1

`

Chapitre IV : Alg�ebre lin�eaire

Mustapha CHELLALI

May 27, 2010

http://webserver.iam.net.ma/~chellali/sma2

mustapha.chellali@gmail.com

2

3

1 Pr�eliminaire sur les syst�emes lin�eaires

Consid�erons le probl�eme :

Trouver tous les

x; y; z 2 R tel que: x+ y � 2z = 3

Il y a 3 inconnues et une �equation .

Consid�erons de meme le probl�eme :

Trouver tous les

x; y 2 R tel que

8<:

x+ y = �1x+ 2y = 2x� y = 5

Il y'a deux inconnues et 3 �equations

Consid�erons de meme le probl�eme :

Trouver tous les

x; y 2 R tel que

8<:

x+ 3y = �2x+ 3y = �22x� y = 5

Ici la meme �equation est r�epet�ee deux fois. Ce qui n'est pas absurde (on peut imaginer unprobl�eme concret qui m�ene �a ce syst�eme).

Exemple : Trouver x; y 2 R tel que

x(1; 1; 2) + y(3; 3;�1) = (�2;�2; 5)

Consid�erons de meme le probl�eme:

Trouver tous les

x; y 2 R tel que�x = 4

Une inconnue peut ne pas �gurer explicitement dans les �equations. C'est le cas de l'inconnue ydans le syst�eme ci dessus.

4

Exemple : Trouver x; y; z 2 R tel que

�1 �1 01 1 0

�0@ xyz

1A =

�10�7

�

Plus g�en�eralement

D�e�nition 1.1. On appel syst�eme lin�eaire le probl�eme de trouver tous les x1; x2; � � � ; xn 2 K (Kcorps commutatif ) v�eri�ant m �equations de la forme :8>><

>>:a11x1 + a12x2 + � � �+ a1nxn = b1 (1)a21x1 + a22x2 + � � �+ a2nxn = b2 (2)� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �am1x1 + am2x2 + � � �+ amnxn = bm (m)

1.1 Principe de r�esolution :

Principe de r�esolution : Le principe pour r�esoudre ce probl�eme est simple:

� En utilisant une �equation (j), exprimer une inconnue xi1 en fonction des autres, rapporter ler�esultat dans les autres �equtions. Cela donne un nouveau syst�eme S2 de m� 1 �equations etn� 1 inconnues

� R�esoudre le nouveau syst�eme S2. Utiliser la solution obtenue pour calculer �e�ectivementl'inconnue �elimin�ee dans l'�etape 1

On a donc

S ()

�xi1 = : : :

S2()

8<:

xi1 = : : :�xi2 = : : :

S3

() : : :

Soit

S ()

8>>>>><>>>>>:

xi1 = : : :xi2 = : : :

. . .

xir = : : :Sr

Remarque. A chaque inconnue �elimin�ee correspend une �equation �elimin�ee

Nombre d'inconnues �elimin�ees = Nombre d'�equations �elimin�es

Quand ce proc�ed�e de r�esolution s'arr�ete t'il ?

5

Quand il n'est plus possible d'exprimer une inconnue en fonction des autres.

C'est �a dire :

� Soit il n'y a plus d'�equations

� Soit il n'y a plus d'inconnues

� Soit toutes les �equations se pr�esenent sous la forme :

Sr

8<:

0xir+1 + 0xir+2 + � � �+ 0xin = b0r+1� � � � � � � � � � � � � � �0xir+1 + 0xir+2 + � � �+ 0xin = b0m

La solution de ces syst�eme est �evidente :

� Dans le premier cas les inconnues non encore �elimin�e�es peuvent prendre des valeurs arbitraireset la solution g�en�erale du syst�eme s'�exprime au moyen de ces inconnues qui jouent le role deparam�etres arbitraires. La solution s'obtient en remontant les �equations �elimin�ees : derni�ere�equation �elimin�ee, avant derni�ere, celle qui la pr�ec�ede . . .

� Dans le second : si les �equations non encore �elimin�e�es sont v�eri��es, le syst�eme est possible, sasolution (unique) s'obtient en remontant les �equations �elimin�ees : derni�ere �equation �elimin�ee,avant derni�ere, celle qui la pr�ec�ede . . . Sinon le syst�eme est impossible .

� Dans le troisi�eme cas

{ Ou bien il existe un b0i 6= 0 dans ce cas ce syst�eme est impossible, donc le syst�eme ded�epart est impossible.

{ Ou bien tous les b0i sont nuls, dans ce cas tous les inconnues non encore �elimin�e�esxir+1 ; xir+2 ; : : : ; xin v�eri�ent les �equations, donc peuvent prendre des valeurs arbitraireset la solution g�en�erale du syst�eme s'�exprime au moyen de ces inconnues qui jouent le rolede param�etres arbitraires. La solution s'obtient en remontant les �equations �elimin�ees :derni�ere �equation �elimin�ee, avant derni�ere, celle qui la pr�ec�ede . . .

Exemple 1 :

S

�x+ y � z + t = 1 (1)x� y � 3z � 5t = �1 (2)

On a

S ()

�x = 1� t� y + zS2=y; z; t

S2=y; z; t()

�(1� t� y + z)� y � 3z � 5t= �1

() �2y � 2z � 6t = �2

S2=y; z; t()

�y = 1� z � 3tS3=z; t

S3=z; t = ;

6

Le syst�emeS3=z; t = ;

n'a pas d'�equations. Sa solution g�en�erale est :

f(z; t) j z; t 2 Kg

Donc la solution g�enerale de S est8>>>>>>>><>>>>>>>>:(x; y; z; t)

��������������

z; t 2 Ky = 1� z � 3tderni�ere relation trouv�eex = 1� t� y + z= 1� t� (1� z � 3t) + z= �4trelation qui la pr�ec�ede

9>>>>>>>>=>>>>>>>>;

Soit

f(�4t; 1� z � 3t; z; t) j z; t 2 K g

Exemple 2 :

S

8>><>>:

x+ y = 2x� y = 02x+ y = 3x+ 3y = 4

On a

S ()

�y = 2� xS2=x

S2 ()

8<:

x� (2� x) = 02x+ (2� x) = 3x+ 3(2� x) = 4

Soit sous forme standard

S2 ()

8<:

2x = 2x = 1

�2x = �2

On r�ep�ete la m�ethode sur S

S ()

�x = 1S3=;

S3 ()

�2 = 2

�2 = �2

Soit sous forme standard

S3 ()

�0 = 00 = 0

7

S3 est un syst�eme �elementaire qui n'a pas d'inconnues, dont les relations sont v�eri��e. Donc S3est possible . Donc S est possible. Sa solution unique est :8>><

>>:(x; y)

��������x = 1Derni�ere equation �elimin�eey = 2� x = 1Avant derni�ere equation �elimin�ee

9>>=>>;

Exemple 3 :

S

8>><>>:

x+ y = 2x� y = 02x+ y = 3x+ 3y = 7

On a

S ()

�y = 2� xS2=x

S2 ()

8<:

x� (2� x) = 02x+ (2� x) = 3x+ 3(2� x) = 7

Soit sous forme standard

S2 ()

8<:

2x = 2x = 1

�2x = 1

On r�ep�ete la m�ethode sur S

S ()

�x = 1S3=;

S3 ()

�2 = 2�2 = 1

Soit sous forme standard

S3 ()

�0 = 00 = 3

S3 est un syst�eme �elementaire qui n'a pas d'inconnue, dont les relations ne sont pas v�eri��e.Donc S3 est impossible . Donc S est impossible.

Exemple 4 :

S

8<:

x+ y + z � t = 1x+ y � z � 2t = 33x+ 3y � z � 5t = 7

On a

8

S ()

�x = 1 + t� y � zS2=y; z; t

S2 ()

�(1 + t� y � z) + y � z � 2t = 33(1 + t� y � z) + 3y � z � 5t = 7

Soit sous forme standard

S2 ()

��2z � t = 2�4z � 2t = 4

On r�ep�ete la m�ethode de resolution sur S2

S2=y; z; t()

�t = �2z � 2S3=y; z

S3 ()��4z � 2(�2z � 2) = 4

Soit sous forme standard

S3 ()�0 = 0

S3 est donc un syst�eme �elementaire sur lequel l'algorithme s'arr�ete. Comme les �equations deS3 sont v�eri��ees, sa solution g�enerale est

f(y; z)jy; z 2 K quelconques g

Donc la solution g�enerale de S est8>>>>>>>><>>>>>>>>:(x; y; z; t)

��������������

y; z 2 Kt = �2z � 2derni�ere �equation �elimin�eex = 1 + t� y � z= 1 + (�2z � 2)� y � z= �1� y � 3zavant derni�ere �equation �elimin�ee

9>>>>>>>>=>>>>>>>>;

Soit

f (�1� y � 3z; y; z;�2z � 2) jy; z 2 Kg

Exemple 5 :

S

8<:

x+ y + z � t = 1x+ y � z � 2t = 33x+ 3y � z � 5t = 6

On a

S ()

�x = 1 + t� y � zS2=y; z; t

S2 ()

�(1 + t� y � z) + y � z � 2t = 33(1 + t� y � z) + 3y � z � 5t = 6

9

Soit sous forme standard

S2 ()

��2z � t = 2�4z � 2t = 3

On r�ep�ete la m�ethode de resolution sur S2

S2=y; z; t()

�t = �2z � 2S3=y; z

S3 ()��4z � 2(�2z � 2) = 3

Soit sous forme standard

S3 ()�0 = �1

S3 est donc un syst�eme �elementaire sur lequel l'algorithme s'arr�ete. Comme les �equations deS3 ne sont pas v�eri��ees, S3 st impossible, donc S est impossible

1.2 Calcul d'une base de l'ensemble des solutions

Reprenons l'exemple 1. On a trouv�e la soluton g�en�erale de S

f(�4t; 1� z � 3t; z; t) j z; t 2 K g

Une solution g�enerale s'�ecrit donc :

s = (�4t; 1� z � 3t; z; t)

s = (0; 1; 0; 0) + z(0;�1; 1; 0) + t(�4;�3; 0; 1)

L'ensemble des solution est donc un plan a�ne. Une base de l'espace vectoriel associ�e est :

((0;�1; 1; 0); (�4;�3; 0; 1))

Reprenons l'exemple 4. On a trouv�e la soluton g�en�erale de S

f(�1� y � 3z; y; z;�2� 2z) j y; z 2 Kg

Une solution g�enerale s'�ecrit donc :

s = (�1� y � 3z; y; z;�2� 2z)

s = (�1; 0; 0;�2) + y(�1; 1; 0; 0) + z(�3; 0; 1;�2)

L'ensemble des solution est donc un plan a�ne. Une base de l'espace vectoriel associ�e est :

((�1; 1; 0; 0); (�3; 0; 1;�2))

Autre Exemple de Syst�eme lin�eaire

S

�x+ y � z + t = 1x� y � 3z � 5t = �1

10

S

�x = 1� y + z � tx� y � 3z � 5t = �1

S

�x = 1� y + z � t (�)(1)x� y � 3z � 5t = �1

S

�x = 1� y + z � t (�)(1)(1� y + z � t)� y � 3z � 5t = �1

S

�x = 1� y + z � t (�)(1)�2y � 2z � 6t = �2

S

�x = 1� y + z � t (�)(1)y = 1� z � 3t

S

�x = 1� y + z � t (�)(1)y = 1� z � 3t (�)(2)

S

�x = 1� y + z � t (�)(1)y = 1� z � 3t (�)(2)

S =

8>>>><>>>>:(x; y; z; t)

����������

(y; z) 2 Ky = 1� z � 3t (2)x = 1� y + z � t (1)= 1� (1� z � 3t) + z � t= 2z � 4t

9>>>>=>>>>;

S

�x = 1� y + z � t (�)(1)y = 1� z � 3t (�)(2)

S =�(2z � 4t; 1� z � 3t; z; t)

�� (y; z) 2 K

2 Structure d'espace vectoriel

� L'alg�ebre lin�eaire est n�e des probl�emes lin�eaires,

� Ces probl�emes sont tels que

{ La somme de solutions est une solution,

{ Le produit d'une solution par une constante est une solution.

� La lin�earit�e exige donc deux op�erations :

{ Une addition

{ et une multipication par une constante.

� On suppose que ces deux lois ont toutes les bonnes propri�et�es de l'addition et multiplicationdans R,

� Ceci am�ene �a la structure d' espace vectoriel

11

D�e�nition 2.2. Soit E un ensemble. K un corps commutatif. + une loi interne sur E. : une loi

externe de K � E �! E. On dit que (E;+; :) est un espace vectoriel sur K si :

1. (E;+) esr un groupe ab�elien

2. La loi : est assosiative, c'eat-�a-dire :

8x 2 E 8�; � 2 K �:(�:x) = (�:�):x

3. La loi : est distributive par rapport �a +, c'eat-�a-dire :

8�; � 8x 2 E (�+ �):x = �:x+ �:x8� 2 K 8x; y 2 E �:(x+ y) = �:x+ �:y

4. 1 est neutre pour la loi . c'eat-�a-dire :

8x 2 E 1:x = x

Par abus on note simplement E l'espace vectoriel (E;+; :) de plus quand la premi�ere loi estbien not�ee +, on note alors 0 l'�element neutre pour +, �x le sym�etrique de x pour + et pour n 2 Z

on note nx la puissance ni�eme de x pour +. De meme quant la deuxi�eme loi est bien not�ee :, pourx 2 E et � 2 K on peut noter �x l'�el�ement �:x

Comme cons�equences imm�ediates de ces axiomes, on a

� 8x 2 E 0:x = 0

� 8x 2 E (�1):x = �x

� 8x 2 E 8n 2 Z nx = n1:x

� 8x 2 E;8� 2 K (�:x = 0 =) � = 0 ou x = 0)

� 8x; y 2 E;8� 2 K et � 6= 0 (�:x = �:y =) x = y)

� 8�; � 2 K; 8x 2 E et x 6= 0 (�:x = �:x =) � = �)

Exemples :

� K est un espace vectoriel sur K pour les lois + et :, nous verrons que cet espace vectoriel estfondamental en ce sens que tout espace vectoriel se factorise en produit d'espaces vectorielsisomorphes �a K.

� Posons Kn = f(x1; x2; : : : ; xn) j x1; x2; : : : ; xn 2 Kg. C'est un espace vectoriel sur K pour leslois :

(x1; x2; : : : ; xn) + (x01; x02; : : : ; x

0n) = (x1 + x01; x2 + x02; : : : )

�:(x1; x2; : : : ; xn) = (�:x1; �:x2; : : : ; �:xn)

12

� Soit E un espace vectoriel et F un ensemble. Rappelons que EF d�esigne l'ensemble desapplications de F �! E. C'est un espace vectoriel pour les lois

(f; g) �! f + g : x �! f(x) + g(x)

(�; f) �! �:f : x �! �:f(x)

Cet espace vectoriel joue un role important en analyse.

� Soit K un corps commutatif, K [X] est naturalement un espace vectoriel sur K pour les lois :

P;Q 2 K [X] �! P +Q

P 2 K [X] � 2 K �! �P

� Soit K un corps commutatif, K (X) est naturalement un espace vectoriel sur K pour les lois :

R1; R2 2 K (X)] �! R1 +R2

R 2 K [X] � 2 K �! �R

3 Sous espace vectoriel

Etant donn�ee une structure sur un ensemble E, les parties de E qui sont stables par les op�erationsde la structures jouent un role important vis-�a-vis �a la structure. En e�et, le probl�eme fondamentalqui se pose c'est de chercher �a factoriser la structure par ses sous structures de mani�ere .similaire�a la factorisation de Kn en n espaces vectoriels K �K � � � � �K. Dans la pulpart des cas on peutmunir les parties stables d'une structure semblable induite par la structure de E. On obtient ainsila notion de sous-groupe, sous-anneau, sous-corps : : : et de sous espace vectoriel.

D�e�nition 3.3. Soientt (E;+; :), (F;+0; :0) des espaces vectoriels sur K On dit que (F;+0; :0) estun sous espace vectoriel de (E;+; :) si :

1. F � E

2. 8x; y 2 F x+0 y = x+ y

3. 8x 2 F 8� 2 K �:0x = �:x

Par abus on dit alors que la partie F de E est un sous espace vectoriel.

13

On a une caract�erisation beaucoup plus simple des sous espaces vectoriels

Proposition 1.3. Soit E un espace vectoriel sur K. Soit F un sous ensemble de E. F est un sous

espace vectoriel de E, si et seulement si :

1. F 6= ;

2. 8x; y 2 F x+ y 2 F

3. 8x 2 F 8� 2 K �:x 2 F

On peut r�eunir les conditions 2. et 3. en une seule condition ::

Proposition 2.3. Soit E un espace vectoriel sur K. Soit F un sous ensemble de E. F est un sous

espace vectoriel de E, si et seulement si :

1. F 6= ;

2. 8x; y 2 F 8�; � 2 K �x+ �y 2 F

Comme cons�equences imm�ediates on a :

� 0 2 F

� 8x 2 F; �x 2 F

� 8x 2 F; 8n 2 Z; nx 2 F

� 8x1; x2; : : : ; xn 2 F 8�1; �2; : : : ; �n 2 K �1x1 + �2x+ � � �+ �nxn 2 F

Remarque. On a 0 2 F . Il en r�esulte que pour justi�er que F 6= ;, dans la majorit�e des cas, il

su�t de v�eri�er que 0 2 F , d'o�u une autre caract�eeisation :

Proposition 3.3. Soit E un espace vectoriel sur K. Soit F un sous ensemble de E. F est un sous

espace vectoriel de E, si et seulement si :

1. 0 2 F

2. 8x; y 2 F 8�; � 2 K �x+ �y 2 F

Exemples de sous espaces vectoriels

� f0g et E sont des sous espaces vectoriel de E

� Soit I = [a; b] un interval de R, l'ensemble des fonctions continues de I �! R est un sousespace vectoriel de RI

� E = R3 et F = f(x; y; z) j x� 2y + 5z = 0g. F est un sous espace vectoriel de E, car :

{ (0; 0; 0) 2 F (car 0� 2� 0 + 5� 0 = 0), donc F 6= ;

14

{ Si (x; y; z); (x0; y0; z0) 2 F et �; � 2 K, on a

�(x; y; z) + �(x0; y0; z0)= (�x; �y; �z) + (�x0; �y0; �z0)= (�x+ �x0; �y + �y0; �z + �z0)

et on a(�x+ �x0)� 2(�y + �y0) + 5(�z + �z0)= �(x� 2y + 5z) + �(x0 � 2y0 + 5z0)

= �� 0 + � � 0 = 0

Donc �(x; y; z) + �(x0; y0; z0) 2 F

Cet exemple est un cas particulier d'un r�esultat g�en�eral sur les syst�emes lin�eaires homog�enes.Soit le syst�eme lin�eaire :

S

8>><>>:

a11x1 + a12x2 + � � �+ a1nxn = b1 (1)a21x1 + a22x2 + � � �+ a2nxn = b2 (2)� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �am1x1 + am2x2 + � � �+ amnxn = bm (m)

D�e�nition 4.3. Le syst�eme lin�eaire S est dit homog�ene si tous les bi sont nuls

Proposition 4.3. Soit un syst�eme lin�eaire homog�ene S L'ensemble des solutions de S est un sous

espace vectoriel de Kn (en particulier il est non vide, donc S n'est jamais imposible).

