Daniel ALIBERT Espaces vectoriels. Applications linéaires ... · PDF fileDaniel Alibert – Cours et Exercices corrigés – Volum e 6 2 Organisation, mode d'emploi Cet ouvrage, comme

Daniel Alibert – Cours et Exercices corrigés – Volume 6 1

Daniel ALIBERT

Espaces vectoriels. Applications linéaires. Matrices. Diagonalisation et trigonalisation.

Objectifs : Savoir chercher une base d’un espace vectoriel, d’un noyau, d’une image. Déterminer une matrice associée à une application linéaire. Savoir calculer avec des matrices : somme, produit, déterminant. Savoir résoudre un système d’équations linéaires : calcul, prévision et contrôle de l’ensemble des solutions. Savoir diagonaliser une matrice carrée : valeurs propres, vecteurs propres. Savoir réduire à la forme triangulaire une matrice non diagonalisable. .


Organisation, mode d'emploi

Cet ouvrage, comme tous ceux de la série, a été conçu en vue d'un usage pratique simple. Il s'agit d'un livre d'exercices corrigés, avec rappels de cours. Il ne se substitue en aucune façon à un cours de mathématiques complet, il doit au contraire l'accompagner en fournissant des exemples illustratifs, et des exercices pour aider à l'assimilation du cours. Ce livre a été écrit pour des étudiants de première et seconde années des Licences de sciences, dans les parcours où les mathématiques tiennent une place importante. Il est le fruit de nombreuses années d'enseignement auprès de ces étudiants, et de l'observation des difficultés qu'ils rencontrent dans l'abord des mathématiques au niveau du premier cycle des universités : - difficulté à valoriser les nombreuses connaissances mathématiques dont ils disposent lorsqu'ils quittent le lycée, - difficulté pour comprendre un énoncé, une définition, dès lors qu'ils mettent en jeu des objets abstraits, alors que c'est la nature même des mathématiques de le faire, - difficulté de conception et de rédaction de raisonnements même simples, - manque de méthodes de base de résolution des problèmes. L'ambition de cet ouvrage est de contribuer à la résolution de ces difficultés aux côtés des enseignants.


Ce livre comporte quatre parties. La première, intitulée "A Savoir", rassemble les définitions et résultats qui sont utilisés dans les exercices qui suivent. Elle ne contient ni démonstration, ni exemple. La seconde est intitulée "Pour Voir" : son rôle est de présenter des exemples de toutes les définitions, et de tous les résultats de la partie précédente, en ne faisant référence qu'aux connaissances qu'un étudiant abordant le chapitre considéré a nécessairement déjà rencontré (souvent des objets et résultats abordés avant le baccalauréat). La moitié environ de ces exemples sont développés complètement, pour éclairer la définition ou l'énoncé correspondant. L'autre moitié est formée d'énoncés intitulés "exemple à traiter" : il s'agit de questions permettant au lecteur de réfléchir de manière active à d'autres exemples très proches des précédents. Ils sont suivis immédiatement d'explications détaillées. La troisième partie est intitulée "Pour Comprendre et Utiliser" : des énoncés d'exercices y sont rassemblés, en référence à des objectifs. Ces énoncés comportent des renvois de trois sortes : (☺) pour obtenir des indications pour résoudre la question, (�) lorsqu'une méthode plus générale est décrite, (�) renvoie à une entrée du lexique. Tous les exercices sont corrigés de manière très détaillée dans la partie 3 - 2. Au cours de la rédaction, on a souvent proposé au lecteur qui souhaiterait approfondir, ou élargir, sa réflexion, des questions complémentaires (QC), également corrigées de façon détaillée. La quatrième partie, "Pour Chercher", rassemble les indications, les méthodes, et le lexique.


