble des valeurs propres des matrices stochastiques d’ordre n.Une matrice S = (sij)i,j∈{1,2,...,n} ∈Mn(R) est dite stochastique si et seulement si
∀i, j sij ∈ R+ et ∀in∑
j=1
sij = si1 + si2 + ... + sin = 1.
On note Sn(R) l’ensemble des matrices stochastiques de Mn(R). Ces matrices sont stablespar le produit.Dans la suite, on designe par f un endomorphisme de E = Rn dont la matrice S = (sij) eststochastique.1) V1 le vecteur de E dont les composantes dans la base B sont toutes egales a 1.Montrer qu’une matrice M de Mn(R) a coefficients reels positifs ou nuls est stochastique siet seulement si MV1 = V1.2) Deduire que 1 est une valeur propre de f .3) Soit λ une valeur propre de f autre que 1. Montrer que |λ| ≤ 1.(Indication : Pour tout vecteur x = (x1, x2, ..., xn) de E = Rn, on convient de noter :
|x| = max(|x1|, |x2|, ..., |xn|).
pour x ∈ Rn, montrer que |f(x)| ≤ |x|. Puis conclure).
4) Montrer queKer(f − Id)⊕ Im(f − Id) = Rn.
5) Montrer que Im(f − Id) est stable par f . Etablir que tout sous-espace propre Eλ de fassocie a une valeur propre λ autre que 1 est inclus dans Im(f − Id).
On suppose desormais que l’endomorphisme f est diagonalisable.6) Montrer que la somme directe des sous-espaces propres associes aux valeurs propres de fautre que 1 est egale a Im(f − Id).7) On complete une base (v1, v2, ..., vp) de E1 = Ker(f − Id) en une base B′ = (v1, v2, ..., vn)de vecteurs propres de f . On note λ1, λ2, ..., λn les valeurs propres de f rangees par modulesdecroissants (1 = |λ1| = ... = |λp| ≥ |λp+1| ≥ ... ≥ |λn|), associees a ces vecteurs propresv1, v2, ..., vn. Soit D la matrice de f dans la base B′.Prouver que la suite de matrices (Sk) converge si est seulement si la suite (Dk) converge.Deduire que la suite (Sk) est convergente.(Pour une suite de matrices (Ak)k∈N, on dit que limk−→+∞Ak = A , si , en notant : Ak =(a(k)
ij ), on a : ∀i, j, limk−→+∞a(k)ij = aij).
8) Application :
A =
13
13
13
0 12
12
0 0 1
.
Bareme approximatif :Exercice 1 : 4 points ; Exercice 2 : 6 points, Probleme : 10 points.
1Ces matrices jouent un role important, notament en calcul de probabilites.
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