Soit E un espace vectoriel. Dans la plupart des relations liant les �el�ements de E, ces �el�ements nesont pas n�ecessairement distints et l'ordre dans lequel les �el�ements interviennent importe, (penseraux �equations d'un syst�eme lin�eaire par exemple) aussi au lieu de travailler avec des sous-ensemblesde E, on travail souvent plutot avec des familles (vi)i2I de E. Une famille (vi)i2I d'�el�ements de Es'appel habitualement syst�eme de E. Si I = f1; 2; : : : ; ng , le syst�eme (vi)i2I se note aussi :

(v1; v2; : : : ; vn)

La notion qui suit permet de construire des sous espaces vectoriels.

Notation : Soit I un ensemble et K un corps commutatif. on note

K(I) = f(�i)i2I j �i 2 K �i = 0 sauf pour ensemble �ni de i 2 Ig

Pour (vi)i2I un syst�eme de E et (�i)i2I 2 K(I), on note

Xi2I

�ividef=

Xi2I �i 6=0

�ivi

on dit queP

i2I �ivi est une combinaison lin�eaire des vecteur vi.

Remarque. pour un syst�eme �ni (v1; v2; : : : ; vn) �ni de E, une combinaison lin�eaire des vecteurs

vi s'�ecrit :

�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn

15

Comme cons�equence imm�ediate de la d�e�nition d'un sous espace vectoriel, si F est sous espacevectoriel de E et les vi 2 F , alors toute combinaison lin�eaire

Pi2I �ivi des vi est dans F .

Proposition 5.3. Soit E un espace vectoriel. Soit (Fi)i2I une famille de sous espaces vectoriels

de E, alorsT

i Fi est un sous espace vectoriel de E

D�e�nition 5.3. Soit E un espace vectoriel. Soit A un sous ensemble de E. On appel sous espace

vectoriel engendr�e par A, l'intersection des sous espaces vectoriel de E contenant A.

On le note vect(A). Si (vi)i2I est un syst�eme de E, on appel sous espace vectoriel engendr�e par(vi)i2I , celui engendr�e par A = fvi j i 2 Ig, on le note vect(vi)i2I

Cette d�e�nition se pr�ete mal pour reconnaitre vect(A), la caract�erisation qui suit est beaucoupplus pratique :

Proposition 6.3. Soit E un espace vectoriel, A une partie de E, F une partie de E. On a

F = vect(A) si et seulement si

1. F est un sous espace vectoriel de E contenant A.

2. Tout sous espace vectoriel de E qui contient A, contient F

Proposition 7.3. Soit E un espace vectoriel. Soit A un sous ensemble de E. On a

vect(A) =

(Xa2A

�aa j (�a) 2 K(A)

)

Autrement dit vect(A) est l'ensemble des combinaisons lin�eaires des �el�ements de A

Preuve : Posons F =�P

a2A �aa j (�a) 2 K(A),. On v�eri�e imm�ediatement que F est un

sous espace vectoriel de E. On a A � F (prendre �a = 1 et �a0 = 0 pour a0 6= a). Si F 0 est unsous espace vectoriel de E qui contient A, il contient toute combinaison lin�eaire des �el�ements de A,donc contient F �

Cas particuliers :

� Soit v 2 E

vect(v) = f�v j � 2 Kg

� Soient v1; v2 2 E

vect(v1; v2) = f�1v1 + �2v2 j �1; �2 2 Kg

� Plus g�en�eralement, soient v1; v2; : : : ; vn 2 E

vect(v1; v2; : : : ; vn) = f�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn j �1; �2; : : : �n 2 Kg

16

4 Factorisation d'espaces vectoriels

Sch�ematiquement, le probl�eme de factoriser une structure S revient �a trouver des structuresS1;S2; : : : ;Sn de meme type, ind�ependantes et tel que

S () S1 et S2 et : : : et Sn

L'avantage et que un probl�eme sur S se scinde en n probl�emes plus simples sur les Si.L'exemple le plus simple est celui de factorisation des polynomes. Il existe d'autres exemplescomme la factorisation des groupes, la r�eduction des endomorphismes, la r�eduction des formesquadratiques, les probabilit�es produits, : : : . Ici on va s'int�eresser au probl�eme de la factorisationd'un espace vectoriel. Commen�cons d'abord par introduire la notion d'espaces vectoriels isomor-phes, c'eat-�a-dire pratiquement identiques :

D�e�nition 6.4. Soient E;E0 des espaces vectoriels sur le meme corps K. Une application f :E �! E0 est appel�ee isomorphisme d'espace vectoriel si :

1. f est bijective

2. 8x; x0 2 E f(x+ x0) = f(x) + f(x0)

3. 8x 2 E;8� 2 K f(�x) = �f(x)

Pratiquement cela signi�e que si on renome f(x) chaque l'�el�ement x 2 E, E s'identi�e �a E0

Proposition 8.4.

� Soit E un espace vectoriel, l'application identique de E �! E est un isomorphisme d'espace

vectoriel

� Si f : E �! E0 est isomophisme d'espace vectoriel, alors f�1 : E0 �! E est isomophisme

d'espace vectoriel,

� Soient f : E �! E0 et g : E0 �! E00 des isomorphismes d'espaces vectoriels, alors g � f :E �! E00 est un isomorphisme d'espace vectoriel.

D�e�nition 7.4. Des espaces vectoriels E et E0 sont dit isomorphes si il existe un isomorphisme

d'espace vectoriel de E vers E0

On note alors E ' E0

La proposition ci-dessus montre alors que :

Proposition 9.4. La relation "etre isomorphe" est une relation d'�equivalence sur la classe des

espaces vectoriels sur un meme corps K

17

Revenons �a notre probl�eme de la factorisation d'un espace vectoriel, le point de d�epart est laproposition qui suit :

Proposition 10.4. Soit E1; E2; : : : ; En des espaces vectoriels sur le meme corps K. Soit sur

E1 � E2 � � � � � En les lois :

(E1 � E2 � � � � � En)� (E1 � E2 � � � � � En) �! E1 � E2 � � � � � En

((x1; x2; : : : ; xn); (y1; y2; : : : ; yn)) �! (x1; x2; : : : ; xn)+(y1; y2; : : : ; yn) = (x1+y1; x2+y2; : : : ; xn+yn)

K � (E1 � E2 � � � � � En) �! E1 � E2 � � � � � En

(�; (x1; x2; : : : ; xn)) �! �:(x1; x2; : : : ; xn): = (�x1; �x2; : : : ; �xn)

alors (E1 � E2 � � � � � En;+; :) est un espace vectoriel sur K

Preuve : On v�eri�e les axiomes composante �a composante et c'est la un premier avantage dela factorisation �

D�e�nition 8.4. L'espace vectoriel E1 �E2 � � � � �En s'appel espace vectoriel produit des espaces

vectoriels Ei

Il est facile de v�eri�er que la relation "etre isomorphe" est compatible avec le produit d'espacesvectoriels.

Proposition 11.4. Soient E1; E2; : : : ; En; E01; E

02; : : : ; E

0n des espaces vectoriels sur K, on a :

Ei ' E0i pour i = 1; 2; : : : ; n =) E1 � E2 � � � � � En ' E0

1 � E02 � � � � � E0

n

Soit E un espace vectoriel, F1; F2; : : : ; Fn des sous espaces vectoriels de E, en rapport avec leprobl�eme de factoriser E en produit des Fi, la premi�ere question qui se pose est : quel sens donner�a :

F1; F2; : : : ; Fn sont ind�ependant ?

Intuitivement cela peut vouloir dire que pour tout i, on peut it�erer autant qu'on veut les lois +et : sur

Sj 6=i Fj sans que cela intersecte Fi, en terme pr�ecis

Fi \ vect([j 6=i

Fj) = f0g

Examinons d'abort vect(S

j 6=i Fj)

Proposition 12.4. Soit E un espace vectoriel, F1; F2; : : : ; Fn des sous espaces vectoriels de E,on a :

vect(F1 [ F2 [ � � � [ Fn) = fx1 + x2 + � � �+ xn j x1 2 F1; x2 2 F2 : : : xn 2 Fng

Preuve : On applique la caract�erisation de vect(A) �

D�e�nition 9.4. Soit E un espace vectoriel. Soient F1; F2; : : : ; Fn des sous espaces vectoriels de E.On appel somme des sous espaces vectoriels F1; F2; : : : ; Fn le sous espace vectoriel :

fx1 + x2 + � � �+ xn j x1 2 F1; x2 2 F2 : : : xn 2 Fng

18

On le note naturalement F1 + F2 + � � �+ Fn ouPn

i=1 Fi

Remarque. 1. F1 + F2 + � � � + Fn joue le role oppos�e (dual) �a F1 \ F2 \ � � � \ Fn en inversant

l'ordre inclusion.

� F1 \ F2 \ � � � \ Fn est le plus grand sous espace vectoriel de E contenu dans F1; F2; : : : ; Fn.

� F1 + F2 + � � �+ Fn est le plus petit sous espace vectoriel de E contenant F1; F2; : : : ; Fn.

Remarque. 2. On a une surjection canonique entre F1 � F2 � � � � � Fn et F1 + F2 + � � �+ Fn

(x1; x2; : : : ; xn) �! x1 + x2 + � � �+ xn

Revenons �a la question principale : Soient F1; F2; : : : ; Fn des sous espaces vectoriels d'un espacevectoriel E, on souhaite donner un sens pr�ecis au terme intuitif : les sous espaces vectoriels

F1; F2; : : : ; Fn sont ind�ependants. La proposition qui suit analyse la conditionFi \ vect(

Sj 6=i Fj) = f0g

Proposition 13.4. Soient F1; F2; : : : ; Fn des sous espaces vectoriels d'un espace vectoriel E. Il

est�equivalent de dire :

1. Pour tout i = 1; 2; : : : n Fi \�P

j 6=i Fj

�= f0g

2. Pour i = 1; 2; : : : ; n on a Fi \ (F1 + F2 + � � �+ Fi�1) = f0g

3. 8(x1; x2; : : : ; xn) 2 F1�F2�� � ��Fn x1+x2+ � � �+xn = 0 =) xi = 0 pour i = 1; 2; : : : ; n

4. 8x 2 F1 + F2 + � � � + Fn, il existe (x1; x2; : : : ; xn) 2 F1 � F2 � � � � � Fn unique tel que

x = x1 + x2 + � � �+ xn.

5. La surjection canonique entre F1 � F2 � � � � � Fn et F1 + F2 + � � �+ Fn est un isomorphisme

d'espace vectoriel.

Preuve : . Il su�t de montrer que 1) =) 2) =) 3) =) 4) =) 5) =) 1).

� 1) =) 2) imm�ediat

� 2) =) 3) car si 2) supposons pour (x1; x2; : : : ; xn) 2 F1 � F2 � � � � � Fn on a x1 + x2 +� � � + xn = 0, soit i le plus grand entier tel que xi 6= 0, alors chaque xi = �

Pi�1j=1 xj, donc

xi 2 Fi \ (Pi�1

j=1 Fj)(= f0g), donc xi = 0 contradiction, donc xi = 0 pour i = 1; 2; : : : ; n.

� 3) =) 4) car si 3). Soit x 2 F1 + F2 + � � � + Fn. Supposons que x admet deux �ecriture

x = x1 + x2 + � � � + xn = x01 + x02 + � � � + x0n avec xi; x0i 2 Fi, alors (x1 � x01) + (x2 � x02) +

� � �+ (xn � x0n) = 0, par 2) on a xi � x0i = 0 pour tout i, soit xi = x0i pour tout i.

� 4) =) 5) par d�e�nition meme d'une bijection.

� 5) =) 1) car si 5), chaque Fi s'identi�e dans F1�F2�� � ��Fn �a f0g�f0g�� � ��f0g�Fi�f0g� � � � � f0g tandit que

Pj 6=i Fj s'identi�e �a F1�F2� : : : Fi�1�f0g�Fi+1� � � � �Fn, on

en d�eduit de mani�ere un peu informelle mais qui montre comment exploiter la factorisation,

que Fi \�P

j 6=i Fj

�= f0g �

19

D�e�nition 10.4. Soient F1; F2; : : : ; Fn des sous espaces vectoriels d'un espace vectoriel E. On

dit que F1; F2; : : : ; Fn sont ind�ependant (ou que la somme ) F1 + F2 + � � � + Fn est directe si ils

v�eri�ent les propri�et�es equivalentes de la proposition ci-dessus.

Une somme directe F1 + F2 + � � �+ Fn se note

F1 � F2 � � � � � Fn

Remarque. 1 La caract�erisation 5 resoud notre probl�eme de factorisation.

Remarque. 2 F1 + F2 est directe si et seulement si F1 \ F2 = f0g :

Remarque. 3 La caract�erisation 2 montre que :

F1 + F2 + � � �+ Fn directe ()

8>>><>>>:

F1 + F2 directe(F1 + F2) + F3 directe...

(F1 + F2 + � � �+ Fn�1) + Fn directe

Exemple : Soit dans R3 les sous espaces vectoriels

� F =�(x; y; z) 2 R3 j x+ y + z = 0

� F 0 = vect(1; 1; 1)

Cherchons si F + F 0 est directe. Soit v = (x; y; z) 2 F \ F 0, on a :

� v 2 F () x+ y + z = 0

� v 2 F 0 () 9� 2 R tel que (x; y; z) = �(1; 1; 1)

x+ y + z = 0 =) �+ �+ � = 0 =) 3� = 0 =) � = 0 =) x = y = z = 0

Donc F \ F 0 = f0g, donc F + F 0 est directe.

5 Espace vectoriel quotient

Conjointement au probl�eme de la factorisation d'une structure, se pose le probl�eme de quotionter(ou projeter) une stucture. Il s'agit de diviser les ensembles intervenant dans la struture, en classes(donc disjointes), de sorte que les �el�ements d'une meme classe poss�edent un meme comportementvis-�a-vis �a la structure (penser �a la projection d'un �lm sur un plan, ce que l'on voit sur le planre �ete �d�element une s�ene �a 3 dimension). La formulation pr�ecise de ce probl�eme est simple :Trouver sur chaque ensemble intervenant dans la structure, une relation d'�equivalence compatibleavec la structure.

D�e�nition 11.5. Soit E un espace vectoriel. Une relation binaire R sur E est dite compatible

avec la strucure d'espace vectoriel de E si :

8x; y; x0; y0 2 E xRy et x0Ry0 =) (x+ x0)R(x0 + y0)

8x; y 2 E 8� 2 K xRy =) (�x)R(�y)

20

Proposition 14.5. Soit E un espace vectoriel. Pour qu'une relation binaire R sur E, soit unerelation d'�equivalence sur E compatible avec la sturcture d'espace vectoriel de E, il faut et il su�f

qu'il existe un sous espace vectoriel F de E tel que

8x; y 2 E xRy () x� y 2 F

Preuve : . Posons F = fx 2 E j xR 0g. On v�eri�e que F est sous espace vectoriel de E. On a

xRy () (x� y)R 0() x� y 2 F

Inversement si F est un sous espace vectoriel de E, on v�eri�e que la relation binaire x� y 2 Fest une relation d'�equivalence compatible avec la structure d'espace vectoriel de E �

Remarque. Le sous espace vectoriel F associ�e �a R par la proposition ci-dessus est unique. Pour

cette raison on note E=F l'ensemble quotient E=R

Proposition 15.5. Soit E un espace vectoriel , F un sous espace vectoriel de E. La relation

x�y 2 F �etant une relation d'�equivalence compatible avec la structure d'espace vectoriel de E, celaindui sur l'ensemble quotient E=F les lois :

(x; y) �! x+ y = x+ y

(�; x) 2 K � E=F �! �x = �x

pour lesquelles (E=F;+; :) est un espace vectoriel sur K.

D�e�nition 12.5. L'espace vectoriel E=F s'appel espace vectoriel quotient de l'espace vectoriel Epar son sous espace vectoriel F:

La proposition qui suit un certain lien du quotient d'espaces vectoriels avec le produit d'espacesvectoriels.

Proposition 16.5. Soit E = F � F 0 une somme directe. L'application

x 2 F 0 �! x 2 E=F

est un isomorphisme d'espace vectoriel.

Preuve : . L'application est injectif car (cf x8 suivant ) si x = 0, on a x 2 F , donc x 2 F \ F 0,donc x = 0. L'application est surjective, car soit x 2 E=F , ecrivone x = x1 + x2 avec x1 2 F et

x2 2 F 0, on a x = x2 car x1 = 0 �

Remarque. On a E = F �F 0, par la proposition 13.4 on E ' F �F 0, par la proposition ci-dessus

F 0 ' E=F , par la proposition 11.4, on en d�eduit que :

E ' F � E=F

6 Ind�ependace lin�eaire

Soit E un espace vectoriel. On a vu que la factorisation de E consiste �a trouver des sous espacesvectoriels F1; F2; : : : ; Fn de E tel que :

E = F1 � F2 � � � � � Fn

21

Plus les sous espace vectoriel Fi sont petits, mieux est la factorisation, la meilleure factorisationest Fi = vect(vi) avec vi 6= 0 (les facteurs de la forme f0g n'apporte rien d'int�er�essant). Commentse re �etent l'ind�ependance des Fi sur les vecteurs vi ? Autrement dit �etant donn�es des vecteursv1; v2; : : : ; vn de E a quelle condition la somme

vect(v1) + vect(v2) + � � �+ vect(vn)

est directe ?

La r�eponse est don�ee par :

Proposition 17.6. Soit E un espace vectoriel. Soit S = (vi)i2I un syst�eme de E, Il est �equivalentde dire :

1. Chaque vi est 6= 0 et la sommeP

i vect(vi) est directe

2. Pour tout i 2 I on a vi =2 vect(vj)j 6=i

3. 8(�i)i2I 2 K(I) (P

i �ivi = 0 =) 8i 2 I �i = 0)

Preuve : . Preuve : Si S est libre, une relationP

i �ivi = 0 avec un �i 6= 0 entraine vi =

�1

�i

�Pj 6=i �jvj

�, donc vi 2 vect (fvj j j 6= ig). Inversement si

Pi �ivi = 0 =) 8i 2 I �i = 0

alors S est libre, car sinon, il existe un i tel que vi 2 vect (fvj j j 6= ig), soit vi =P

j 6=i �jvj, doncon aurait une relation vi �

Pj 6=i �jvj = 0 avec �i = 1 6= 0 �

D�e�nition 13.6. Soit S = (vi)i2I un syst�eme de E, on dit que les vi sont lin�eairement ind�ependants

(ou que S est libre ), si il v�eri�ent les condition �equivalente de la proposition ci-dessus Dans le

cas contraire S est dit li�e .

Par abus, on dit qu'un sous ensemble A d'un espace vectoriel est libre (resp li�e) si le syst�eme(a)a2A est libre (resp li�e).

Remarque. 1 Le plus souvent c'est la condition 3. qui est la plus pratique �a v�eri�er.

Remarque. 2. Si S = (v1; v2; : : : ; vn) est �ni. La condition S libre equivaut �a

8(�1; �2; : : : ; �n) 2 Kn (�1v1 + �v2 + � � �+ �nvn = 0 =) �1 = �2 = � � � = �n = 0)

Remarque. 3. Soit S = (vi)i2I un syst�eme de E S libre, si et seulement si la relationP

i �ivi = 0a une solution unique �i = 0 pour tout i 2 I. En fait si on ecrit explicitement les vecteurs vi, larelation

Pi �ivi = 0 est un syst�eme lin�eaire en �i, montrer que ce syst�eme a une solution unique

�i = 0 8i 2 I, revient �a resoudre rigouresement le syst�eme lin�eaire. C'est l'une des raisons pour

lequels nous avons commenc�e ce chapitre, par les syst�emes lin�eaires

Voici des propri�et�es imm�ediates de la notion d'ind�ependance lin�eaire

� ; est libre

� Si L est libre et L0 � L, alors L0 est libre.