Certains livres d'exercices comportent un grand nombre d'exercices assez voisins, privilégiant un aspect "entraînement" dans le travail de l'étudiant en mathématiques. Ce n'est pas le choix qui a été fait ici : les exemples à traiter, les exercices et les questions complémentaires proposés abordent des aspects variés d'une question du niveau du L1 L2 de sciences pour l'éclairer de diverses manières et ainsi aider à sa compréhension. Le lecteur est invité, à propos de chacun d'entre eux, à s'interroger sur ce qu'il a de général (on l'y aide par quelques commentaires)


Table des matières

1 A Savoir ........................................................................... 9 1-1 Espaces vectoriels ........................................... 9 1-2 Applications linéaires .................................... 15 1-3 Matrices, déterminants .................................. 18 1-4 Réduction, polynômes annulateurs ............... 24

2 Pour Voir ....................................................................... 35 2-1 Espaces vectoriels ......................................... 35 2-2 Applications linéaires .................................... 59 2-3 Matrices, déterminants .................................. 67 2-4 Réduction, polynômes annulateurs ............... 79

3 Pour Comprendre et Utiliser ......................................... 97 3-1 Énoncés des exercices ................................... 97 3-2 Corrigés des exercices ................................. 111 3-3 Corrigés des questions complémentaires .... 165

4 Pour Chercher .............................................................. 169 4-1 Indications pour les exercices ..................... 169 4-2 Méthodes ..................................................... 171 4-3 Lexique ........................................................ 175


1� A Savoir

Dans cette partie, on rappelle rapidement les principales définitions et les principaux énoncés utilisés. Voir votre cours pour les démonstrations. Vous trouverez des exemples dans la partie 2*Pour Voir.

1-1 Espaces vectoriels

Définition

Soit (K, +K , ∞ K) un corps, et (E , +E) un groupe commutatif.

Une structure d' espace vectoriel sur K est définie sur le groupe E par la donnée d'une loi externe de K sur E, c'est-à-dire d'une application :

K × E → E, (α, x) → α. x satisfaisant aux propriétés suivantes :

1) Pour tout α de K, tout x et tout y de E, on a l'égalité : α. (x +E y) = (α. x) +E (α. y) .

2) Pour tout α et tout β de K, et tout x de E, on a l'égalité : (α +K β) . x = (α. x) +E (β . x) .

3) Pour tout α et tout β de K, et tout x de E, on a l'égalité : (α × K β) . x = α. (β . x) .

4) Soit 1K l'élément neutre de la multiplication de K. Pour tout x de E, on a l'égalité :

1K . x = x .

On dira aussi que E est un K- Espace Vectoriel. Les éléments de K sont souvent appelés les scalaires, et les éléments de E des vecteurs. Dans les applications, le corps sera le plus souvent R (ou C). Propriétés élémentaires découlant de la structure d'espace vectoriel :


� On note 0K, et 0E les éléments neutres de +K et +E. Pour tout vecteur x on a l'égalité :

0K . x = 0E .

� Si on note –x l'opposé du vecteur x dans E, et –1K l'opposé de 1K dans K, on a pour tout x de E l'égalité :

(–1K) . x = –x .

Dans la suite, on ne mentionnera plus en indice l'ensemble correspondant à une loi, ou un élément particulier (comme +E, ou 0K), le contexte permettant de lever l'ambiguïté qui pourrait en résulter : + désigne aussi bien la loi d'addition de E que celle de K…

Définition

Soit E un ensemble. Une famille d'éléments de E, indexée par l'ensemble I est une application f : I → E. Par commodité dans les calculs, on note par exemple (zi)i∈Ι une telle application, et l'élément zi, qui serait noté dans d'autres contextes f(i), est appelé l'élément d'indice i. � On notera bien que I n'est pas nécessairement un ensemble fini. � La famille (zi)i∈Ι n'est pas la même chose que l'ensemble {z i | i∈I}.

� Soit E un K-espace vectoriel, I un ensemble d'indices, soit (ζi)i∈Ι une famille d'éléments de K ayant la propriété suivante (la famille est appelée "famille presque nulle") :

"l'ensemble des éléments i tels que ζi soit différent de 0 est fini".

Soit (zi)i∈Ι une famille d'éléments de E indexée par I,

L'élément de E défini par : z= ζ i .zi

i∈I∑

est la combinaison linéaire de la famille (zi)i∈Ι associée à la famille (ζi)i∈Ι : cette somme a bien un sens, puisque par hypothèse seul un nombre fini de termes ne sont pas nuls.


Définition

Soit E un K- espace vectoriel, et F une partie de E. On dit que F est un sous-espace vectoriel de E si : 1) (F, +) est un sous-groupe de (E, +). 2) La loi externe se restreint à F, c'est-à-dire en une application :

K × F → F, ayant les propriétés 1) à 4) exigées pour les espaces vectoriels.

Proposition

Une partie F d'un espace vectoriel E est un sous-espace vectoriel si et seulement si les trois conditions suivantes sont vérifiées : 1) Pour tout x et tout y de F, x + y est un élément de F,

2) Pour tout x de F, et tout α de K, α.x est un élément de F, 3) 0E est un élément de F.

� Soit E un espace vectoriel, (Fi)i∈Ι des sous-espaces de E, en nombre fini ou non, et F l'intersection des sous-espaces vectoriels Fi.

Alors F est un sous-espace vectoriel de E. � Par contre le résultat analogue n'est pas vrai pour la réunion de sous-espaces vectoriels. � Soit A une partie de E, il existe un plus petit sous-espace vectoriel (pour la relation d'inclusion) contenant A. Ce sous-espace est l'intersection de tous les sous-espaces vectoriels contenant A.

Définition

Le plus petit sous-espace contenant A s'appelle le sous-espace vectoriel engendré par A. On le note vect(A). � Le sous-espace vect(A) est l'ensemble des combinaisons linéaires d'éléments de A.


Définition

Soient F et G des sous-espaces de E. On appelle somme de F et G, et on note F + G le sous-espace vectoriel engendré par F ∪ G. � D'après la description générale donnée ci-dessus, on voit que F + G est l'ensemble des sommes d'un élément de F et d'un élément de G.

� Si de plus F ∩ G = {0}, on dit que F et G sont en somme directe, et on note cette somme F ⊕ G. � Si F ⊕ G = E, on dit que F et G sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires.

Définition

On dit qu'une famille (zi)i∈Ι d'éléments d'un espace vectoriel E est une famille génératrice de E si tout élément z de E peut s'écrire comme une combinaison linéaire de (zi)i∈Ι pour une famille de scalaires (ζi)i∈Ι presque nulle, c'est-à-dire sous la forme d'une somme d'un nombre fini d'éléments :

z = ζi zii∈I∑ .

Définition

Soit (xi)i∈Ι une famille d'éléments d'un espace vectoriel E.

On dit que (xi)i∈Ι est une famille libre si pour toute famille presque nulle d'éléments de K, (ξi)i∈Ι , l'implication suivante est vraie :

ξi xii∈I∑ = 0 ⇒ ξi = 0 pour tout i de I.

� On dit encore que les éléments de la famille (xi)i∈Ι sont indépendants (sous-entendu : entre eux). � Si la famille (xi)i∈Ι n'est pas libre, on dit qu'elle est liée. On dira aussi que les éléments de la famille sont liés, ou dépendants. Dans ce cas il existe une famille (ξi)i∈Ι presque nulle de scalaires non tous nuls telle que :


ξi xi = 0i∈I∑ .

Une telle relation est appelée une relation de dépendance entre les éléments de la famille (xi)i∈Ι. Dans une famille liée, un élément au moins est combinaison linéaire des autres.

Définition

Soit (xi)i∈Ι une famille libre, et E´ = vect((xi)i∈Ι). Pour le sous-espace E´, la famille (xi)i∈Ι est donc une famille à la fois libre et génératrice.

Une telle famille est appelée une base de E´. � Soit (xi)i∈Ι une base de E, et x un vecteur quelconque. La famille étant génératrice, x s'écrit comme une combinaison linéaire des (xi)i∈Ι, et la famille étant libre les coefficients de la combinaison linéaire sont déterminés de manière unique : on dit que ce sont les coordonnées de x dans la base (xi)i∈Ι .