� Si L est libre et x 2 E, on a

L [ fxg libre() x =2 vect(L)

22

� Tout syst�eme contenant 0 est li�e.

� Si dans un syst�eme, un vecteur est r�ep�et�e, le syst�eme est li�e.

� Si dans un syst�eme, deux vecteurs sont proportionnels, le syst�eme est li�e.

� Soit dans un Kn un syst�eme �a deux �el�ements

S =�(x1; x2; : : : ; xn) ;

�x01; x

02; : : : ; x

0n

��S est li�e ()

x1x01

=x2x02

= � � � =xnx0n

avec si x0i = 0 xi = 0

De cette caract�erisation il vient imm�ediatement :

� Le syst�eme ((1; 2; 3; 0); (2; 4; 6; 0)) est li�e.

� Le syst�eme ((1; 2; 3;�1); (2; 4; 6; 0)) est libre.

Exemples :

� Dans Kn, le syst�eme

((1; 0; 0; : : : ); (0; 1; 0; : : : ); : : : ; (0; 0; : : : ; 0; 1))

est libre car

�1(1; 0; 0; : : : ) + �2(0; 1; 0; : : : ) + � � � = (0; 0; : : : ; 0)

�equivaut �a(�1; �2; : : : ; �n) = (0; 0; : : : ; 0)

[suite]

� Dans K [X], le syst�eme (Xn)n2N est libre.

� Dans K(X), le syst�eme des �el�ements simples est libre (ct chapitre 3).

� E = R3 et S = ((1; 1; 2); (1; 1;�1); (2; 1;�1))

�1(1; 1; 2) + �2(1; 1;�1) + �3(2; 1;�1) = 0

() (�1 + �2 + 2�3; �1 + �2 + �3; 2�1 � �2 � �3) = (0; 0; 0)

Donc�1(1; 1; 2) + �2(1; 1;�1) + �3(2; 1;�1) = 0

()

8<:

�1 + �2 + 2�3 = 0�1 + �2 + �3 = 02�1 � �2 � �3 = 0

23

()

8<:

�1 + �2 + 2�3 = 0�2 = ��1 � �3 (�)(1)2�1 � �2 � �3 = 0

()

8<:

�1 + (��1 � �3) + 2�3 = 0�2 = ��1 � �3 (�)(1)2�1 � (��1 � �3)� �3 = 0

()

8<:

�3 = 0�2 = ��1 � �3 (�)(1)3�1 = 0

()

8<:

�3 = 0 (�)(2)�2 = ��1 � �3 (�)(1)3�1 = 0

()

8<:

�3 = 0 (�)(2)�2 = ��1 � �3 (�)(1)�1 = 0 (�)(3)

()

8<:

�3 = 0 (�)(2)�2 = ��1 � �3 (�)(1)�1 = 0 (�)(3)

()

8<:

�3 = 0 (�)(2)�2 = 0 (�)(1)�1 = 0 (�)(3)

Donc S est libre.

� Montrons directement que le syst�eme

�1

X � 1;

1

X � 2;

1

X � 3

�

est libre dans R(X) On a

a

X � 1+

b

X � 2+

c

X � 3= 0

() a(X � 2)(X � 3) + b(X � 1)(X � 3) + c(X � 1)(X � 2) = 0

() a(X2 � 5X + 6) + b(X2 � 4X + 3) + c(X2 � 3X + 2) = 0

() (a+ b+ c)X2 � (5a+ 4b+ 3c)X + 6a+ 3b+ 2c = 0

()

8<:

a+ b+ c = 05a+ 4b+ 3c = 06a+ 3b+ 2c = 0

24

()

8<:

a = �b� c (�)(1)5(�b� c) + 4b+ 3c = 06(�b� c) + 3b+ 2c = 0

()

8<:

a = �b� c (�)(1)�b� 2c = 0�3b� 4c = 0

()

8<:

a = �b� c (�)(1)b = �2c (�)(2)�3(�2c)� 4c = 0

()

8<:

a = �b� c (�)(1)b = �2c (�)(2)2c = 0

()

8<:

a = �b� c (�)(1)b = �2c (�)(2)c = 0 (�)(3)

()

8<:

a = �b� c (�)(1)b = 0 (�)(2)c = 0 (�)(3)

()

8<:

a = 0 (�)(1)b = 0 (�)(2)c = 0 (�)(3)

7 G�en�erateurs lin�eaires

Remarque. Soit S = (vi)i2I un syst�eme d'un espace vectoriel E, on peut aussi caract�eriser le fait

que S est libre, par pour tout x 2 E, la relation

x =Xi

�ivi

admet au plus une solution. On obtiendrait une notion oppos�ee (duale) de la notion de libre

en inversant l'ordre dans R. pour tout x 2 E, la relation

x =Xi

�ivi

admet au moins une solution. Cela conduit �a la notion importante de syst�eme g�en�erateur.

D�e�nition 14.7. Soit S = (vi)i2I un syst�eme d'un espace vectoriel E. On dit que S est g�en�erateur

si pour tout x 2 E, la relation

x =Xi

�ivi

admet au moins une solution (�i)i2I 2 K(I)

25

Autrement dit E = vect fvi j i 2 Ig

Par abus, on dit qu'une partie B de E est un g�en�erateur de E, si le syst�eme (b)b2B est ung�en�erateur de E.

Voici les propri�et�es imm�ediates de la notion de g�en�erateur :

� E est g�en�erateur.

� Soit G un g�en�erateur et x 2 E, on a :

G n fxg generateur () x 2 vect(G)

Cette propri�et�e est la propri�et�e duale de 5

� Pour toute partie A d'un espace vectoriel, A est un g�en�erateur de vect(A)

La proposition qui suit donne un crit�ere pratique pour v�eri�er si un syst�eme est g�en�erateur.

Proposition 18.7. Soit G un g�en�erateur d'un espace vectoriel E. Soit S un syst�eme de E. Si tout�el�ement de G est combinaison lin�eaire d'�el�ements de S, alors S est g�en�erateur.

Autrement dit au lieu de v�eri�er si tout �el�ement de E est combinaison lin�eaire d'�el�ements deS, il su�t de le v�eri�er pour les �el�ements d'un g�en�erateur.

Preuve : . On a G � vect(S), donc vect(G)(= E) � vect(S) �

Exemples :

� Dans Kn, le syst�eme

((1; 0; 0; : : : ); (0; 1; 0; : : : ); : : : ; (0; 0; : : : ; 0; 1))

est g�en�erateur car tout (x1; x2; : : : ; xn) 2 Kn s'�ecrit

(x1; x2; : : : ; xn) = x1(1; 0; 0; : : : ) + x2(0; 1; 0; : : : ) + : : :

� Dans K [X], le syst�eme (Xn)n2N est g�en�erateur.

� Dans K(X), le syst�eme des �el�ements simples est g�en�erateur.

26

� Dans R2 le syst�eme ((1; 1); (1;�2); (�1; 1)) est g�en�erateur car soit (a; b) 2 R2, cherchons si lesyst�eme

(a; b) = �1(1; 1) + �2(1;�2) + �3(�1; 1)

admet au moins une solution (�1; �2; �3) 2 R3 On a

(a; b) = �1(1; 1) + �2(1;�2) + �3(�1; 1)

()

��1 + �2 � �3 = a�1 � 2�2 + �3 = b

()

��1 + �2 � �3 = a�1 � 2�2 + �3 = b

()

��1 = ��2 + �3 + a (�)(1)(��2 + �3 + a)� 2�2 + �3 = b

()

��1 = ��2 + �3 + a (�)(1)

�3�2 + 2�3 = b� a

()

��1 = ��2 + �3 + a (�)(1)�3 = (b� a+ 3�2)=2 (�)(2)

()

��1 = ��2 + �3 + a (�)(1)�3 = (b� a+ 3�2)=2 (�)(2)

()

��1 = �2=2 + (b+ a)=2; (�)(1)�3 = (b� a+ 3�2)=2 (�)(2)

()

��1 = �2=2 + (b+ a)=2; (�)(1)�3 = (b� a+ 3�2)=2 (�)(2)

Donc le syst�eme admet une in�nit�e de solution

f(�2=2 + (b+ a)=2; �2; (b� a+ 3�2)=2) j �2 2 Rg

Donc ((1; 1); (1;�2); (�1; 1)) est g�en�erateur.

8 Base et dimension d'un espace vectoriel

8.1 Base d'un espace vectoriel

Soit E un espace vectoriel. S = (vi)i2I un syst�eme de E, on a vu que :

� S libre si et seulement si pour tout x 2 E, la relation x =P

i �ivi admet au plus une solution(�i) 2 K(I)

� S g�en�erateur si et seulement si pour tout x 2 E, la relation x =P

i �ivi admet au moins unesolution (�i) 2 K(I)

Il en r�esulte aussitot :

Proposition 19.8. Soit E un espace vectoriel. S un syst�eme de E, il est �equivalent de dire :

27

1. Tout �el�ement de E s'�ecrit de fa�con unique comme combinaison lin�eaire d'�el�ements de S.

2. S est �a la fois libre et g�en�erateur.

D�e�nition 15.8. Soit E un espace vectoriel. On appel base de E tout syst�eme de E qui v�eri�e les

conditions �equivalente de la proposition ci-dessus.

Par abus, on dit qu'une partie B de E est une base de E, si le syst�eme (b)b2B est une base deE. (Autrement dit si B est �a la fois libre et g�en�erateur).

Voici les propri�et�es imm�ediates de la notion de base :

� Soit L une partie libre d'un espace vectoriel, alors L est une base de vect(L)

� Soient B;B0 des bases d'un espace vectoriel, on a B � B0 =) B = B0 (en e�et si x 2 B0 nBon aura x 2 vect(B) et B [ fxg libre, contradiction)

� Si un espace vectoriel E admet un g�en�erateur �ni, alors toute les bases de E sont �nies (donctoutes les parties libres sont �nies) (en e�et si G est un g�en�erateur �ni de E et B base deE, soit B1 les �el�ements de B intervenant dans l'�ecriture des �el�ements G comme combinaisonlin�eaire d'�el�ements de B, comme G est �ni, B1 est �ni, par le cryt�ere 18.7 B1 est g�en�erateur,comme il est libre, c'est une base, comme B1 � B, on a B = B1 �nie )

Exemples :

� DansKn, le syst�eme ((1; 0; 0; : : : ); (0; 1; 0; : : : ); : : : ; (0; 0; : : : ; 0; 1)) est �a la fois libre et g�en�erateur,donc base de Kn. (On l'appel la base canonique de Kn).

� Si L est une partie libre d'un espace vectoriel, c'est une base de vect(L)

� Dans K [X], le syst�eme (Xn)n2N est une base.

� Dans K(X), le syst�eme des �el�ements simples est une base.

� Dans R3 le syst�eme ((�2; 1; 3); (1; 4;�1); (2; 7; 1)) est une base car, soit (a; b; c) 2 R3, mon-trons que le syst�eme

(a; b; c) = �1(�2; 1; 3) + �2(1; 4;�1) + �3(2; 7; 1)

a une solution et une seule.

On a

(a; b; c) = �1(�2; 1; 3) + �2(1; 4;�1) + �3(2; 7; 1)

()

8<:

�2�1 + �2 + 2�3 = a�1 + 4�2 + 7�3 = b3�1 � �2 + �3 = c

()

8<:

�2�1 + �2 + 2�3 = a�1 + 4�2 + 7�3 = b3�1 � �2 + �3 = c

28

()

8<:

�2�1 + �2 + 2�3 = a�1 + 4�2 + 7�3 = b�2 = 3�1 + �3 � c (�)(1)

()

8<:

�2�1 + (3�1 + �3 � c) + 2�3 = a�1 + 4(3�1 + �3 � c) + 7�3 = b�2 = 3�1 + �3 � c (�)(1)

()

8<:

�1 + 3�3 = a+ c13�1 + 8�3 = b+ c�2 = 3�1 + �3 � c (�)(1)

()

8<:

�1 = a+ c� 3�3 (�)(2)13�1 + 8�3 = b+ c�2 = 3�1 + �3 � c (�)(1)

()

8<:

�1 = a+ c� 3�3 (�)(2)13(a+ c� 3�3) + 8�3 = b+ c�2 = 3�1 + �3 � c (�)(1)

()

8<:

�1 = a+ c� 3�3 (�)(2)�31�3 = b� 12c� 13a�2 = 3�1 + �3 � c (�)(1)

()

8<:

�1 = a+ c� 3�3 (�)(2)�3 = (�b+ 12c+ 13a)=31 (�)(3)�2 = 3�1 + �3 � c (�)(1)

()

8<:

�1 = a+ c� 3((�b+ 12c+ 13a)=31) (�)(2)�3 = (�b+ 12c+ 13a)=31 (�)(3)�2 = 3�1 + �3 � c (�)(1)

()

8<:

�1 = (�8a)=31� (5c)=31 + (3b)=31 (�)(2)�3 = (�b+ 12c+ 13a)=31 (�)(3)�2 = 3�1 + �3 � c (�)(1)

()

8>><>>:

�1 = (�8a)=31� (5c)=31 + (3b)=31 (�)(2)�3 = (�b+ 12c+ 13a)=31 (�)(3)�2 = 3((�8a)=31� (5c)=31 + (3b)=31)+((�b+ 12c+ 13a)=31)� c (�)(1)

29

()

8<:

�1 = (�8a)=31� (5c)=31 + (3b)=31 (�)(2)�3 = (�b+ 12c+ 13a)=31 (�)(3)�2 = (�11a)=31 + (2b)=31� (24c)=31 (�)(1)

Le syst�eme a une solution unique, donc

((�2; 1; 3); (1; 4;�1); (2; 7; 1))

est une base de R3.

Les deux th�eor�emes qui suivent jouent un role fondamental en alg�ebre lin�eaire.

8.2 Th�eor�eme de la base incompl�ete

Th�eor�eme 1.8. ( Th�eor�eme de la base incompl�ete ) Soit E un espace vectoriel. Soit L une partie

libre de E et soit G une partie g�en�erateur de E, il existe G0 � G tel que L [G0 est une base de E.

Pratiquement ce th�eor�eme veut dire que l'on peut compl�eter de proche en proche, L par des �el�ementsde G jusqu'�a obtenir une base de E. Nous montrerons que ce processus est �ni si E a un g�en�erateur�ni.

Nous d�emontrons ce th�eor�eme sous l'hypoth�ese que E a un g�en�erateur �ni, la preuve dans lecas g�en�eral fait appel �a un lemme de th�eorie des ensemble qui n'a pas �et�e vu en semestre 1, �a savoirle lemme de Zorn.

Preuve du th�eor�eme : Soit Go un g�en�erateur �ni de E, Soit G1 les vecteurs �gurant dansles d�ecompositions des �el�ements de Go comme combinaison lin�eaire d'�el�ement de G. Comme Go est�ni, G1 est �ni. Par le cryt�ere des g�en�erateurs 18.7 G1 est g�en�erateur. Il su�t alors de d�emontrerle th�eor�eme pour G1 qui est g�en�erateur �ni de E. Soit G0 � G1 tel que L [ G0 est libre et jG0jmaximum. Soit g 2 G1, si g =2 vect(L [ G0), alors L [ G0 [ fgg est libre, de plus g =2 G0 (puisqueg =2 vect(L[G0)), donc jG0 [ fggj = jG0j+1 > jG0j, ce qui conterdit jG0j maximum. Donc pour toutg 2 G1, on a g 2 vect(L [G0), toujours par le cryt�ere des g�en�erateurs 18.7, L [G0 est g�en�erateur.Comme il est libre par construction, c'est une base de E �

Comme cons�equences imm�ediates du th�eor�eme ci-dessus, on obtient :

� Tous syst�eme libre se compl�ete �a une base (prendre G = E).

� Tous syst�eme g�en�erateur contient une base (prendre L = ;).

� Tout espace vectoriel admet une base (prendre L = ; et G = E).

Exemple :

30

Dans R3 le syst�eme ((1; 1; 0); (1;�1; 0)) est libre. On peut donc le compl�eter par des vecteurs dela base canonique ((1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)) et obtenir une base de R3. On v�eri�e que les syst�emes

((1; 1; 0); (1;�1; 0); (1; 0; 0)) ((1; 1; 0); (1;�1; 0); (0; 1; 0))

sont li�es et que((1; 1; 0); (1;�1; 0); (0; 0; 1))

est libre. donc la base cherch�ee est

((1; 1; 0); (1;�1; 0); (0; 0; 1))

.

8.3 Th�eor�eme de la dimension

Le deuxi�eme th�eor�eme fondamental de l'alg�ebre lin�eaire est le th�eor�eme suivant :

Th�eor�eme 2.8. ( Th�eor�eme de la dimension) Soit E un espace vectoriel. B et B0 des bases de

E. On a :

jBj =��B0��

Nous d�emontrons ce th�eor�eme sous l'hypoth�ese que E a un g�en�erateur �ni, la preuve dans lecas g�en�eral fait appel �a au lemme de Zorn .

On aura besoin du lemme suivant :

Lemme. Soit E un espace vectoriel. Soit L une partie libre de E, G un g�en�erateur de E. Soit

x 2 L , il existe x0 2 G tel que

(L n fxg) [�x0

est libre et x0 =2 L n fxg

Preuve : . Si tout x0 2 G appartient �a vect(L n fxg), par le crit�ere des g�en�erateurs 18.7 L n fxgserait g�en�erateur, donc x 2 vect(L n fxg) ce qui conterdit L libre, donc il existe x0 2 G tel que

x0 =2 vect(L n fxg), par une propri�et�e imm�ediate des partie libre, (L n fxg) [ fx0g est libre et on a

x0 =2 L n fxg car x0 =2 vect(L n fxg) �

Preuve du th�eor�eme : Supposons que E admet un g�en�erateur �ni. Soit L une partie librede E et B une base de E, montrons que jLj � jBj, il en resulterait que jB0j � jBj et jBj � jB0jdonc jBj = [B0[. Pour montrer que jLj � jBj on proc�ede par recurrence sur jLj � jL \Bj, par unepropri�et�e imm�ediate des bases, L et B sont �nies. Si jLj � jL \ Bj = 0 alors jLj = [L \ B[� jBj,supposons jLj � jL \ Bj > 0, il existe alors x 2 L n L \ B, par le lemme il existe x0 2 B tel que(Lnfxg)[fx0g est libre et x0 =2 Lnfxg, alors x0 =2 L\B car comme x =2 L\B on a L\B � Lnfxg.Posons L0 = (L n fxg) [ fx0g, alors L0 \ B = ((L n fxg) \ B) [ (fx0g \ B) = (L \ B) [ fx0g, doncjL0 \Bj = jL\Bj+ 1 et on a jL0j = [L[ (car x0 =2 L n fxg), donc jL0j � jL0 \Bj = jLj � jL\Bj � 1,par l'hypoth�ese de r�ecurrence jL0j � `jBj, donc jLj � `jBj �

D�e�nition 16.8. Soit E un espace vectoriel. Le cardinal d'une base de E s'appel dimension de

l'espace vectoriel E

31

On la note dim(E)

Exemples :

�dim(Kn) = n

� L'espace vectoriel trivial f0g a pour base l'ensemble vide ; et donc :

dim(f0g) = 0

� Si L est une partie libre d'un espace vectoriel, dim(vect(L)) = jLj

� On a vu qu'une base de K [X] est (Xn)n2N, par suite :

dim(K [X]) = jNj

� On vu qu'une base de C [X] est

�Xn;

1

(X � �)m

�n2N;�2C;m2N(m�1)

, par suite :

dim(C(X)) = jNj+ jCj � jN n f0g j = jCj = jRj � jRj = jRj

(car si a; b sont des cardinaux in�nis, avec a � b, on a a+ b = a� b = b )

Cons�equences imm�ediates des th�eor�emes 1.8 et 2.8

Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n

� Tout syst�eme libre a au plus n �el�ement (tout syst�eme qui a strictement plus que n �el�ementsest li�e)

� Tout syst�eme libre qui a n �el�ements est une base.

� Tout syst�eme g�en�erateur a au moins n �el�ements. (tout syst�eme qui a strictement moins quen �el�ements est non g�en�erateur)

� Tout syst�eme g�en�erateur qui a n �el�ements est une base.

Avec ces propri�et�es on peut rapidement r�epondre si les syst�emes suivants sont libre, li�es,g�en�erateur ou base :

� E = R3, ((1; 1; 0); (1;�1; 4); (0; 7; 8); (1; 1; 1)) libre ou li�e ?

� E = R2, ((1; 1); (1;�1)) base ?

� E = R4, ((1; 5;�5; 7); (8; 4; 7; 2); (5; 1; 1; 2)) g�en�erateur ?

Remarque.

� Dans un espace vectoriel de dimension �nie n, si un syst�eme a n �el�ements, pour montrer que

ce syst�eme est une base il su�t de montrer qu'il est libre ou g�en�erateur.

32

� Dans l'exemple qui suit la d�e�nition 15.8, il su�sait de v�eri�er que le syst�eme

((�2; 1; 3); (1; 4;�1); (2; 7; 1))

est libre (ou g�en�erateur)

� Dans un espace vectoriel de dimension �nie, le processus de compl�etition de proche en proche

s'arr�ete n�ecessairement, car sinon on construirait un syst�eme libre in�ni.

8.4 Classi�cation des espaces vectoriels

En science naturelle se pose le probl�eme de classi�er (�enum�erer) tous les �esp�eces d'un �etre vivantayant une propri�et�e donn�ee. En math�ematique il se pose un probl�eme analogue de classi�er (�aisomorphisme pr�es) tous les esp�eces d'une structure donn�ee S . En terme pr�ecis le probl�eme revient�a :

� Determiner un ensemble E dont les �el�ements v�eri�ent la structure S

� Chaque objet math�ematique qui v�eri�e la structure est isomorphe �a un et �a un seul �el�ementde E (en particulier les �el�ements de E sont deux �a deux non isomorphes )

Pour la structure d'espace vectoriel, le probl�eme de la classi�cation est relativement facile (Iln'on est rien de loin dans le cas des groupes �nis par exemple), la proposition qui suit resoud leprobl�eme de classi�cation des espaces vectoriels :

Proposition 20.8. (Classi�cation des espaces vectoriels sur K) Soient E et E0 des espaces vecto-

riels sur le meme corps K. On a

E ' E0 () dim(E) = dim(E0)

En cons�equence on a

� Si n 6= m, Kn et Km ne sont pas isomorphes.

� dim(E) = n() E ' Kn

L'ensemble des prototypes E des espaces vectoriels de dimension �nie est donc form�e desKn (n 2 N n � 1)

Preuve de la proposition : Si E ' E0 soit f : E �! E0 un isomorphisme d'espace vectoriel.Soi B = (ei)i2I une base de E, soit B

0 = (f(ei))i2I , montrons que B0 est une base de E0. Soit y 2 E0,il existe x 2 E tel que y = f(x), �ecrivons x =

Pi xiei, alors y = f(x) = f(

Pi xiei) =

Pi xif(ei),

donc B0 est g�en�erateur de E0. B0 est libre car siP

i xif(ei) = 0, alors f(P

i xiei) = 0 = f(0), doncPi xiei = 0, donc xi = 0 pour tout i 2 I,. Par suite dim(E0) = jIj = dim(E). Inversement si

dim(E) = dim(E0), soient B et B0 des bases respectives de E et E0, on a donc jBj = jB0j, soitf : B �! B0 une bijection, pour x 2 E, x =

Pi xiei, posons f(x) =

Pi xif(ei), on v�eri�e que f

est un isomorphisme d'espace vectoriel �

33

8.5 Base et dimension des solutions d'un syst�eme lin�eaire

Dans la proposition 4.3, nous avons vu que l'ensemble des solutions d'un syst�eme homog�ene est unespace vectoriel. Trouvons une base et la dimension de cet espace vectoriel.

Proposition 21.8. Soit S un syst�eme lin�eaire homog�ene. Supposons qu'une r�esolution de S a

conduit �a xj1 ; xj2 ; : : : ; xjt comme param�etres. Soit sk la solution obtenus en prenant xjk = 1 et

xji = 0 pour i 6= k, alors (s1; s2; : : : ; st) est une base de l'ensemble des solutions de S , et la solution

g�en�erale de S s'�ecrit

s =tX

k=1

xjksk

Corollaire. Soit S un syst�eme lin�eaire homog�ene. Supposons qu'une r�esolution de S a conduit

�a xj1 ; xj2 ; : : : ; xjt comme param�etres, alors l'espace vectoriel S des solutions de S , v�eri�e :

dim(S) = t (= nombre des parametres)

Pour un syst�eme non homog�ene il faut modi�er l�egerement cette proposition ;

Proposition 22.8. Soit S un syst�eme lin�eaire possible. Supposons qu'une r�esolution de S a

conduit �a xj1 ; xj2 ; : : : ; xjt comme param�etres. Soit so la solution obtenue en posant

xj1 = xj2 = � � � = xjt = 0

Soit so+ sk la solution obtenus en prenant xjk = 1 et xji = 0 pour i 6= k, alors la solution g�en�erale

de S s'�ecrit de fa�con unique :

s = so +tX

k=1

xjksk

Exemples :

� Soit le syst�eme

�x+ y � z = 1x� z = 5�

x+ y � z = 1x� z = 5

()

�(z + 5) + y � z = 1x = z + 5 (�)(1)

()

�5 + y = 1x = z + 5 (�)(1)

()

�y = �4 (�)(2)x = z + 5 (�)(1)

La solution g�en�erale s'�ecrit donc :

s = (z + 5;�4; z) = (5;�4; 0) + z(1; 0; 1) z 2 K

34

� Soit le syst�eme trouver (x; y; z) 2 K3 tel que x+ 5y = �3. On a :

x+ 5y = �3() x = �3� 5y (�)

Donc la solution g�en�erale s'�ecrit :

s = (�3� 5y; y; z) = (�3; 0; 0) + y(�5; 1; 0) + z(0; 0; 1)

8.6 Base et dimension d'une somme directe

Cherchons maintenant une base et la dimension d'une somme directe. On a

Proposition 23.8. Soient F1; F2; : : : ; Fn des sous espaces vectoriels d'un espace vectoriel E. SoitBi une base de Fi, alors B1 [B2 [ � � � [Bn est un g�en�erateur de F1+F2+ � � �+Fn, c'est une base

avec Bi \Bj = ; pour i 6= j si et seulement si F1 + F2 + � � �+ Fn est directe.

Il r�esulte de cette proposition qu'�etant donn�e Bi � E i = 1; 2; : : : ; n, si B1 [ B2 [ � � � [ Bn estlibre, et si Bi \Bj = ; pour i 6= j, alors la somme

vect(B1) + vect(B2) + � � �+ vect(Bn))

est directe.

Exemple : Soi B = (e1; e2; e3; e4) une base de R4. Posons

� F1 = vect(e1)

� F2 = vect(e2; e3)

� F3 = vect(e4)

alors F1 + F2 + F3 est directe.

Corollaire. Soient F1; F2; : : : ; Fn des sous espaces vectoriels d'un espace vectoriel E de dimension

�nie. On a

dim(F1 + F2 + � � �+ Fn) � dim(F1) + dim(F2) + � � �+ dim(Fn)

avec l'�egalit�e si et seulement si la somme est directe.

D�e�nition 17.8. Soit F un sous espace vectoriel d'un espace vectoriel E. On appel supplimentaire

de F dans E tout sous espace vectoriel F 0 de E tel que :

E = F � F 0

De cette d�e�nition il r�esulte imm�ediatement que ;

� f0g et E sont suppl�ementaires l'un de l'autre

35

� Si F � F 0 est une somme directe, soit E1 = F � F 0, dans l'espace vectoriel E1, F et F 0 sontsuppl�ementaires l'un de l'autre.

Il r�esulte du th�eor�eme 1.8 (th�eor�eme de la base incompl�ete) et de la proposition 23.8 que

Proposition 24.8. Tous sous espace vectoriel d'un espace vectoriel E admet un supplimentaire

dans E.

Preuve : . Soit B1 une base de F , on compl�ete B1 a une base B1 [B0 de E, (B0 \B1) = ;. Soit

F 0 = vect(B0). Comme B1 [ B0 est libre et (B0 \ B1) = ;, la somme F + F 0 est directe. Comme

B1 [B0 est g�en�erateur de F + F 0 (cf proposition 23.8), on a F + F 0 = vect(B1 [B0) = E �

Comme cons�equences imm�ediates de la proposition ci-dessus on a :

Proposition 25.8. Soit F un sous espace vectoriel d'un espace vectoriel E

� dim(F ) � dim(E)

� Si E est de dimension �nie, on a :

dim(F ) = dim(E) =) F = E

Proposition 26.8. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. F un sous espace vectoriel de

E. On a

dim(E=F ) = dim(E)� dim(F )

Preuve : Soit F 0 un sous espace vectoriel suppl�ementaire de F , on a dim(E) = dim(F ) +dim(F 0), et par la proposition 16.5 F 0 ' E=F �

8.7 Rang d'un syst�eme de vecteur

D�e�nition 18.8. Soit E un espace vectoriel. Soit S = (vi)i2I une famille d'�el�ements de E(syst�eme de E). On appel rang du syst�eme S a dimension du sous espace vectoriel vect(S )engendr�e par S

On le note rang(S )

Par abus on appel aussi rang d'une partie A de E, le rang du syst�eme (a)a2A, donc

rang(A) = dim(vect(A))

Remarque. Pour le calcul du rang d'un syst�eme S , il est inutile de consid�erer tout l'espace

vect(S ), il su�t (par le th�eor�eme de la base incompl�ete) de chercher un sous syst�eme de S

minimal qui engendre tous les �el�ements de S

36

Proposition 27.8. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. S = (v1; v2; : : : ; vn) un syst�eme

de E. Soit le syst�eme lin�eaire

x1v1 + x2v2 + : : : xnvn = 0

Supposons qu'une r�esolution de ce syst�eme lin�eaire a conduit �a xi1 ; xi2 ; : : : ; xir comme inconues

�elimin�ees et xj j 6= ik comme param�etres, alors (vi1 ; vi2 ; : : : ; vir) est une base de vect(S ), enparticulier rang(S ) = r. De plus ecrivons les xik en fonction des param�etres

xik =X

xj parametre

akjxj

alors

vj = �rX

k=1

akjvik

Remarque. La deuxi�eme relation revient �a dire qu'on obtient l'expression des vj (tel xj param�etre)en lisant verticalement (les colonnes) la premi�ere relation et en multipliant par -1 l'expression

obtenue.

Exemples :

1. S = ((1; 2); (4; 5); (6; 7))

x1(1; 2) + x2(4; 5) + x3(6; 7) = 0()

�x1 + 4x2 + 6x3 = 02x1 + 5x2 + 7x3 = 0

�x1 + 4x2 + 6x3 = 02x1 + 5x2 + 7x3 = 0

()

�x1 = �4x2 � 6x3 (�)(1)2(�4x2 � 6x3) + 5x2 + 7x3 = 0

()

�x1 = �4x2 � 6x3 (�)(1)�3x2 � 5x3 = 0

()

�x1 = �4x2 � 6x3 (�)(1)x2 = �5x3=3 (�)(2)

()

�x1 = 2x3=3 (�)(1)x2 = �5x3=3 (�)(2)

Par la proposition (v1; v2) est une base et on a

v3 = �2v1=3 + 5v2=3

Ce que l'on peut v�eri�er directement.

37

S = ((1; 2; 1); (4;�1; 7))

x1(1; 2; 1) + x2(4;�1; 7) = 0() x1 = x2 = 0

On retrouve que ((1; 2; 1); (4;�1; 7)) est libre.

2. S = ((1; 2; 2); (1;�1; 0); (3; 3; 4))

x1(1; 2; 2) + x2(1;�1; 0) + x3(3; 3; 4) = 0

()

8<:

x1 + x2 + 3x3 = 02x1 � x2 + 3x3 = 02x1 + 4x3 = 0

()

8<:

x1 + (2x1 + 3x3) + 3x3 = 0x2 = 2x1 + 3x3 (�)(1)2x1 + 4x3 = 0

()

8<:

x1 = �2x3 (�)(2)x2 = 2x1 + 3x3 (�)(1)2x1 + 4x3 = 0

()

8<:

x1 = �2x3 (�)(2)x2 = 2x1 + 3x3 (�)(1)0 = 0

()

8<:

x1 = �2x3 (�)(2)x2 = �x3 (�)(1)0 = 0

Donc (v1; v2) est une base, et

v3 = 2v1 + v2

9 Applications lin�eaires et Matrices

9.1 Applications lin�eaires

Soit E et E0 des espaces vectoriels sur K, les applications E �! E0 les plus int�eressantes sont cellesqui sont compatibles avec les structures d'espace vectoriel de E et E0.

D�e�nition 19.9. Soit E et E0 des espaces vectoriels sur K, Une application f : E �! E0 est dite

lin�eaire si :

8x; x0 2 E f(x+ x0) = f(x) + f(x0)

8x 2 E 8� 2 K f(�x) = �f(x)

38

On note L (E;E0) l'ensemble des applications lin�eaires de E �! E0.

Remarque. On peut grouper les deux conditions de la lin�eairt�e en une seule �a savoir :

8x; x0 2 E 8�; � 2 K f(�x+ �x0) = �f(x) + �f(x0)

ou encore :

8x; x0 2 E 8� 2 K f(x+ �x0) = f(x) + �f(x0)

Soit f : E �! E0 lin�eaire. Comme cons�equences imm�ediates de la lin�earit�e, on a

� f(0) = 0.

� 8x 2 E f(�x) = �f(x).

� 8x 2 E 8n 2 Z f(nx) = nf(x).

� Soit f : E �! E0 lin�eaire. Soit :

Xi

�ivi

une combinaison lin�eaire d'�el�ements de E, on a :

f(Xi

�ivi) =Xi

�if(vi)

Exemples :

1. Soit f : R2 �! R3 (x; y) �! (x+ 2y; 3x+ 5y;�7x+ 11y)

f(�(x; y) + �(x0; y0)) = f((�x+ �x0; �y + �y0))

= ((�x+ �x0) + 2(�y + �y0); 3(�x+ �x0) + 5(�y + �y0); (�7)(�x+ �x0) + 11(�y + �y0))

= �(x+ 2y; 3x+ 5y;�7x+ 11y) + �(x0 + 2y0; 3x0 + 5y0;�7x0 + 11y0)

= �f((x; y)) + �f((x0; y0))

39

2. Soit E l'ensemble des polynomes de K [X] de degr�e � 2. Soit

f : E �! E

,P �! XP (X + 2)� (X � 1)P (X � 3)

.

8P;Q 2 E 8�; � 2 K f(�P + �Q)

= X(�P + �Q)(X + 2)� (X � 1)(�P + �Q)(X � 3)

= X(�P (X + 2) + �Q(X + 2))� (X � 1)(�P (X � 3) + �Q(X � 3))

= �(XP (X + 2)� (X � 1)P (X � 3)) + �(XQ(X + 2)� (X � 1)Q(X � 3))

= �f(P ) + �f(Q)

Proposition 28.9.

� Soient f; g : E �! E0 lin�eaires, alors f + g : E �! E0 est lin�eaire.

� Soient f : E �! E0 lin�eaire, � 2 K, alors �f : E �! E0 est lin�eaire.

� Soit f : E �! E0 et g : E0 �! E00 lin�eaire, alors g � f : E �! E00 est lin�eaire.

� Soit f : E �! E0 lin�eaire bijective, alors f�1 : E0 �! E est lin�eaire.

Les deux premi�eres propri�et�es montrent que :

Proposition 29.9. (L (E;E0);+; :) est un espace vectoriel sur K.

Il su�t de remarquer que c'est un sous espace vectoriel de l'espace vectoriel (E0)E

Pour les propri�et�es de la loi � sur les applications lin�eaires, ils sont r�esum�ees par :

Proposition 30.9.

� Soient f : E �! E0 et g : E0 �! E00 et h : E00 �! E000, alors (h � g) � f = h � (g � f)

� Soient f : E �! E0 et g : E0 �! E00 lin�eaires, soit � 2 K, alors �(g�f) = (�g)�f = g�(�f)

� Soient f; f 0 : E �! E0 et g : E0 �! E00 lin�eaires, on a g � (f + f 0) = g � f + g � f 0

� Soient f : E �! E0 et g; g0 : E0 �! E00 lin�eaires, on a (g + g0) � f = g � f + g0 � f

40

La premi�ere propri�et�e est vrai pour f; g; h applications queconques et non n�ecessairementlin�eaires.

Les propri�et�es 2 3 et 4 sont r�esum�es par :

Soient f; f 0 : E �! E0 et g : E0 �! E00 lineaires; �; � 2 K on a g�(�f+�f 0) = �(g�f)+�(g�f 0)

Soient f : E �! E0 et g; g0 : E0 �! E00 lineaires; �; � 2 K on a (�g+�g0)�f = �(g�f)+�(g0�f)

D�e�nition 20.9. Soit E un espace vectoriel. Une application lin�eaire f : E �! E s'appel

endomorphisme de E.

On note L (E)(= L (E;E)) l'ensemble des endomorphismes de E.

Il r�esulte en particulier des propositions ci-dessus que

Proposition 31.9. (L (E);+; �) est un anneau.

(En fait c'est une K � Algebre, on appel ainsi un anneau muni d'une structure d'espace vectorielsur un corps K tel que la propri�et�e 2 de la proposition 30.9 est v�eri��ee)

Nous verrons au paragraphe suivant que l'anneau (L (E);+; �) n'est ni commutatif, ni int�egre.

D�e�nition 21.9. Soit E un espace vectoriel. Une application lin�eaire bijective f : E �! Es'appel automorphisme de E.

On note GL(E) l'ensemble des automorphismes de E.

Il r�esulte des propositions ci-dessus que

Proposition 32.9. (GL(E); �) est un groupe.

En fait on a GL(E) = (L (E))�. (Si A est un anneau, l'ensemble des �el�ements inversibles de Ase note souvent A�, �a ne pas confendre avec A n f0g )

41

Le groupe GL(E) et ses sous groupe jouent un role important en g�eom�etrie et en physique.