Théorème

(théorème de la dimension) Soit E un espace vectoriel ayant une base à n éléments. 1) Toute base de E a n éléments. 2) Toute famille génératrice de E a au moins n éléments. Une telle famille est une base si et seulement si elle a exactement n éléments. 3) Toute famille libre de E a au plus n éléments. Une telle famille est une base si et seulement si elle a exactement n éléments. � L'entier n ainsi attaché à E s'appelle la dimension de E. On note n = dim(E). On dit que E est de dimension finie. L'espace réduit à 0 est de dimension 0.


Théorème

(théorème de la base incomplète) Soit E un espace vectoriel et (x1, … , xn) une famille génératrice de E.

Soit (y1, … ,ym) une famille libre, non génératrice de E.

Il existe des éléments (xi1, xi2, … , xik) de la famille (x1, … , xn) tels que

la famille (y1, … ,ym , xi1, xi2, … , xik) soit une base de E.

� En particulier cet énoncé montre qu'un espace ayant une famille génératrice finie a une base finie.

Proposition

Soit E un espace vectoriel de dimension finie. 1) Tout sous-espace F de E est de dimension finie, et dim(F) ≤ dim(E). Si dim(F) = dim(E), alors F = E. 2) Soient F et F´ des sous-espaces de E, on a la relation suivante :

dim(F + F´) = dim(F) + dim(F´) – dim(F ↔ F´). 3) Tout sous-espace F admet un supplémentaire F dans E. On a l'égalité dim(F´) = dim(E) – dim(F).

1-2 Applications linéaires

Définition

Soient E et F des espaces vectoriels sur un corps K, et f une application de E dans F. On dit que f est une application linéaire si les propriétés suivantes sont vérifiées : 1) Pour tout x et tout y de E, on a l'égalité :

f(x + y) = f(x) + f(y). 2) Pour tout x de E, et tout α de K, on a l'égalité :

f(α.x) = α.f(x).


Une application linéaire f a les propriétés suivantes. � Si 0E est l'élément neutre de E, et 0F l'élément neutre de F :

f(0E) = 0F.

� L'image d'une combinaison linéaire : a0x0 + … + anxn

est la combinaison linéaire : a0f(x0) + … + anf(xn ).

� On note L (E, F) l'ensemble des applications linéaires de E dans F. On peut munir L (E, F) d'une structure d'espace vectoriel, en définissant la somme de deux applications linéaires, et le produit d'une application par un scalaire de la manière usuelle :

(f + g)(x) = f(x) + g(x),

(αf)(x) = α.f(x). Si E = F, on notera plus simplement L(E). On dit alors qu'un élément de L(E) est un endomorphisme de E.

Proposition

Soit f : E --. F une application linéaire, E´ un sous-espace de E, et F´ un sous-espace de F. Alors f(E´) est un sous-espace vectoriel de F et f-1(F´) est un sous-espace vectoriel de E. � En particulier pour E´ = E, on note Im(f) le sous-espace f(E), appelé l 'image de f. � On note Ker(f) le sous-espace f-1(0), appelé le noyau de f.

Proposition

Une application linéaire f est surjective si et seulement si Im(f) = F, et f est injective si et seulement si Ker(f) = 0.


Proposition

1) Soit f : E → F une application linéaire. Si (xi)i∈Ι est une famille génératrice d'un sous-espace E´ de E (E´ = vect((xi)i∈Ι)) alors (f(xi))i∈Ι est une famille génératrice de f(E´).

2) Soit g une autre application linéaire de E dans F.

Si (xi)i∈Ι est une famille génératrice de E, et si pour tout i∈Ι on a l'égalité :

f(x i) = g(xi),

alors les applications f et g sont égales.

Proposition

Soit f : E → F une application linéaire, (xi)i∈I une famille de E, et (f(xi))i∈I la famille de F image de la famille (xi)i∈I.

1) Si (xi)i∈I est liée, (f(xi))i∈I est liée.

2) De plus si f est injective, si (xi)i∈I est libre, (f(xi))i∈I est libre.

Proposition

Soit f : E → F une application linéaire. 1) Si f est injective, et F de dimension finie, alors E est de dimension finie et dim(E) ≤ dim(F). 2) Si f est surjective, et E de dimension finie, alors F est de dimension finie et dim(E) ≥ dim(F). 3) Si f est bijective, et E ou F de dimension finie, l'autre espace est aussi de dimension finie, et dim(E) = dim(F). 4) Si E et F sont de dimension finie, on a l'égalité :

dim(E) = dim(Ker(f)) + dim(Im(f)). � Conséquence importante : soit f un endomorphisme de E, espace de dimension finie, alors les trois conditions suivantes sont équivalentes : * f est injective, ** f est surjective,


*** f est bijective . � Des espaces vectoriels ayant la même dimension, soit n, sont isomorphes, en particulier isomorphes à Rn. � La dimension de Im(f) s'appelle le rang de f, noté rg(f). L'égalité 4), sous la forme :

rg(f) = dim(E) – dim(Ker(f)) s'appelle parfois le théorème du rang.

1-3 Matrices, déterminants

Définitions générales, matrices.

Soient p et q des entiers strictement positifs. On appelle matrice de type (p, q), à coefficients dans le corps K, un tableau à p lignes et q colonnes d'éléments de K. On désigne un terme en donnant le numéro de la ligne, puis le numéro de la colonne. On note Mp, q(K) l'ensemble des matrices à p lignes et q colonnes.

Addition des matrices : Soit A = (aij ) et B = (bij ) des éléments de Mpq(K), on appelle somme de A et B, et on désigne par A + B, la matrice C = (cij ) définie par :

cij = aij + bij .

L'élément neutre est la matrice notée 0, dont tous les termes sont nuls.

Produit par un scalaire : Soit A = (aij ) une matrice, et α un élément de K. Le produit de A par α est la matrice notée αA, dont le terme général est α aij .

Produit de deux matrices : Soient p, q, r des entiers non nuls, A = (aij ) un élément de Mpq(K), B = (bjk) un élément de Mqr(K).

On appelle produit de A par B, et on note AB la matrice de type (p, r), C = (ci,k), définie par :


cik = aij .bjkj =1

j =q

∑ .

Ce produit n'est donc pas, en général, interne, et définit une application : Mpq(K) ∞ Mqr(K) --. Mpr(K) .

On vérifie que cette loi est associative, et distributive à gauche comme à droite sur l'addition. Dans le cas où les deux dimensions sont égales, soit n, on note plutôt Mn(K), à la place de Mnn(K). Le produit de deux matrices définit alors une loi de composition interne dans Mn(K). De plus elle possède un élément neutre, noté In, ou simplement I, qui est la matrice dont tous les termes sont nuls, à l'exception de ceux de la diagonale qui valent 1. Ce produit n'est pas commutatif et des éléments non nuls peuvent avoir un produit nul. On vérifie enfin que pour α dans K, A et B dans Mn(K), on a les égalités :

(αA)B = α (AB) = A (αB). L'ensemble Mp,q(K) est un K-espace vectoriel.

� A toute matrice M =(mi,j) de Mpq(K) on associe une application linéaire f de Kq dans Kp. On parlera, par abus, de noyau de la matrice M, d'image de la matrice M, de rang de M, en pensant à f. Le rang d'une matrice est le nombre maximum de vecteurs-colonnes indépendants. � Inversement, dans le cas d'espaces de dimension finie, on peut associer à toute application linéaire une matrice, moyennant le choix de bases dans les espaces considérés : Soit u : E → E´ une application linéaire, B = (e1, e2, … , en) une base de E, B´ = ( e1, e 2, … , e p) une base de E´.

La matrice associée à u dans les bases B et B´, soit M = M(u, B, B´) s'écrit en mettant en colonnes les coordonnées dans B´ des images par u des vecteurs de la base B.