La proposition qui suit montre que la lin�eairit�e preserve le caract�ere "sous espace vectoriel"

Proposition 33.9. Soit f : E �! E0 lin�eaire

� L'image f(F ) d'un sous espace vectoriel F de E est un sous espace vectoriel de E0

� L'image r�eciproque f�1(F 0) d'un sous espace vectoriel F 0 de E0 est un sous espace vectoriel

de E

D�e�nition 22.9. Soit f : E �! E0 lin�eaire. On appel noyau de f le sous espace vectoriel de E :

f�1 f0g = fx 2 E j f(x) = 0g

On le note Ker(f)

Proposition 34.9.

f injective() Ker(f) = f0g

Preuve : . Si f est injective, on a x 2 Ker(f) =) f(x) = 0 = f(0), donc x = 0. Inversement

si Ker(f) = f0g, f est injective car f(x) = f(x0) =) f(x) � f(x0) = 0 �! f(x � x0) = 0, doncx� x0 2 Ker(f), donc x� x0 = 0 �

Exemple : Soit E = K [X] (K corps commutatif). Soit f E �! E

P �! P � P 0

On v�eri�e que f est lin�eaire. Calculons Ker(f)

f(P ) = 0() P � P 0 = 0() P = P 0

Or on a toujours si P 6= 0, d�(P 0) � d�(P )�1, donc P = 0, doncKer(f) = f0g, donc f injective

D�e�nition 23.9. Soit f : E �! E0 lin�eaire. On appel espace image de f le sous espace vectoriel

f(E) de F

On le note Im(f)

Im(f) = ff(x) j x 2 Eg

Remarque.

f surjective() Im(f) = E0

C'est l'�enonc�e dual de :

f injective() Ker(f) = f0g

Proposition 35.9. Soif f : E �! E0 lin�eaire. Soit B = (ei)i2I une base de E, on a :

Im(f) = vect(f(ei))i2I

42

Preuve : On a :

Im(f) = ff(x) j x 2 Eg =

(f(Xi

xiei) j (xi) 2 K(I)

)=

(Xi

xif(ei) j (xi) 2 K(I)

)�

Th�eor�eme 3.9. Soit f : E �! E0 lin�eaire. On a un isomorphisme d'espace vectoriel :

E=Ker(f) �! Im(f)

x �! f(x)

Comme cons�equence, on a

Th�eor�eme 4.9. Soit f : E �! E0 lin�eaire. Supposons E de dimension �nie, on a :

dim(Im(f))+dim(Ker(f))=dim(E)

Preuve : . Voici une Preuve directe de ce th�eor�eme : Soit H un supplimentaire de Ker(f) dansE. Soit f1 : H �! Im(f); x �! f(x). f1 est injective car si f1(x) = 0 alors x 2 Ker(f), donc x 2Ker(f)\H = f0g, donc x = 0. f1 est surjective car soit y 2 Im(f), donc y = f(x) pour un x 2 E.Ecrivons x = x1+ x2, avec x1 2 Ker(f) et x2 2 H. On a y = f(x) = f(x1) + f(x2) = 0+ f(x2) =f(x2) et x2 2 H. Donc dim(E) = dim(H) + dim(Ker(f)) = dim(Im(f)) + dim(Ker(f)) �

Exemples :

1. Reprenons f : R2 �! R3 (x; y) �! (x+ 2y; 3x+ 5y;�7x+ 11y), on a :

(x; y) 2 Ker(f)()

8<:

x+ 2y = 03x+ 5y = 0

�7x+ 11y = 0()

�x = 0y = 0

Donc Ker(f) = f(0; 0)g, donc dim(Ker(f)) = 0, donc dim(Im(f)) = dim(E) = 2. On a ene�et :

Im(f) = f(x+ 2y; 3x+ 5y;�7x+ 11y) j x; y 2 Rg

= fx(1; 3;�7) + y(2; 5; 11) jx; y 2 Rg

Im(f) = vect((1; 3;�7); (2; 5; 11))

Donc ((1; 3;�7); (2; 5; 11)) est g�en�erateur de Im(f), comme il est libre (car 1=2 6= 3=5), c'estune base de Im(f), donc dim(Im(f)) = 2

2. Soit f R4 �! R2

(x; y; z; t) �! (x+ y � z � t; x� y + 2z � 3t)

(x; y; z; t) 2 Ker(f)()

�x+ y � z � t = 0x� y + z � 3t = 0

Ker(f) = f(2t; z � t; z; t) j z; t 2 Rg

Donc dim(Ker(f)) = 2, donc dim(Im(f)) = 2. On veri�e en e�et que Im(f) = vect((1; 1); (1;�1))(=R2)

43

Proposition 36.9. Soit f : E �! E0 lin�eaire. Supposons dim(E); dim(E0) �nies et dim(E) = dim(E0).On a :

f bijective() f injective() f surjective

Preuve : . Si f est injective, on a Ker(f) = f0g, donc dim(Ker(f)) = 0, donc dim(Im(f)) =dim(E) = dim(E0), donc Im(f) = E0, donc f est surjective. Si f est surjective, on a Im(f) = E0,

donc dim(Im(f)) = dim(E0) = dim(E), donc dim(Ker(f)) = 0, donc Ker(f) = f0g, donc f est

injective �

Corollaire. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. Soit f 2 L (E), on a ;

f bijective() f injective() f surjective

D�e�nition 24.9. soif f : E �! E0 lin�eaire, on appel rang de l'application lin�eaire f la dimension

de Im(f)

On le note rg(f)

On a donc :

rg(f) + dim(Ker(f)) = dim(E)

Il r�esulte de la proposition 35.9 que :

Proposition 37.9. Soit f : E �! E0 lin�eaire, B = (ei)i2I une base de E, on a :

rg(f) = rg(f(ei))i2I

En fait il y a une sorte de bijection entre les applications lin�eaires et les syst�emes de vecteurs(et nous verrons plus loin avec les matrices). Comme cas particulier de la proposition ci-dessus, ona :

Proposition 38.9. Soit f : E �! E0 lin�eaire, B = (ei)i2I une base de E, on a :

� f injective si et seulement si (f(ei))i2I est libre

� f surjective si et seulement si (f(ei))i2I est g�en�erateur de E0

� f bijective si et seulement si (f(ei))i2I est une base de E0

En lien avect la proposition 35.9, on a :

Proposition 39.9. Soit f : E �! E0 lin�eaire. Le calcul de Ker(f) donne implicitement une base

de Im(f)

Preuve : Le calcul de Ker(f) revient �a resoudre l'�equation f(x) = 0. Soit B = (ei)i2I ,�ecrivons x =

Pi xiei, donc f(x) =

Pi xif(ei), donc le calcul de Ker(f) revient �a resoudre le

syst�emeP

i xif(ei) = 0, nous avons dans la section du rang d'un syst�eme comment la r�esolutiondu syst�eme

Pi xif(ei) = 0 doone une base de vect(f(ei))i2I �

44

9.2 Matrices

9.2.1 Matrice associ�ee �a une application lin�eaire

Soif f : E �! E0 lin�eaire. On souhaite �ecrire analytequement (explicitement) l'expression def(x). En dimension �nie le probl�eme est simple. Soient

B = (e1; e2; : : : ; en) une base de EB0 = ("1; "2; : : : ; "m) une base de E

0.

Pour j = 1; 2; : : : ; n, �ecrivons f(ej) dans la base B0

f(ej) =mXi=1

aij"i

Alors pour x 2 E, soit x = x1e1 + x2e2 + : : : xnen l'ecriture de x dans la base B. On a

f(x) = f(nX

j=1

xjej) =nX

j=1

xjf(ej) =nX

j=1

mXi=1

xjaij"i

Soit

f(x) =Pm

i=1(Pn

j=1 aijxj)"i

Donc moyennement la donn�ee des constantes aij , on explicite compl�etement f(x) par ses com-posantes dans la base B0.

D�e�nition 25.9. Soit K un corps commutatif. On appel matrice (m;n) �a coe��cients dans K,

toute famille (aij)1�i�m;1�j�n d'�el�ements de K index�ee par l'ensemble

I = f1; 2; : : : ;mg � f1; 2;�; ng

.

On note Mm;n(K) l'ensemble des matrices (m;n) �a coe��cients dans K.

Etant donn�e le double indice (i; j) dans aij . Une matrice (aij) 2Mm;n(K) s'�ecrit aussi commeun tableau �a m lignes et n colonnes :

2664

a11a21: : :am1

a12a22: : :am2

: : :: : :: : :: : :

a1na2n: : :amn

3775

45

Proposition 40.9. Soif f : E �! E0 lin�eaire. B = (e1; e2; : : : ; en), B0 = ("1; "2; : : : ; "m) des

bases respectives de E et E0, il existe une matrice unique A = (aij) 2Mm;n(K) v�eri�ant pour toutx 2 E x =

Pi xiei

f(x) =mXi=1

(nX

j=1

aijxj)"i

Preuve : Ecrivons f(ej) dans la base B0, f(ej) =Pm

i=1 aij"i, le calcul ci-dessus donne f(x) =Pmi=1(

Pnj=1 aijxj)"i, inversement si pour tout x 2 E x =

Pi xiei on a f(x) =

Pmi=1(

Pnj=1 a

0ijxj)"i,

en particulier pour x = ej , donc f(ej) =Pm

i=1 a0ij"i, par l'unicit�e de l'�ecriture dans une base

a0ij = aij �

D�e�nition 26.9. La matrice (aij) s'appel matrice de l'application lin�eaire

f dans les bases B et B0.

On note (aij) =MBB0(f)

On a donc

MBB0(f)

k

f(e1) f(e2) f(ej) f(en)266664

a11a21...

am1

a12a22...

am2

a1ja2j...

amj

a1na2n...

amn

377775

"1"2..."m

"Ecriture de

f(ej)dans la base B0

Proposition 41.9. Soif f : E �! E0 lin�eaire. B = (e1; e2; : : : ; en), B0 = ("1; "2; : : : ; "m) des

bases respectives de E et E0. L'application

f �!MBB0(f)

est une bijection entre L (E;E0) et Mm;n(K).

Preuve : Si MBB0(f) = MBB0(g), alors pour tout x 2 E f(x) = g(x), donc f = g, ainsil'application est injective. L'application est surjective car si A = (aij) 2 Mm;n(K), posons pourtout x 2 E x =

Pi xiei :

f(x) =mXi=1

(nX

j=1

aijxj)"i

46

On veri�e facilement que f est lin�eaire, d'apr�es l'unicit�e dans la proposition 40.9, on a A =MBB0(f) �

Exemples :

� Soit f : R2 �! R3 (x; y) �! (x+ 2y; 3x+ 5y;�7x+ 11y)

On v�er�e que f est lin�eaire. Soient B = ((1; 0); (0; 1)) et B0 = ((1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)) lesbases canoniques respectivement de R2 et R3. On a :

{ f((1; 0)) = (1; 3;�7) = 1:(1; 0; 0) + 3(0; 1; 0) + (�7)(0; 0; 1)

{ f((0; 1)) = (2; 5; 11) = 2(1; 0; 0) + 5(0; 1; 0) + 11(0; 0; 1)

donc

MBB0(f) =

24 1

3�7

2511

35

� Soit E l'ensemble des polynomes de K [X] de degr�e � 2. Soit f : E �! E, P �! XP (X +2)� (X � 1)P (X � 3).

On v�eri�e que E un sous espace vectoriel de K [X] ayant comme base canonique B =(1; X;X2). On v�eri�e que f est lin�eaire. On a :

{ f(1) = 1

{ f(X) = X(X + 2)� (X � 1)(X � 3) = X2 + 2X � (X2 � 4X + 3) = 6X � 3

{ f(X2) = X(X + 2)2 � (X � 1)(X � 3)2 = 11X2 � 11X + 9

donc

MBB(f) =

24 1 �3 9

0 6 �110 0 11

35

9.2.2 Alg�ebre des matrices

A l'aide de la bijection f �!MBB0(f) nous allons transporter les op�erations sur les applicationslin�eaires, en op�erations sur les matrices.

Proposition 42.9.

� Soient f; g : E �! E0 lin�eaire. B;B0 bases respectives de E et E0. Posons MBB0(f) = (aij)et MBB0(g) = (bij), alors MBB0(f + g) = (aij + bij)

� Soient f : E �! E0 lin�eaire. B;B0 bases respectives de E et E0. Soit � 2 K. Posons

MBB0(f) = (aij), alors MBB0(�f) = (�aij)

47

� Soient f : E �! E0 et g : E0 �! E00 lin�eaires. B;B0; B00 bases respectives de E et

E0 et E00. Posons MBB0(f) = (bij) 2 Mmn(K) et MB0B00(g) = (aij) 2 Mlm(K), alors

MBB00(g � f) = (cij) 2Mln(K), avec

cij =nX

k=1

aikbkj

Ceci permet de d�e�nir des op�erations sur les matrices. de plus on a la chance que ses op�erationsne d�ependent pas du choix des bases B et B0 (il sont intrins�eques )

D�e�nition 27.9.

� Soient A = (aij); B = (bij) 2Mm;n(K). On pose A+B la matrice (aij + bij) 2Mm;n(K).

� Soient A = (aij) 2Mm;n(K). Soit � 2 K. On pose �A la matrice (�aij) 2Mm;n(K).

� Soient A = (aij) 2Mm;n(K) et B = (bij) 2Mnl(K). On pose AB la matrice (cij) 2Mm;l(K).Avec

cij =nX

k=1

aikbkj

Remarque.

� La somme et produit par un scalaire des matrices se fait composante �a composante.

� Le produit de matrice AB n'est d�e�nit que si

le nombre de colonne de A = nombre de ligne de B

� On a

cij = ( iieme ligne de A )�

0BBBBBBBBBBBB@

jieme

colonne

de B

1CCCCCCCCCCCCA

Donc le produit est g�en�er�e par le produit �el�ementaire de matrice ligne par matrice colonne de laforme

48

(�1 �2 : : : �n)

0BBB@

�1�2...�n

1CCCA = �1�1 + �2�2 + � � �+ �n�n

Exemple : �a b cp q r

��

24 1 7 14

2 8 153 9 16

35

k�a+ 2b+ 3c 7a+ 8b+ 9c 14a+ 15b+ 16cp+ 2q + 3r 7p+ 8q + 9r 14p+ 15q + 16r

�

Par construction on a

Proposition 43.9.

� Soient f; g : E �! E0 lin�eaire. B;B0 bases respectives de E et E0. On a :

MBB0(f + g) = MBB0(f) +MBB0(g)

� Soient f : E �! E0 lin�eaire. B;B0 bases respectives de E et E0. Soit � 2 K. On a :

MBB0(�f) = �MBB0(f)

� Soient f : E �! E0 et g : E0 �! E00 lin�eaires. B;B0; B00 bases respectives de E et E0 et

E00. On a :

MBB00(g � f) = MB0B00(g)MBB0(f)

Cet isomorphisme entre matrice et application lin�eaire fait que toute les propri�et�es des op�erationssur les applications lin�eaires se transmettent sur op�erations sur les matrices. On obtient

Proposition 44.9. Soit : la multiplication des matrices par les scalaires

(Mm;n(K);+; :)

est un espace vectoriel sur K:

formellement une matrice (m;n) se pr�esente comme un mn � uplet (c'eat-�a-dire : un �el�ementde Kmn), on en d�eduit que :

Proposition 45.9. Soit pour tout (r; s) (1 � r � m 1 � s � n) la matrice Ars = (aij) 2Mm;n(K)avec aij = 1 si (i; j) = (r; s) et aij = 0 sinon. Alors (Ars)1�r�m 1�s�n est une base de Mm;n(K)

49

Corollaire. l'espace vectoriel Mm;n(K) est de dimension m� n (�nie)

Corollaire. Soien E;E0 des espace vectoriel sur meme corps de dimension �nie, alors l'espace

vectoriel L (E;E0) est de dimension �nie et on a :

dim(L (E;E0)) = dim(E)� dim(E0)

Examinons maintenant les propri�et�es de la loi multiplication des matrices, rappelons que c'estune loi doublement externe :

Une matrice (m;n) � une matrice (n; l) = une matrice (m; l)

On deduit de la proposition 30.9 :

Proposition 46.9. � Soient A 2Mm;n; B 2Mn;l; C 2Ml;p, on a :(AB)C = A(BC)

� Soient A 2Mm;n; B 2Mn;l � 2 K on a �(AB) = (�A)B = A(�B)

� Soient A1; A2 2Mm;n(K) B 2Mn;l(K) on a (A1 +A2)B = A1B +A2B

� Soien A 2Mm;nK;B1; B2 2Mn;l(K) on a A(B1 +B2) = AB1 +AB2

Remarque.

1. L'associativit�e est une propri�et�e non �evidente du produit matriciel bien qu'elle r�esulte par iso-

morphisme d'une propri�et�e �evidente qui est l'associativit�e de la composition des applications.

2. Les propri�et�es 2 et 3 se r�esument en :

8A1; A2 2Mm;n(K) 8B 2Mn;l(K); 8�; � 2 K (�A1 + �A2)B = �(A1B) + �(A2B)

8A 2Mm;nK; 8B1; B2 2Mn;l(K);8�; � 2 K A(�B1 + �B2) = �(AB1) + �(AB2)

Reprenant le probl�eme de l'�ecriture analytique de f , il admet une solution matricielle �a savoir :

Proposition 47.9. Soit f : E �! E0. Soit B;B0 des bases respectives de E et E0. B =(e1; e2; : : : ; en) et B

0 = ("1; "2; : : : ; "m). Soit x 2 E, x = x1e1 + x2ee + : : : xnen l'�ecriture de x dans

B, et f(x) = y1"1 + y2"2 + � � �+ ym"m l'�ecriture de f(x) dans B0. On a :0BBB@

y1y2...

ym

1CCCA = MBB0(f)

0BBB@

x1x2...

xm

1CCCA

50

Notons

MB(x) =

0BBB@

x1x2...xm

1CCCA

la formule ci-dessus s'�ecrit :

MB0(f(x)) = MBB0(f)MB(x)

Cette formule est tr�es importante, c'est la raison d'�etre des matrices.