Les vecteurs colonnes de M forment une famille génératrice de Im(u). Dans le cas particulier ou E = E´, on choisit toujours B = B´.

La matrice d'une application composée est le produit des matrices correspondantes. � Si un endomorphisme u d'un espace de dimension finie a pour matrice A1 par rapport à une base B1, sa matrice A2 par rapport à une base B2 est donnée par :

A2 = P-1 A1 P

où P est la matrice de passage de la base B1 à la base B2.

Les colonnes de P sont formées des coordonnées des vecteurs de B2 rapportés à B1.

Si X1 représente la matrice des coordonnées d'un vecteur par rapport à la base B1 et X2 par rapport à la base B2, alors :

X1 = PX2.

� On dit que les matrices A1 et A2 sont des matrices semblables. Elles représentent le même endomorphisme, dans des bases différentes. � Soit M une matrice, à p lignes et q colonnes. La transposée de M est la matrice à q lignes et p colonnes obtenue à partir de M en échangeant les lignes et les colonnes.

Systèmes d'équations linéaires

Un système d'équations linéaires est formé de n équations linéaires, à m inconnues. On convient que les termes contenant les inconnues figurent au premier membre des équations, et que les données connues figurent au second membre. Les solutions d'un tel système sont des m-uples de scalaires qui vérifient toutes les équations. Un tel système est donné par une matrice à n lignes et m colonnes, obtenue en rangeant en ligne les coefficients des diverses inconnues dans une équation donnée, et un vecteur à n composantes, contenant les seconds membres des différentes équations.


Un système linéaire équivaut à une seule équation matricielle dans laquelle l'inconnue est un vecteur à m composantes. Une méthode classique de résolution à connaître est la méthode du pivot de Gauss, qui consiste à remplacer le système par un système équivalent, mais de forme triangulaire.

Calcul de

déterminant

� Il existe une définition générale du déterminant d'un endomorphisme, que nous ne rappelons pas. On définit également le déterminant d'une matrice carrée. Soit u un endomorphisme d'un espace vectoriel E de dimension finie, et A la matrice associée à u dans une base choisie de E. Le déterminant de A est indépendant du choix de cette base, c'est le déterminant de u. Enfin, on parle du déterminant d'un système de n équations à n inconnues, c'est le déterminant de la matrice formée des coefficients de ce système. � On indique comment calculer, pratiquement, le déterminant d'une matrice carrée. On le fait de proche en proche : � matrice 2x2 :

deta b

c d

=

a b

c d= ad− bc.

� matrice 3x3 (règle de Sarrus). On opère à partir du tableau :

a a' a"

b b' b"

c c' c"

a a'

b b'

c c'

selon la règle : � Les alignements descendant (de gauche à droite) donnent les produits affectés de + : abć´´ + a´b´ć + a´´bc', � Les alignements montant donnent les produits affectés de – :


–cbá´´ – c´b´á – c´´ba', a ′ a ′ ′ a

b ′ b ′ ′ b

c ′ c ′ ′ c

= ab' c"+a' b"c+ a"bc'−cb' a"−c' b"a− c"ba' .

Attention : la règle de Sarrus ne s’applique qu’au cas 3 × 3. � Cas général : on se ramène aux cas précédents par : � Développement par rapport à une ligne :

Les expressions placées en facteur des coefficients d'une ligne comme :

a ′ a ′ ′ a

b ′ b ′ ′ b

c ′ c ′ ′ c

= a′ b ′ ′ b

′ c ′ ′ c − ′ a

b ′ ′ b

c ′ ′ c + ′ ′ a

b ′ b

c ′ c ,

sont appelés les cofacteurs des termes de la matrice auxquels ils sont associés. En général, pour définir le cofacteur d'un terme d'une matrice (ici b´, entouré d'un crochet), on procède comme suit : effacer dans la matrice la ligne et la colonne du terme choisi,

a ′ a ′ ′ a

b ′ b ′ ′ b

c ′ c ′ ′ c

calculer le déterminant de la matrice (n-1, n-1) ainsi obtenue : a ′ ′ a

c ′ ′ c = ac´´ – ca´´,

multiplier le nombre obtenu par (–1) élevé à la puissance p + q si le terme de la matrice supprimé se situe dans la ligne numéro p et la colonne numéro q (sur l'exemple 2 + 2).