Remarque. L'application x �!MB(x) est un isomorphisme d'espace vectoriel entre E etMn;1(K)

Exemple :

Reprenons l'exemple E l'ensemble des polynomes de K [X] de degr�e � 2, et f : E �! E;P �!XP (X + 2)� (X � 1)P (X � 3). Soit B = (1; X;X2) la base canonique de E. Nous avons trouv�e

MBB(f) =

24 1 �3 9

0 6 �110 0 11

35

Il en r�esulte que si P = ao + a1X + a2X2, alors f(P ) = bo + b1X + b2X

2 tel que24 bob1b2

35 =

24 1 �3 9

0 6 �110 0 11

3524 aoa1a2

35 =

24 ao � 3a1 + 9a2

6a1 � 11a211a2

35

On v�eri�e e�ectivement que

XP (X + 2)� (X � 1)P (X � 3) = ao � 3a1 + 9a2 + (6a1 � 11a2)X + 11a2X2

Resumons la correspendance entre applications lin�eaires et les vecteurs d'une part, et les ma-trices

51

x 2 E MB(x)

y = f(x) MB(y) = MBB0(f)MB(x)

f + g MBB0(f) +MBB0(g)

�f �MBB0(f)

f � g MB0B00(f)MBB0(g)

Exemples :

1. Soient f; g : R3 �! R2 lin�eaires, on donne les matrices de f et g dans les bases canoniquesde R3 et R2

MBB0(f) =

�3 2 5

�1 6 7

�MBB0(g) =

�2 28 �101 15 9

�

Expliciter 5f + 2g. On a :

MBB0(5f + 2g) = 5MBB0(f) + 2MBB0(g)

=

�15 10 25�5 30 35

�+

�4 56 �202 30 18

�

=

�19 66 5�3 60 53

�

On a donc pour x = (x1; x2; x3) 2 R3, x = x1e1 + x2e2 + x3e3. Posons f(x) = (y1; y2),f(x) = y1"1 + y2"2. On a :

�y1y2

�=

�19 66 5�3 60 53

�24 x1x2x3

35

ce qui donne

�y1 = 19x1 + 66x2 + 5x3y2 = �3x1 + 60x2 + 53x3

52

2. . Soient f : R4 �! R2, g : R2 �! R3 lin�eaires. On donne les matrices de f et g dans lesbases canoniques de R4;R2 et R3

MBB0(f) =

�2 �1 1 03 5 �2 1

�MB0B00(g) =

24 3 11

1 4�2 8

35

Expliciter g � f . On a :

MBB00(g � f) = MB0B00(g)MBB0(f)

=

24 3 11

1 4�2 8

35� 2 �1 1 0

3 5 �2 1

�

=

24 39 52 �19 11

14 19 �7 420 42 �18 8

35

On a donc pour x = (x1; x2; x3; x4) 2 R4, x = x1e1 + x2e2 + x3e3 + x4e4. Posons f(x) =(y1; y2; y3), f(x) = y1"1 + y2"2 + y3"3. On a :

24 y1y2y3

35 =

24 39 52 �19 11

14 19 �7 420 42 �18 8

352664x1x2x3x4

3775

Ce qui donne

8<:

y1 = 39x1 + 52x2 � 19x3 + 11x4y2 = 14x1 + 19x2 � 7x3 + 4x4y3 = 2x1 + 42x2 � 18x3 + 8x4

D�e�nition 28.9. Une matrice (m;n) est dite carr�e si m = n

Notons Mn(K) = Mn;n(K).

Comme cas particulier de la proposition 46.9 ci-dessus, on a :

Proposition 48.9. Soit � la multiplication des matrices.

(Mn(K);+;�)

est un anneau.

53

Son �el�ement neutre pour la loi � est la matrice identit�e26664

1 0 : : : 00 1 0 : : :

: : :. . .

. . .

0 : : : 0 1

37775

Remarques.

1. Pour n � 2, l'anneau Mn(K) n'est pas commutatif, voici un contre exemple pour n = 2

�1 00 0

��0 01 0

�=

�0 00 0

�6=

�0 01 0

��1 00 0

�=

�0 01 0

�

2. Le meme contre-exemple ci-dessus montre que l'anneau Mn(K) n'est pas int�egre pour n � 2(Une �el�egante application du corollaire de la proposition 36.9 montre que les seules matrices

r�eguli�ere pour la multiplication sont les matrices inversibles)

3. D'int�eressant contre-exemples pour l'alg�ebre se trouve dans l'anneau Mn(K), on y trouve par

exemple des id�eaux maximaux tels que Mn(K)=I n'est pas un corps.

D�e�nition 29.9. On dit qu'une matrice carr�e (n; n) est inversible si elle est inversible dans

l'anneau Mn(K).

Autrement dit A 2Mn(K) inversible si il existe A0 2Mn(K) tel que

AA0 = A0A =

26664

1 0 : : : 00 1 0 : : :

: : :. . .

. . .

0 : : : 0 1

37775

La proposition suivante vient alors compl�eter le tableau d'isomorphismes de la proposition 43.9

Proposition 49.9. Soit f : E �! E0. Soit B;B0 des bases respectives de E et E0. Supposons

E;E0 de dimension �nie et dim(E) = dim(E0), On a :

f bijective () MBB0(f) inversible

auquel cas on a :

MB0B(f�1) = (MBB0(f))�1

Preuve : Posons n = dim(E). Si f est bijective on a f � f�1 = IE0 et f�1 � f = IE ,par suite MBB0(f)MB0B(f

�1) = MB0B(f�1)MBB0(f) = In ( In matrice identit�e), donc MBB0(f)

54

est inversible. Inversement si MBB0(f) est inversible, soit. A 2 Mn(K) telle que MBB0(f)A =AMBB0(f) = In, soit g 2 L (E0; E) telle queMB0B(g) = A, on a alorsMBB(g�f) = MB0B0(f �g) =In, donc g � f = IE et f � g = IE0 �

Notation : Soit E un espace vectoriel de dimension �nie, B une base de E, f 2 L (E) unendomorphisme de E, la matrice MBB(f) se note :

MB(f)

par la proposition ci-dessus :

f bijectif ()MB(f) inversible

Resumons la correspendance entre applications lin�eaires et les vecteurs d'une part, et les ma-trices

x 2 E MB(x)

y = f(x) MB(y) = MBB0(f)MB(x)

f + g MBB0(f) +MBB0(g)

�f �MBB0(f)

f � g MB0B00(f)MBB0(g)

f�1 (MBB0(f))�1

Proposition 50.9. Soit A 2Mn(K) une matrice carr�e �a coe�cient dans un corps commutatif K,

il est equivalent de dire :

1. A est r�eguli�ere

2. A est r�eguli�ere �a droite

3. A est r�eguli�ere �a gauche

4. A est inversible �a droite

55

5. A est inversible �a gauche

6. A est inversible

Preuve : Soit iA : Mn;1(K) �! Mn;1(K) X �! AX, iA est lin�eaire. Si A est r�eguli�ere �agauche, soit la relation AX = 0, soit B 2 Mn(K) ayant sa premi�ere colonne �egale �a X les autrecolonnes �etant nulles, alors AB = 0 donc B = 0, donc X = 0, ainsi iA est injective, commeMn;1(K)est de dimension �nie (=n2), par le corollaire de la proposition 36.9 iA est bijective, Soit B0 la basecanonique de Mn;1(K), on v�eri�e que MB0

(iA) = A, donc A est inversible �

La proposition qui suit ram�ene le calcul de A�1 �a un probl�eme de syst�eme lin�eaire.

Proposition 51.9. Soient A;B 2Mn(K) des matrices carr�ees de meme taille, si pour tous vecteurs

colonnes X;Y 2Mn;1(K)

AX = Y =) Y = BX

alors A est inversible et A�1 = B

Preuve : Pour X 2 Mn;1(K) posons Y = AX, donc BY = X soit BAX = X. Soit B0

la base canonique de Mn;1(K), la matrice de l'endomorphisme X �! BAX dans B0 est BA,or c'application identique de Mn;1(K), donc BA = In (In matrice identit�e de taille n), par laproposition 50.9 A est inversible, on a A�1A = BA et A r�eguli�ere, donc B = A�1 �

Application : Pour calculer A�1, on resoud le syst�eme lin�eaire :

A

0BBB@

x1x2...xn

1CCCA =

0BBB@

y1y2...yn

1CCCA

par rapport aux inconnues x1; x2; : : : ; xn. Ecrivons alors matricielement la solution :0BBB@

x1x2...xn

1CCCA = B

0BBB@

y1y2...yn

1CCCA

alors A�1 = B

Exemple :

A =

0@ 1 1 2

�1 1 10 1 3

1A, on a :

56

A

0@ x1

x2x3

1A =

0@ y1

y2y3

1A()

8<:

x1 + x2 + 2x3 = y1�x1 + x2 + x3 = y2x2 + 3x3 = y3

()

8<:

2x2 + 3x3 = y1 + y2x1 = x2 + x3 � y2 � (1)x2 + 3x3 = y3

()

8<:

2x2 + 3x3 = y1 + y2�(1)

x2 = y3 � 3x3 � (2)()

8<:

x3 = (2y3 � y1 � y2)=3�(1)�(2)

()

8<:

x1 = (2y1 � y2 � y3)=3x2 = y1 + y2 � y3x3 = (�y1 � y2 + 2y3)=3

D'o�u : 0@ x1

x2x3

1A =

0@ 2=3 �1=3 �1=3

1 1 �1�1=3 �1=3 2=3

1A0@ y1

y2y3

1A

Donc

A�1 =

0@ 2=3 �1=3 �1=3

1 1 �1�1=3 �1=3 2=3

1A

On v�eri�e que : 0@ 1 1 2

�1 1 10 1 3

1A0@ 2=3 �1=3 �1=3

1 1 �1�1=3 �1=3 2=3

1A =

0@ 1 0 0

0 1 00 0 1

1A

9.2.3 Changement de base

Que deviennent ces matrices MB(x);MBB0(f) si on change les bases ?

D�e�nition 30.9. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. Soient B = (e1; e2; : : : ; en) et B0 =

(e01; e02; : : : ; e

0n) des base de E. Soit e0j =

Pni=1 aijei l'�ecriture de e0j dans la base B, j = 1; 2; : : : ; n.

La matrice (aij) s'appel matrice de passage de B �a B0.

On la note PBB0

57

PBB0 =

e01 e02 : : : e0j : : : e0n2664

a1ja2j...anj

3775

e1e2...en

"

e0j =Pn

i=1 aijei

Remarque. Soit IE l'application identique de E, c'eat-�a-dire : x �! x, on a

PBB0 = MB0B(IE)

Il en r�esulte en particulier par la proposition 49.9 que

PB0B = P�1BB0

Proposition 52.9. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. Soient B = (e1; e2; : : : ; en) etB0 = (e01; e

02; : : : ; e

0n) des base de E. Soit x 2 E, x =

Pni=1 xiei =

Pni=1 x

0ie0i. On a :0

BBB@x1x2...

xn

1CCCA = PBB0

0BBB@

x01x02...

x0n

1CCCA

ce qui s'�ecrit aussi

MB(x) = PBB0MB0(x)

Preuve : . On a : x = IE(x), doncMB(x) = MB0B(IE)MB0(x), soitMB(x) = PBB0MB0(x) �

Remarque. Contrairement �a ce qu'on aurait pr�ef�er�e, cette formule exprime les anciennes coor-

donn�ees en fonction des nouvelle, cependant en pratique c'est bien sous cette forme qu'on applique

la formule car cela permet de r�eecrir les equations en terme de nouvelles coordonn�ees.

Exemple : Consid�erons dans R2 le cercle unit�e. Son equation dans la base canonique ((1; 0); (0; 1))est

x21 + x22 = 1

Soit B0 = ((2; 3); (5; 7)), on a

58

PBB0 =

�2 53 7

�

Si dans B0 le vecteur (x1; x2) s'�ecrit x01e01 + x02e

02, on a�

x1x2

�=

�2 53 7

��x01x02

�

donc �x1 = 2x01 + 5x02x2 = 3x01 + 7x02

Dans B0, l'�equation du cercle unit�e est donc

(2x01 + 5x02)2 + (3x01 + 7x02)

2 = 1

Proposition 53.9. Soit f : E �! E0, B1; B01 des bases de E. Soient B2; B

02 des bases de E

0. Soit

P = PB1B0

1la matrice de passage de B1 �a B0

1, Q la matrice de passage de B2 �a B02, on a :

MB0

1B0

2(f) = Q�1MB1B2

(f)P

Preuve : . On a le diagramme des applications :

fE;B1 �! E0; B2

IE " # IE0

E;B01 �! E0; B0

2

f

On a f = IE0�f�IE, doncMB0

1B0

2(f) = MB2B

0

2(IE0)MB1B2

(f)MB0

1B1(IE) = Q�1MB1B2

(f)P �

Exemple : Soit f R2 �! R3, (x; y) �! (x+ 2y; 3x� 5y; 6x� y)

Soit B1; B2 les bases canoniques respectivement de R2 et R3. Posons

B01 = ((1; 1); (2; 3)) B0

2 = ((1; 1; 0); (1; 0; 1); (0; 1; 1))

MB1B2(f) se lit directement sur l'�ecriture de f (c'est l'un des avantages des bases canoniques)

MB1B2(f) =

24 1 2

3 �56 �1

35

59

Cherchons d'abord MB0

1B0

2(f) par calcul direct. On doit donc exprimer f(1; 1); f(2; 3) par leur

composantes dans B02 :

f(1; 1) = (3;�2; 5) = a(1; 1; 0) + b(1; 0; 1) + c(0; 1; 1)

()

8<:

a+ b = 3a+ c = �2b+ c = 58<

:a+ b = 3a+ c = �2b+ c = 5

()

8<:

a = 3� b (�)(1)(3� b) + c = �2b+ c = 5

()

8<:

a = 3� b (�)(1)�b+ c = �5b+ c = 5

()

8<:

a = 3� b (�)(1)c = �5 + b (�)(2)b+ (�5 + b) = 5

()

8<:

a = 3� b (�)(1)c = �5 + b (�)(2)b = 5 (�)(3)

()

8<:

a = �2 (�)(1)c = 0 (�)(2)b = 5 (�)(3)

f(2; 3) = (8;�9; 9) = a(1; 1; 0) + b(1; 0; 1) + c(0; 1; 1)

()

8<:

a+ b = 8a+ c = �9b+ c = 98<

:a+ b = 8a+ c = �9b+ c = 9

()

8<:

a = 8� b (�)(1)(8� b) + c = �9b+ c = 9

()

8<:

a = 8� b (�)(1)�b+ c = �17b+ c = 9

60

()

8<:

a = 8� b (�)(1)c = �17 + b (�)(2)b+ (�17 + b) = 9

()

8<:

a = 8� b (�)(1)c = �17 + b (�)(2)b = 13 (�)(3)

()

8<:

a = �5 (�)(1)c = �4 (�)(2)b = 13 (�)(3)

Donc

MB0

1B0

2(f) =

24 �2 �5

5 130 �4

35

V�eri�ons maintenant la formule

MB0

1B0

2(f) = Q�1MB1B2

P

Soit 24 �2 �5

5 130 �4

35 = Q�1

24 1 2

3 �56 �1

35P

On a

P =

�1 21 3

�Q =

24 1 1 0

1 0 10 1 1

35

Pour calculer Q�1, on exprime les vecteurs de B2 dans B02, on a8<

:"1 + "2 = "01"1 + "3 = "02"2 + "3 = "038<

:"1 + "2 = "01"1 + "3 = "02"2 + "3 = "03

()

8<:

"1 = "01 � "2 (�)(1)("01 � "2) + "3 = "02"2 + "3 = "03

()

8<:

"1 = "01 � "2 (�)(1)�"2 + "3 = "02 � "01"2 + "3 = "03

()

8<:

"1 = "01 � "2 (�)(1)"3 = "02 � "01 + "2 (�)(2)"2 + ("02 � "01 + "2) = "03

61

()

8<:

"1 = "01 � "2 (�)(1)"3 = "02 � "01 + "2 (�)(2)"2 = ("03 + "01 � "02)=2 (�)(3)

()

8<:

"1 = (�"03 + "01 + "02)=2"3 = ("03 � "01 + "02)=2 (�)(2)"2 = ("03 + "01 � "02)=2 (�)(3)

d'o�u

Q�1 =

24 1=2 1=2 �1=2

1=2 �1=2 1=2�1=2 1=2 1=2

35 =

1

2

24 1 1 �1

1 �1 1�1 1 1

35

On v�eri�e que

QQ�1 =1

2

24 1 1 0

1 0 10 1 1

3524 1 1 �1

1 �1 1�1 1 1

35 =

24 1 0 0

0 1 00 0 1

35

En�n on a bien 24 �2 �5

5 130 �4

35 =

1

2

24 1 1 �1

1 �1 1�1 1 1

3524 1 2

3 �56 �1

35� 1 2

1 3

�

9.2.4 Rang d'une matrice

D�e�nition 31.9. Soit A 2 Mm;n(K), soit S = ((c1; c2; : : : ; cn)) le syst�eme de Km form�e par les

colonnes de A, le rang de S s'appel rang de la matrice A

On le note rg(A)

Proposition 54.9. Soif f : E �! E0 lin�eaire, B;B0 bases respectives de E;E0, on a :

rg(f) = rg(MBB0(f))

Preuve : Notons B = (ei)i2I . On a rg(f) = rg((f(ei))i2I), la proposition en r�esulte parl'isomorphisme d'espace vectoriel v �!MB(v) �

Compl�etons la correspendance entre applications lin�eaires et les vecteurs d'une part, et lesmatrices

62

x 2 E MB(x)

y = f(x) MB(y) = MBB0(f)MB(x)

f + g MBB0(f) +MBB0(g)

�f �MBB0(f)

f � g MB0B00(f)MBB0(g)

f�1 (MBB0(f))�1

rg(f) rg(MBB0(f))

Notation : Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. B = (e1; e2; : : : ; em) une base de ES = (v1; v2; : : : ; vn) un syst�eme de E. Ecrivons vj =

Pmi=1 aijei

D�e�nition 32.9. La matrice (aij) 2Mm;n(K) s'appel matrice du syst�eme S dans la base B

On la note MB(S )

Il r�esulte de l'isomorphisme v �!MB(v) que :

Proposition 55.9. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie. B une base de E S un syst�eme

de E, on a :

rg(S ) = rg(MB(S ))

D�e�nition 33.9. Soit A = (aij) 2 Mm;n(K) la matrice (bij) 2 Mn;m(K) avec bij = aji s'appelmatrice transpos�ee de la matrice A

63

On la note tA

Les colonnes de tA sont dans l'ordre les lignes de A.

Si :

A =

2664

a11 a12 : : : a1na21 a22 : : : a2n

: : :am1 am2 : : : amn

3775

alors :

tA =

2664

a11 a21 : : : an1a12 a22 : : : an2

: : :a1m a2m : : : anm

3775

Remarque. t(tA) = A

Proposition 56.9. Soit A une matrice, on a :

rg(A) = rg(tA)

Preuve : Soit (ci1 ; ci2 ; : : : ; cir) les colonnes de A formant une base pour les autres. Soit(li1 ; li2 ; : : : ; lis) les lignes de A formant une base pour les autres. Soit (c0i1 ; c

0i2; : : : ; c0ir) les colonnes de

A intersection de (ci1 ; ci2 ; : : : ; cir) avec (li1 ; li2 ; : : : ; lis). On a c0ik 2 Rs. D'autre part (c0i1 ; c

0i2; : : : ; c0ir)

est libre car une relation :

�1c0i1+ �2c

0i2+ � � �+ �rc

0ir= 0

se prolonge par combinaison lin�eaire aux autrs �equations en :

�1ci1 + �2ci2 + � � �+ �rcir = 0

Par suite r � s, soit rg(A) � rg(tA). Comme on t(tA) = A, on a aussi rg(tA) � rg(A) �

Comme cons�equence des propositions 54.9 et 56.9 , voici une autre caract�eristisation des matricescarr�ees inversibles :

64

Proposition 57.9. Soit A 2Mn(K), Il est �equivalent de dire :

1. A est inversible

2. rg(A) = n

3. Les colonnes de A forment un syst�eme libre.

4. Les lignes de A forment un syst�eme libre.

Preuve : Soit sur Mn;1(K) l'application X �! AX, c'est un endomorphisme de Mn;1(K),on v�eri�e que sa matrice dans la base canonique de Mn;1(K) est A, la proposition r�esulte despropositions 54.9 et 56.9 �

Proposition 58.9. Le rang d'une matrice est unchang�e par les op�erations suivante :

� Permuter deux lignes (resp colonnes)

� Multiplier une ligne (resp colonne ) par un scalair non nul

� Ajouter �a une ligne (resp colonne) une combinaison lin�eaire des autres lignes (resp colonnes)

D�e�nition 34.9. On appel op�eration �elementaire sur une matrice une op�eration ayant l'une des

formes suivantes :

� Permuter deux lignes (resp colonnes)

� Multiplier une ligne (resp colonne ) par un scalair non nul

� Ajouter �a une ligne (resp colonne) une combinaison lin�eaire des autres lignes (resp colonnes)

Proposition 59.9. Soit A une matrice (m;n), il est �equivalent de dire :

1. rg(A) = r

2. Il existe une succession d'op�erations �elementaires qui transforment A en une matrice de la

forme :

26666666666664

�1 � : : : : : : : : : : : : : : : : : :0 �2 � : : : : : : : : : : : : : : :0 0 �3 � : : : : : : : : : : : :: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :0 0 : : : 0 �r � : : : �0 0 : : : : : : : : : : : : : : : 00 0 : : : : : : : : : : : : : : : 0: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :0 0 : : : : : : : : : : : : : : : 0

37777777777775

�1; �2; : : : ; �r 6= 0

65

Preuve : R�ecurrence sur r. Posons A = (aij), si A 6= 0 soit (r; s) tel que ars 6= 0 en permutantla ligne r et la ligne 1, ensuite la colonne s et la colonne 1 on se ram�ene �a a11 6= 0, ensuite pourchaque ligne l2; l3; : : : ; lm on applique l'op�eration �el�ementaire :

li = li �ai1a11

l1

de cette mani�ere A se transforme en une matrice de la forme :266664

a11 �00: : :0

A1

377775

On a rg(A1) = r � 1, on applique l'hypoth�ese de r�ecurrence �a A1 �

Exemples :

Pour A;B matrice de meme taille la notation A � B signi�e que l'on passe de A �a B par uneou plusieurs op�erations �el�ementaires.

1. A =

0BBBB@

0 0 0 00 0 2 30 1 0 10 1 2 40 �1 2 2

1CCCCA

A �

0BBBB@

0 1 0 10 0 0 00 0 2 30 1 2 40 �1 2 2

1CCCCA �

0BBBB@

1 0 0 10 0 0 00 0 2 31 0 2 4

�1 0 2 2

1CCCCA �

0BBBB@

1 0 0 10 0 0 00 0 2 30 0 2 3

�1 0 2 2

1CCCCA �

0BBBB@

1 0 0 10 0 0 00 0 2 30 0 2 30 0 2 3

1CCCCA

A �

0BBBB@

1 0 0 10 0 0 00 0 2 30 0 0 00 0 0 0

1CCCCA �

0BBBB@

1 0 0 10 0 2 30 0 0 00 0 0 00 0 0 0

1CCCCA �

0BBBB@

1 0 0 10 2 0 30 0 0 00 0 0 00 0 0 0

1CCCCA �! r = 2

10 Determinant

10.1 Determinant d'un syst�eme de vecteurs

L'id�ee du d�eterminant vient de la volont�ee d'associ�e �a un syst�eme de vecteurs un nombre de sorteque le syst�eme est li�e si et seulement si ce nombre est nul.

66

Une solution g�eom�etrique est donn�e par le volume du parall�elotope engendr�e par ce syst�eme devecteurs.

�

q

�q

y

x

S(x; y)

Si le nombre des vecteurs du syst�eme est �egal �a la dimension de l'espace vectoriel, ce volume estposs�ede des propri�et�es de multilin�earit�e qui le rende plus exploitable sur le plan du calcul. Cette

multilin�earit�e est traduite g�eom�etriquement

�

~:z

�

�R

:z

y1

y2

x

y1 + y2

(S(x; y1 + y2) = S(x; y1) + S(x; y2))

De meme on a S(x1 + x2; y) = S(x1; y) + S(x2; y)

Noter que si y2 n'est pas dans le plan de x; y1, la lin�earit�e n'est plus vrai, il faut faire appel �aune formule analogue �a celle du th�eor�eme de Pythagore.

Nous admettons le th�eor�eme suivant :

Th�eor�eme 5.10. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. Soit B = (e1; e2; : : : ; en) unebase de E, il existe une application s : En �! K unique v�eri�ant :

1. s(e1; e2; : : : ; en) = 1

67

2. Pour tout i = 1; 2; : : : ; n et tous v1; v2; : : : ; vi�1; vi+1; : : : ; vn 2 E , l'application :

v �! s(v1; v2; : : : ; vi�1; v; vi+1; : : : ; vn)

est lin�eaire.

3. Pour tout (v1; v2; : : : ; vn) 2 En , on a :

(v1; v2; : : : ; vn) lie =) s(v1; v2; : : : ; vn) = 0

D�e�nition 35.10. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. Soit B = (e1; e2; : : : ; en) unebase de E, l'unique application s : En �! K v�eri�ants les propri�et�es 1) 2) et 3) du th�eor�eme 5.10

ci-dessus s'appel d�eterminant dans la base B

On note s((v1; v2; : : : ; vn)) = detB(v1; v2; : : : ; vn)

la proposition suivante montre que le calcul de detB(v1; v2; : : : ; vn) se fait via les composantesdes vecteurs vi dans B

Proposition 60.10. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. Soit B = (e1; e2; : : : ; en) unebase de E, (v1; v2; : : : ; vn) 2 En, soit B0 la base canonique de Mn;1(K), soit pour chaque vi MB(vi)le vecteur 1-colonne form�e des composantes de vi dans B, on a :

detB(v1; v2; : : : ; vn) = detB0(MB(v1);MB(v2); : : : ;MB(vn))

Preuve : L'application (v1; v2; : : : ; vn) �! detB0(MB(v1);MB(v2); : : : ;MB(vn)) v�eri�e les pro-

pri�et�es 1) 2) 3) du th�eor�eme 5.10 �

On peut aussi caract�eriser les applications En �! K qui v�eri�ent les propri�et�es 2) 3) duth�eor�eme 5.10

Proposition 61.10. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. Soit B = (e1; e2; : : : ; en)une base de E. Soit f : En �! K une application v�eri�ant les propri�et�es 2) 3) du th�eor�eme 5.10,

alors :

8(v1; v2; : : : ; vn) 2 En f(v1; v2; : : : ; vn) = f(e1; e2; : : : ; en)detB(v1; v2; : : : ; vn)

Comment change detB(v1; v2; : : : ; vn) si on change la base B ?

68

Proposition 62.10. (Changement de base) Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. SoitB = (e1; e2; : : : ; en); B

0 = (e01; e02; : : : ; e

0n) des bases de E, on a :

detB0(v1; v2; : : : ; vn) = detB0(B)detB(v1; v2; : : : ; vn)

Preuve : Prendre f(v1; v2; : : : ; vn) = detB((v1; v2; : : : ; vn) dans la proposition 61.10 ci-dessus�

Corollaire. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. Soit B = (e1; e2; : : : ; en); B0 =

(e01; e02; : : : ; e

0n) des bases de E, on a :

detB(B0)detB0(B) = 1

Proposition 63.10. (propri�et�e fondamentale du d�eterminant) Soit E un espace vectoriel de di-

mension �nie n. Soit B = (e1; e2; : : : ; en) une base de E, soit (v1; v2; : : : ; vn) 2 En, on a ;

(v1; v2; : : : ; vn) libre () detB(v1; v2; : : : ; vn) 6= 0

Preuve : On a par d�e�nition l'implication(=, inversement si (v1; v2; : : : ; vn) est libre c'est unebase de E, le corollaire de la proposition 62.10 ci-dessus montre que detB(v1; v2; : : : ; vn) 6= 0 �

10.2 D�eterminant d'un endomorphisme

L'id�ee du determinant d'un endomorphisme peut venir de la question suivante : Comment changele volume d'un objet quand on le transforme par l'endomorphisme ?

Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. Soit B = (e1; e2; : : : ; en) une base de E, soit(v1; v2; : : : ; vn) 2 En, posons :

g(v1; v2; : : : ; vn) = detB(f(v1); f(v2); : : : ; f(vn))

Il est facile de voir que g v�eri�e les propri�et�es 2) et 3) du th�eor�eme 5.10, par suite par laproposition 61.10, on a :

detB(f(v1); f(v2); : : : ; f(vn)) = detB(f(e1); f(e2); : : : ; f(en))detB(v1; v2; : : : ; vn) (�)

69

Proposition 64.10. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. Soit B = (e1; e2; : : : ; en) unebase de E, soit f un endomorphisme de E, le scalair :

detB(f(e1); f(e2); : : : ; f(en))

ne d�epend que de f et non de la base B

Preuve : Soit B0 = (e01; e02; : : : ; e

0n) une autre base de E, on a :

detB0(f(e01); f(e02); : : : ; f(e

0n)) = detB0(B)detB(f(e

01); f(e

02); : : : ; f(e

0n)) changement de base

= detB0(B)detB(f(e1); f(e2); : : : ; f(nn))detB(B0) = detB(f(e1); f(e2); : : : ; f(nn)) par (�) �

D�e�nition 36.10. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. Soit B = (e1; e2; : : : ; en) unebase de E, soit f un endomorphisme de E, le scalair :

detB(f(e1); f(e2); : : : ; f(en))

s'appel determinant de l'endomorphisme f

On le note det(f)

Proposition 65.10. (propri�et�e fondamentale du d�eterminant) Soit E un espace vectoriel de di-

mension �nie. Soit f 2 L (E) un endomorphisme de E, on a :

f bijectif () det(f) 6= 0

Preuve : f est bijectif si et seulement si (f(e1); f(e2); : : : ; f(en)) est libre �

Proposition 66.10. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie, soient f; g 2 L (E) des endo-morphismes de E, on a :

det(f � g) = det(f)det(g)

Preuve :

det(f � g) = detB(f(g(e1)); f(g(e2)); : : : ; f(g(en))) = det(f)detB((g(e1); g(e2); : : : ; g(en))) �

70

10.3 D�eterminant d'une matrice

D�e�nition 37.10. Soit A 2 Mn(K), on appeld�eterminant de A le d�eterminant du syst�eme form�e

par les colonne de A dans la base canonique de Mn;1(K)

On le note det(A)

Si la matrice A est not�ee par un tableau

A =

26664a11 a12 : : : a1na21 a22 : : : a2n...

...an1 an2 : : : ann

37775

det(A) se note aussi

A =

���������

a11 a12 : : : a1na21 a22 : : : a2n...

...an1 an2 : : : ann

���������

Proposition 67.10. (propri�et�e fondamentale du d�eterminant) Soit A 2Mn(K), on a :

A inversible () det(A)

Preuve : Soit iA : Mn;1(K) �! Mn;1(K) X �! AX, soit B0 la base canonique de Mn;1(K)on a :

A = MB0(iA)

et par d�e�nition :

det(A) = det(iA)

par suite :

A inversible () iA bijectif () det(iA) 6= 0 �

Proposition 68.10. Soit A;B 2Mn(K), on a :

det(AB) = det(A)det(B)

Notation : Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. Soit B une base de E, soit S =(v1; v2; : : : ; vn) un syst�eme de n vecteurs de E, on note MB(S ) la matrice carr�ee (n; n) dont lescolonnes sont dans l'ordreMB(v1);MB(v2); : : :MB(vn), il r�esulte de d�e�nition du d�eterminant d'unematrice que :

71

Proposition 69.10. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. Soit B une base de E, soitS = (v1; v2; : : : ; vn) un syst�eme de n vecteurs de E, on a :

detB(S ) = det(MB(S ))

Cette proposition ram�ene le calcul du determinant d'un syst�eme de vecteurs �a celui d'unematrice.

Proposition 70.10. Soit E un espace vectoriel de dimension �nie n. Soit B = (e1; e2; : : : ; en) unebase de E, f 2 L (E) un endomorphisme de E, on a :

det(f) = det(MB(f))

Preuve : det(f) = detB((f(e1); f(e2); : : : ; f(en))) = detB0((MB(f(e1));MB(f(e2)); : : : ;MB(f(en)))) =

det(MB(f)) �

Cette proposition ram�ene le calcul du determinant d'un endomorphisme �a celui d'une matrice.

On peut maintenant compl�eter le tableau de l'isomorphisme entre applications lin�eaires et ma-trices :

72

x 2 E MB(x)

y = f(x) MB(y) = MBB0(f)MB(x)

f + g MBB0(f) +MBB0(g)

�f �MBB0(f)

f � g MB0B00(f)MBB0(g)

f�1 (MBB0(f))�1

rg(f) rg(MBB0(f))

det(f) det(MB(f))

10.4 Calcul du d�eterminant

Les propositions 69.10 et 70.10 montre que les calculs de d�eterminant se ram�enent tous a celuid'une matrice, la proposition suivante donne une formule de r�ecurrence tres pratique pour calculerle d�eterminant d'une matrice :

Proposition 71.10. Soit A = (aij) une matrice carr�ee, soit Aij la matrice d�eduite de A en

supprimant la ligne i et la colonne j, on a :

� 8j det(A) =P

i(�1)i+jaijdet(Aij) d�eveloppement par rapport �a la colonne j

� 8i det(A) =P

j(�1)i+jaijdet(Aij) d�eveloppement par rapport �a la ligne i

Exemple : ���� a bc d

���� = (�1)1+1adet(d) + (�1)1+2cdet(b) = ad� bc

Ainsi ces formules ram�enent le calcul du determinant d'une matrice A d'ordre n au calcul desd�eterminant des matrices Aij d'ordre n � 1. On a interet �a d�evelopper par rapport a la ligne oucolonne qui contient beaucoups de 0 car si aij = 0 inutile de calculer det(Aij). Dans ce but oncr�ee des 0 dans la matrice on utilisant la r�egle donn�ee par la proposition suivante qui se d�eduitimm�ediatement de la propri�et�e fondamental du d�eterminant (alternance et multiliniarit�e)

73

Proposition 72.10.

� Le determinant d'une matrice est inchang�e si on ajoute �a une ligne (resp colonne) une com-

binaison lin�eaires des autres lignes (resp colonnes)

� Si on multiplie une ligne ou colonne d'un matrice par un scalaire, det(A) est multipli�e par ce

scalaire.

� Si on permute deux lignes (resp colonnes) le d�eterminant est multipli�e par -1

Exemple : Soit

A =

0BB@

1 1 �1 2�1 2 1 31 �2 1 1

�1 1 2 2

1CCA

On a:

det(A) =

c1 + c3������0021

12�21

�1112

2312

������

=

c2 + c3������0021

03�13

�1112

2312

������

det(A) =

c4 + 2c3������0021

03�13

�1112

0536

������d�eveloppons par rapport �a la premi�ere ligne :

det(A) = +(�1)

������0 3 52 �1 31 3 6

������Le signe (�1)i+j peut �etre �evalu�e rapidement en partant de la case a11 avec un + et en basculant

au signe oppos�e chaque fois qu'en se d�eplace d'une case horizentalement ou verticalement jusqu'ala case aij .

R�ep�etons le raisennement sur le d�eterminant d'ordre 3 on a :

74

det(A) = +(�1)

������001

3�73

5�96

������ l2 � 2l3

Soit :

det(A) = (�1)(+1)

���� 3 5�7 �9

���� = �3:(�9) + 5:(�7) = �8

La preuve de la proposition 71.10 donne une formule explicite de l'inverse d'une matrice :

Proposition 73.10. Soit A une matrice carr�e inversible. On a :

A�1 =1

det(A)t((�1)i+jdet(Aij))

Toutefois cette formule n'a qu'un interet th�eorique puisqu'elle exige le calcul de n2 determinantsce qui est trop meme si n = 3

Il existent des determinants faciles �a �evaluer. On a :

Proposition 74.10. D�eterminants remarquables :

� jaj = a

�

���� a bc d

���� = ad� bc

� R�egle de Sarus

������a a0 a00

b b0 b00

c c0 c00

������ =��������a a0 a00

b b0 b00

c c0 c00

� � +�

��������a a0

b b0

c c0

+ +

=(ab0c00 + a0b00c+ a00bc0)

�(a00b0c+ : : : )

� D�eterminant de matrice diagonale

����������

�1 0 0

0 �2 0...

.... . . 0

0 � � � 0 �n

����������= �1�2 � � ��n

75

� D�eterminant de matrice triangulaire sup�erieure����������

�1 � �

0 �2 �...

.... . . �

0 � � � 0 �n

����������= �1�2 � � ��n

� D�eterminant de matrice triangulaire inf�erieure

����������

�1 0 � � � 0

� �2. . .

......

. . . 0� � �n

����������= �1�2 � � ��n

� D�eterminant de matrice triangulaire sup�erieure par blocs

����������

A1 � �

0 A2 �...

.... . . �

0 � � � 0 An

����������= det(A1)det(A2) � � � det(An)

� D�eterminant de matrice triangulaire inf�erieure par bloc

����������

A1 0 � � � 0

� A2. . .

......

. . . 0� � An

����������= det(A1)det(A2) � � � det(An)

(Les matrices Ai ont leures diagonales principales port�ees par la diagonale principale de la

matrice totale)

� det(AB) = det(A)det(B)

� det(A�1) =1

det(A)

� det(tA) = det(A)

Exemples :

1.

��������2 1 1 �10 2 0 00 1 �1 00 3 1 1

��������= j2j �

������2 0 01 �1 03 1 1

������ = 2� (2� (�1)� 1) = �4

76

2.

��������1 �1 0 01 2 0 02 1 1 3

�2 1 4 3

��������=

���� 1 �11 2

��������� 1 34 3

����

10.5 Application aux syst�emes lin�eaires (Elimination par blocs)

Reprenons le syst�eme lin�eaire g�en�eral :8>><>>:

a11x1 + a12x2 + � � �+ a1nxn = b1 (1)a21x1 + a22x2 + � � �+ a2nxn = b1 (2)� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �am1x1 + am2x2 + � � �+ amnxn = bm (m)

Noton

A =

2664

a11 a12 � � � a1na21 a22 � � � a2n� � � � � � � � � � � �am1 am2 � � � amn

3775

(La matrice du syst�eme). Cette matrice se lit directement sur le syst�eme.

Matricielement le syst�eme s'�ecrit :

2664

a11 a12 � � � a1na21 a22 � � � a2n� � � � � � � � � � � �am1 am2 � � � amn

37750BBB@

x1x2...xn

1CCCA =

0BBB@

b1b2...bm

1CCCA

D�e�nition 38.10. Un syst�eme lin�eaire est dit de Cramer si sa matrice est carr�ee et inversible

Proposition 75.10. Soit AX = b un syst�eme lin�eaire de Cramer, alors il admet une et une seule

solution A�1b

La m�ethode d'�elimination peut �etre g�en�eralis�ee naturalement comme suit :

� Soit Ar une matrice carr�ee de determinant non nul extraite de A.

� En utilisant les �equations qui touchent Ar, exprimer les inconnues xi1 ; xi2 ; : : : ; xir qui touchentAr en fonctions des autres inconnues.

77

� Rapporter l'�expression de xi1 ; xi2 ; : : : ; xir dans les �equations qui ne touchent pas Ar �!

syst�eme Sr de

�n� r inconnuesm� r �equation

Resoudre Sr. On a alors

Solution de S = Solution de Sr et

8>><>>:

xi1 = : : :xi2 = : : :

� � �xir = : : :

M�ethode des d�eterminants �! prendre r maximum. Alors Sr est n�ecessairement �elementaire :

Sr

8<:

0xir+1 + 0xir+2 + � � �+ 0xin = b0r+1� � � � � � � � � � � � � � �0xir+1 + 0xir+2 + � � �+ 0xin = b0m

Remarque. 1. Si r n'est pas maximum, on peut toujours continuer la r�esolution sur Sr.