Transformation d’un

déterminant avant

calcul.

Il est recommandé d’essayer de simplifier un déterminant avant de le calculer. On utilisera les résultats suivants : � Ajouter à une ligne (colonne) un multiple d’une autre ligne (colonne) ne

change pas la valeur d’un déterminant. � Échanger deux lignes (ou deux colonnes) change le signe d’un déterminant, pas sa valeur absolue. � Un déterminant ayant deux lignes (ou deux colonnes) proportionnelles est égal à 0. � Le déterminant d’une somme de matrice n’est pas la somme des déterminants de chacune d’elles. � Le déterminant d’un produit de matrices est le produit des déterminants de chacune. � On a l’égalité, pour des matrices carrées A et B :

det(A B) = det(B A). � Le déterminant d'une matrice carrée et celui de sa transposée sont égaux.

Proposition

1) Une matrice carrée est inversible si et seulement si son déterminant est différent de 0.

2) Un système de n équations à n inconnues admet une solution unique si et seulement si son déterminant est différent de 0. � Plus généralement, le rang d'une matrice est la dimension du plus grand déterminant non nul qu'on peut extraire de cette matrice.


1-4 Réduction des matrices carrées, Polynômes annulateurs

Définition

Soit u : E → E une application linéaire d’un espace vectoriel E dans lui-même. On dit qu’un vecteur V est un vecteur propre de u si :

u(V) est colinéaire à V.

� Dans ce cas, il existe un scalaire λ vérifiant u(V) = λ.V. � Soit A une matrice (n, n). On peut lui associer une application linéaire u de Rn dans lui-même. Les vecteurs propres de A sont, par définition, les vecteurs propres de u.

Définition

Soit u : E → E une application linéaire d’un espace vectoriel E dans lui-même. On dit qu’un scalaire t est une valeur propre pour u s’il existe un vecteur non nul V qui vérifie :

u(V) = t.V. � On dit que V est un vecteur propre relatif à la valeur propre t. � L'ensemble des vecteurs propres relatifs à une valeur propre donnée t est un sous-espace vectoriel, qu'on appelle le sous-espace propre relatif à t.

� Des vecteurs propres V1,V2,…Vp( ) appartenant à des sous-espaces

propres deux à deux distincts forment toujours une famille libre. � Si t est une valeur propre de l'endomorphisme u de E, le sous-espace propre associé est Et = Ker(u− t.IdE ) . Il en résulte qu'une valeur propre est un réel t tel que u – t.IdE soit non inversible.


On suppose dorénavant que les espaces vectoriels considérés sont de dimension finie.

� Un scalaire t est valeur propre de l'endomorphisme u si et seulement si le déterminant de u – t.Id est nul. � Les valeurs propres sont les solutions de l'équation polynomiale :

det(u – X. IdE) = 0.

Le polynôme figurant au premier membre de cette équation s'appelle le polynôme caractéristique de u. � Si A est la matrice de u dans une base quelconque, le polynôme caractéristique est :

P(X) = det(A – X. Id).

Rappelons qu'on appelle ordre de multiplicité d'une racine α d'un polynôme P la plus grande puissance de (X – α) qui divise P(X). Un polynôme de degré n a au plus n racines, comptées avec leur ordre de multiplicité. Il peut n'avoir aucune racine dans le corps K. S'il a exactement n racines dans le corps K, on dit qu'il est scindé sur K. Dans la suite, le corps de base K est R ou C. Si un polynôme n'est pas toujours scindé sur R, il est par contre toujours scindé sur C.

Théorème

(Cayley-Hamilton) Soit M une matrice carrée et PM(X) son polynôme caractéristique.