2. Si Ar est inversible et Sr �elementaire =) r est maximum.

3. Le fait que Sr est �elementaire 6=) que r est maximum.

Exemple : 8<:

x+ y + z � t = 1x+ y � z � 2t = 33x+ 3y � z � 5t = 7

Il n'est pas facile de v�eri�er si, toutes les 4 determinants d'ordre 3 extraits sont nuls ; il y a des

matrices extraites d'ordre 2 de determinant non nul, on peut essayer par exemple Ar =

�1 �11 �2

�le syst�eme de Cramer port�e par Ar est :�

x� t = 1� y � zx� 2t = 3� y + z

ce qui donne x = �1� y� 3z et t = �2� 2z que l'on porte dans les �equations qui ne touchent pasAr (ici une seule) :

3x+ 3y � z � 5t = 4

on trouve :3(�1� y � 3z) + 3y � z � 5(�2� 2z) = 7

On trouve bien un syst�eme �elementaire, sa solution g�en�erale est :

f(y; z)jy; z 2 Kg

La solution g�enerale de S se d�eduit alors de celle de Sr en remontant les �equations.

Soution(S) =

8<:(x; y; z; t)

������y; z 2 K

x = �1� y � 3zt = �2� 2z

9=;

Soit

Soution(S) = f(�1� y � 3z; y; z;�2� 2z) j y; z 2 Kg

78

11 Diagonalisation des endomorphismes

Soit E un espace vectoriel, f 2 L (E) un endomorphisme de E, la donn�ee du couple (E; f) d�e�nitune nouvelle structure. Se pose alors le probl�eme de factoriser cette structure. L'analyse de ceprobl�eme montre qu'il est �equivalent �a :

� Factoriser l'espace vectoriel E en somme directe E = F1 � F2 � � � � � Fm

� Chaque Fi doit �etre stable par f , c'est-�a-dire : f(Fi) � Fi

La meilleure factorisation �etant lorsque Fi soient les plus petits, soit lorsque dim(Fi) = 1,c'eat-�a-dire Fi = vect(vi) avec vi 6= 0. La condition f(Fi) � Fi se traduit par :

9� 2 K f(vi) = �vi

Comme pour les autres questions sur les applications lin�eaires, la factorisation d'un endomor-phisme, se ram�ene �a celle d'une matrice carr�ee, c'est pour cette raison nous nous limitons aux casdes matrices, de plus nous ne traitons que le cas de la factorisation optimale (la diagonalisation) lecas g�en�eral ne fait pas partie du programme.

Dans la suite Mn;1(K) est l'espace vectoriel des vecteur 1� colonne0BBB@

x1x2...xn

1CCCA

Il est pratiquement identique �a Kn. Soit A 2 Mn(K), elle d�e�nit un endomorphisme deMn;1(K), iA : X �! AX, par abus les objets li�e �a iA (tel que ker(iA); Im(iA); : : : ) se notentker(A); Im(A); : : :

D�e�nition 39.11. Soit A 2Mn(K) une matrice carr�ee, � 2 K, on dit � est une valeur propre de

A si il existe un vecteur colonne X 2Mn;1(K) avec X 6= 0 et AX = �X

On note sp(A) l'ensemble des valeurs propres de A (sp comme sp�ectre)

Donc

� 2 Sp(A)() 9

0BBB@

x1x2...xn

1CCCA 2Mn;1(K) A

0BBB@

x1x2...xn

1CCCA = �

0BBB@

x1x2...xn

1CCCA

Exemple : Soit A =

0@ 2 1 1

1 2 11 1 2

1A, on a :

79

A

0@ 1

11

1A =

0@ 4

44

1A = 4

0@ 1

11

1A

Donc 4 2 sp(A)

Proposition 76.11. Soit A 2 Mn(K) une matrice carr�ee, � 2 K, In la matrice identit�e de taille

n, on a :

� 2 sp(A)() det(A� �In) = 0

Preuve : On a :

� 2 sp(A)() 9X 2Mn;1(K); X 6= 0; et AX = �X

() 9X 2Mn;1(K); X 6= 0; et (A� �In)X = 0

() Ker(A� �In) 6= f0g () det(A� �In) = 0 �

Soit dans Mn(K(X)) la matrice :

A�XIn

On note :

PA(X) = det(A�XIn)

La formule explicite du determinant montre que :

Proposition 77.11. PA(X) 2 K [X]

D�e�nition 40.11. Soit A 2Mn(K), le polynome PA(X) s'appel polynome caract�eristique de A

Les propri�et�es des substitutions dans un polynome (cf cours semestre 1) donne :

Proposition 78.11. Soit A 2Mn(K), soit � 2 K, on a :

� 2 sp(A)() PA(�) = 0

80

Proposition 79.11. Soit A 2Mn(K), A = (aij), notons tr(A) =P

i aii, on a :

PA(X) = (�1)nXn + (�1)n�1tr(A)Xn�1 + � � �+ det(A)

Corollaire. Soit A 2Mn(K), alors A admet au plus n valeurs propres .

Cas particulier :

� Si A est une matrice (2; 2), on a :

PA(X) = X2 � tr(A)X + det(A)

� Si A =

0@ a a0 a00

b b0 b00

c c0 c00

1A, posons :

�2 =

���� a a0

b b0

����+���� b0 b00

c0 c00

����+���� a a00

c c00

����On a :

PA(X) = �X3 + tr(A)X2 � �2X + det(A)

Exemples :

1. Cherchons le spectre de la matrice A =

�1 �21 4

�, on a :

PA(X) = X2 � tr(A)X + det(A) = X2 � 5X + 6 = (X � 2)(X � 3)

Donc sp(A) = f2; 3g

2. A =

0@ 2 1 1

1 2 11 1 2

1A, on a :

�2 = 3 + 3 + 3 = 9

det(A) =

������2 1 11 2 11 1 2

������ =������2 1 11 2 10 �1 1

������ =������0 �3 �11 2 10 �1 1

������ = 4

PA(X) = �X3 + 6X2 � 9X + 4 = �(X � 4)(X � 1)2

Donc sp(A) = f1; 4g

81

En vertu du probl�eme de la diagonalisation des matrices, les deux lemmes suivants vont jouerun role tres important :

Lemme 1. Soit A 2 Mn(K), soient �1; �2; : : : �k 2 sp(A) des valeurs propres de A distints, la

somme :

Ker(A� �1In) +Ker(A� �2In) + � � �+Ker(A� �kIn)

est directe.

Preuve : R�ecurrence sur k, soit une relation :

(1) v1 + v2 + � � �+ vk = 0 vi 2 Ker(A� �iIn)

appliquons A :

Av1 +Av2 + � � �+Avk = 0

soit

(2) �1v1 + �2v2 + � � �+ �kvk = 0

formons (2)� �k(1), il vient :

(�1 � �k)v1 + (�2 � �k)v2 + � � �+ (�k�1 � �k)vk�1 = 0

L'hypoth�ese de r�ecurrence montre que (�i��k)vi = 0 pour i = 1; 2; : : : ; k�1. Comme �i��k 6= 0on obtient v1 = v2 = � � � = vk�1 = 0, il reste dans (1) que vk = 0, donc v1 = v2 = � � � = vk = 0 �

Lemme 2. Soit A 2Mn(K), � 2 sp(A) une valeur propre de A, soit m� la multipicit�e de � dans

PA(X), on a :

1 � dim(Ker(A� �In)) � m�

Preuve : Comme Ker(A � �In) 6= f0g, on a dim(Ker(A � �In)) � 1. Soit B1 une base deKer(A � �In), soit k = dim(Ker(A � �In)) = jB1j, on compl�ete B1 �a B base de Mn;1(K), danscette base la matrice de iA : Mn;1(K) �!Mn;1(K)X �! AX est de la forme :

0BBBB@

� � � : : : : : :0 � � : : : : : :: : : : : : : : : : : : : : :0 : : : 0 � �

0 : : : 0 0 A1

1CCCCA

������ k

D'o�u PA(X) = (X��)kQ k = dim(Ker(A��In)), par suite dim(Ker(A��In)) � m� �

82

Corollaire. Soit A 2 Mn(K), � 2 sp(A) une valeur propre de A, si � est une racine simple du

polynome caract�eristique de A, alors :

dim(Ker(A� �In)) = 1

D�e�nition 41.11. Soit A 2 Mn(K), soit � 2 sp(A) une valeur propre de A. on appel vecteur

propre de A associ�e �a la valeur propre � tout vecteur X 2Mn;1(K) (X 6= 0) tel que AX = �X

Proposition 80.11. Soit A 2Mn(K), soit sp(A) = f�1; �2; : : : �kg l'ensemble des valeurs propres

de A, il est �equivalent de dire :

1. Mn;1(K) = Ker(A� �1In)�Ker(A� �2In)� � � � �Ker(A� �kIn)

2. Mn;1(K) admet une base form�ee de vecteurs propres de A

3. Mn;1(K) admet une base o�u la matrice de l'endomorphismeMn;1(K) �!Mn;1(K) X �! AXest une matrice diagonale.

4. Il existe une matrice P 2Mn(K) inversible telle que P�1AP est une matrice diagonale.

Preuve :

� 1) =) 2) car si 1) soit pour chaque valeur propre � de A, B� une base de Ker(A��In), alorsen vertu de 1), (B�1 ; B�2 ; : : : ; B�k) est une base de Mn;1(K) form�ee de vecteurs propres.

� 2) =) 3) imm�ediat

� 3) =) 4) par la formule de changement de base

� 4) =) 1) car si 4), notons D = P�1AP , donc AP = PD, soit (c1; c2; : : : ; cn) le syst�eme deMn;1(K) form�e des colonnes de A et posons

D =

0BB@

�1 0 : : : 0 00 �2 0 : : : 0: : : : : : : : : : : : : : :0 0 : : : 0 �n

1CCA

Par d�e�nition du produit matrciel la relation AP = PD �equivaut �a Aci = �ici, donc ci sontdes vecteurs propres de A, comme P est inversible (c1; c2; : : : ; cn) est libre, c'est donc unebase de Mn;1(K), donc tout X 2Mn;1(K) est combinaison lin�eaire de vecteurs propres de A,donc 1) �

83

D�e�nition 42.11. Soit A 2 Mn(K). On dit que A est diagonalisable si elle v�eri�e les propri�et�es

�equivalentes de la proposition ci-dessus.

Le th�eor�eme suivant fournit un crit�ere pour reconnaitre si une matrice est diagonalisable.

Th�eor�eme 6.11. Soit A 2Mn(K) une matrice carr�ee. A est diagonalisable si et seulement si

1. PA(X) est scind�e sur K

2. Pour toute valeur propre � de A, dim(Ker(A� �In)) = m� la multipicit�e de � dans PA(X),

Preuve : Pour tout � valeur propre de A, on a :

1 � dim(Ker(A� �In)) � m� (�)

donc

X�2sp(A)

dim(Ker(A� �In)) �X

��sp(A)

m� � d�(PA(X)) = n

A diagonalisable() dim(��2sp(A)Ker(A� �In)) = dim(Mn;1(K)) = n

()X

�2sp(A)

dim(Ker(A� �In)) = d�(PA(X))

()

( P�2sp(A) dim(Ker(A� �In)) =

P�2sp(A)m�P

�2sp(A)m� = d�(PA(X))

()

�8� 2 sp(A) dim(Ker(A� �In)) = m� (ceci d0apres (�))PA(X) scinde sur K

�

Corollaire. Soit A 2 Mn(K), si PA(X) est scind�e et si toutes ses racines sont simples, alors Aest diagonalisable.

Preuve : On a applique le corollaire du lemme2 �

Voici l'algorithme pour diagonaliser une matrice :

. 1. Si PA(X) n'est pas scind�e sur K, s'arr�eter A n'est pas diagonalisable

84

2. Si il existe une valeur propre � de A multiple telle que dim(Ker(A� �In)) 6= m� s'arr�eter An'est pas diagonalisable

3. Pour chaque valeur propre � de A calculer une base B� de Ker(A � �In) en r�esolvant le

syst�eme lin�eaire (A� �In)X = 0

4. Posons sp(A) = f�1; �2; : : : ; �kg l'ensemble des valeurs propres de A. Soit B = (B�1 ; B�2 ; : : : ; B�k)(c'est une base de Mn;1(K)) form�ee de vecteurs propres de A, soit P la matrice de passage

de la base canonique de Mn;1(K) �a B, on a P�1AP diagonale

Proposition 81.11. Application de la diagonalisation 1

Soit A 2 Mn(K) une matrice diagonalisable. Soit P une matrice inversible telle que P�1APsoit une matrice diagonalisable. Posons

P�1AP =

0BB@

�1 0 : : : 0 00 �2 0 : : : 0: : : : : : : : : : : : : : :0 0 : : : 0 �n

1CCA

alors :

8m 2 N Am = P

0BB@

�m1 0 : : : 0 00 �m2 0 : : : 0: : : : : : : : : : : : : : :0 0 : : : 0 �mn

1CCAP�1

Preuve : La matrice P d�e�nit un changement de base B0 �! B (B0 base canonique deMn;1(K)). Dans B, l'endomorphisme X �! AmX est repr�esent�e par la matrice0

BB@�m1 0 : : : 0 00 �m2 0 : : : 0: : : : : : : : : : : : : : :0 0 : : : 0 �mn

1CCA

la proposition s'ensuit par la formule de changement de base �

Proposition 82.11. Pour toute A 2Mn(C), la s�erieP1

m=0

Am

m!converge

D�e�nition 43.11. Soit A 2 Mn(C), on appel matrice exponentielle de A, la limite de la s�erieP1m=0

Am

m!

On la note eA

85

Proposition 83.11. Application de la diagonalisation 2

Soit A 2 Mn(C) une matrice diagonalisable. Soit P une matrice inversible telle que P�1APsoit une matrice diagonalisable. Posons

P�1AP =

0BB@

�1 0 : : : 0 00 �2 0 : : : 0: : : : : : : : : : : : : : :0 0 : : : 0 �n

1CCA

alors :

eA = P

0BB@

e�1 0 : : : 0 00 e�2 0 : : : 0: : : : : : : : : : : : : : :0 0 : : : 0 e�n

1CCAP�1

Preuve : On applique la proposition pr�ec�edente par passage �a la limite �

Remarque. 1. Si on a calcul�e Am, inutile d'utiliser la formule ci-dessus eA = PeDP�1 pour

calculer eA, l'expression de eA r�esulte de l'expression de Am en rempla�cant chaque �m par e�

2. Parfois pour les besoins en syst�emes di��erentiels, on calcul plutot etA, il su�t dans l'expression

de Am de remplacer chaque �m par et�

Exemples :

1.

A =

0@ 1 0 0

0 2 10 0 2

1A

A est diagonale par bloc, d'o�u :

PA(X) = (1�X)(2�X)2 scinde

sp(A) = f1; 2g

� Etudions d'abord la valeur propre multiple � = 2

0@ x

yz

1A 2 Ker(A� �In)() (A� �In)

0@ x

yz

1A =

0@ 0

00

1A()

��x = 0z = 0

D'o�uKer(A��In) = vect

0@ 0

10

1A dim(Ker(A��In)) < m� = 2 �! A non diagonalisable

86

2.

A =

0@ 1 0 0

0 0 �10 1 0

1A 2M2(R)

PA(X) = (1�X)(X2 + 1) non scind�e �! A non diagonalisable

3. 0@ 5 1 0

0 1 10 0 2

1A

PA(X) = (5�X)(1�X)(2�X) scind�e et tous ses racines simples �! A diagonalisable

Cherchons une base de vecteurs propres. On a sp(A) = f1; 2; 5g

� Cherchons les vecteurs propres associ�es �a la valeur propre � = 5

0@ x

yz

1A 2 Ker(A��In)() (A��In)

0@ x

yz

1A =

0@ 0

00

1A()

8<:

y = 0�4y + z = 0�3z = 0

()

�y = 0z = 0

d'o�u Ker(A� �In) = vect

0@ 1

00

1A

� Cherchons les vecteurs propres associ�es �a la valeur propre � = 2

0@ x

yz

1A 2 Ker(A��In)() (A��In)

0@ x

yz

1A =

0@ 0

00

1A()

�3x+ y = 0�y + z = 0

()

�y = �3xz = y

d'o�u Ker(A� �In) = vect

0@ 1

�3�3

1A

� Cherchons les vecteurs propres associ�es �a la valeur propre � = 1

0@ x

yz

1A 2 Ker(A��In)() (A��In)

0@ x

yz

1A =

0@ 0

00

1A()

�4x+ y = 0z = 0

()

�y = �4xz = 0

d'o�u Ker(A� �In) = vect

0@ 1

�40

1A

87

D'o�u une base de vecteurs propres de A

B =

0@0@ 1

�3�3

1A ;

0@ 1

00

1A ;

0@ 1

�40

1A1A

La matrice de passage de la base canonique de Mn;1(K) �a la base B est ;

P =

0@ 1 1 1

�3 0 �4�3 0 0

1A

On a :

P�1AP =

0@ 2 0 0

0 5 00 0 1

1A

ce qui �equivaut �a :

A = P

0@ 2 0 0

0 5 00 0 1

1AP�1

On en d�eduit :

An = P

0@ 2n 0 0

0 5n 00 0 1

1AP�1

=

0@ 5n 5n

4 � 1=4 5n

12 � 2n

3 + 1=40 1 2n � 10 0 2n

1A

et

etA = P

0@ e2t 0 0

0 e5t 00 0 et

1AP�1

=

0@ e5t e5t

4 � et=4 e5t

12 � e2t

3 + et=40 et e2t � et

0 0 e2t

1A

4.

A =

0@ �2 �3 0

0 1 03 3 1

1A

c'est une matrice diagonale par blocs.

88

� PA(X) = �(X + 2)(X � 1)2 scind�e. On a : sp(A) = f1;�2g

� Cherchons les vecteurs propres associ�es �a la valeur propre � = 1

0@ x

yz

1A 2 Ker(A� �In)() (A� �In)

0@ x

yz

1A =

0@ 0

00

1A()

��3x� 3y = 03x+ 3y = 0

()�x = �y

D'o�u Ker(A� �In) = vect

0@0@ �1

10

1A ;

0@ 0

01

1A1A

dim(Ker(A� �In)) = 2 = m� �! On continue

� Cherchons les vecteurs propres associ�es �a la valeur propre � = �2

0@ x

yz

1A 2 Ker(A� �In)() (A� �In)

0@ x

yz

1A =

0@ 0

00

1A()

8<:

�3y = 03y = 0

3x+ 3y + 3z = 0

�y = 0z = �x

D'o�u Ker(A� �In) = vect

0@ 1

0�1

1A

� Une base de vecteurs propres est donc :

0@0@ �1

10

1A ;

0@ 0

01

1A ;

0@ 1

0�1

1A1A

La matrice de passage de la base canonique de Mn;1(K) �a la base B est ;

P =

0@ �1 0 1

1 0 00 1 �1

1A

On a :

P�1AP =

0@ 1 0 0

0 1 00 0 �2

1A

ce qui �equivaut �a :

A = P

0@ 1 0 0

0 1 00 0 �2

1AP�1

89

On en d�eduit :

An = P

0@ 1 0 0

0 1 00 0 (�2)n

1AP�1

0@ (�2)n (�2)n � 1 0

0 1 01� (�2)n 1� (�2)n 1

1A

et

etA = P

0@ et 0 0

0 et 00 0 e�2t

1AP�1

0@ e�2t e�2t � et 0

0 et 0et � e�2t et � e�2t et

1A