On a l'égalité entre matrices (n, n) : PM(M) = 0.


Définition

Soit M une matrice carrée. On appelle polynôme annulateur de M tout polynôme P tel que P(M) = 0. � Le polynôme caractéristique est un polynôme annulateur. � L'ensemble des polynômes annulateurs d'une matrice est un idéal de l'anneau des polynômes. Cet ensemble est égal à l'ensemble des multiples d'un même polynôme, unitaire et de degré minimal, appelé le polynôme minimal de la matrice. � Le polynôme minimal est un diviseur du polynôme caractéristique.

Proposition

Soit u un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension finie E, t une valeur propre, de multiplicité m(t), et Et le sous-espace propre relatif à t, de dimension d(t). On a la relation suivante :

1 ≤ d(t) ≤ m(t).

Définition

Une matrice carrée est dite diagonalisable si elle est semblable à une matrice diagonale. Elle est dite trigonalisable si elle est semblable à une matrice triangulaire.

Théorème

Une matrice est diagonalisable si et seulement si : 1) Son polynôme caractéristique est scindé. 2) Pour toute valeur propre t, on a l'égalité :

d(t) = m(t).

Corollaire

Une matrice (n , n) qui a n valeurs propres distinctes est diagonalisable.


Diagonalisation

Dans la pratique, on effectue la démarche suivante : � Calculer le polynôme caractéristique de la matrice. � Chercher les racines de ce polynôme, sur R en général, ou C. � Nous supposons dans la suite que le polynôme est scindé. � Pour chaque valeur propre t, on note m(t) la multiplicité. � Déterminer une base du sous-espace propre associé. � Soit d(t) sa dimension. Vérifier que m(t) = d(t). � Passer à la valeur propre suivante. En juxtaposant les bases des différents sous-espaces propres, on obtient une base formée de vecteurs propres. Dans cette nouvelle base, la matrice est diagonale.

Proposition

Soit A une matrice carrée, P son polynôme caractéristique et M son polynôme minimal. 1) Les polynômes P et M ont les mêmes racines, réelles ou complexes. 2) La matrice A est diagonalisable si et seulement si le polynôme M n'a que des racines simples.

Définition

Soit A une matrice carrée. Soit t une valeur propre de A, et m(t) sa multiplicité. On appelle sous-espace caractéristique de A associé à t le sous-espace :

Ft = Ker[(A – t.I)m(t)].

� Le sous-espace propre relatif à t est une partie du sous-espace caractéristique.


Proposition

Soit A une matrice carrée dont le polynôme caractéristique est scindé. 1) La somme des sous-espaces caractéristiques est directe, et égale à l'espace vectoriel tout entier. 2) Chaque sous-espace caractéristique est stable par A. 3) Chaque sous-espace caractéristique est de dimension égale à la multiplicité de la valeur propre correspondante.

Théorème

Une matrice carrée est trigonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé. � Sur C, toute matrice carrée est trigonalisable.

Trigonalisation

Dans la pratique, on effectue la démarche suivante. � Calculer le polynôme caractéristique de la matrice. � Chercher les racines de ce polynôme, sur R en général, ou C. � Nous supposons dans la suite que le polynôme est scindé. � Pour chaque valeur propre t, on note m(t) la multiplicité. � Déterminer une base du sous-espace propre associé. � Soit d(t) sa dimension. � Si m(t) = d(t), passer à une autre valeur propre. � Si m(t) > d(t), compléter la famille de vecteurs propres obtenue par m(t) – d(t) vecteurs "pseudo- propres" calculés par la méthode indiquée ci- dessous. � Passer à la valeur propre suivante.


En juxtaposant les différentes familles de vecteurs propres ou pseudo-propres obtenues pour chaque valeur propre, on obtient une nouvelle base dans laquelle la matrice est triangulaire.

Calcul des vecteurs pseudo-

propres

Soit A une matrice carrée ayant une valeur propre t d'ordre m, dont le sous-espace propre associé Et est de dimension d, d < m.

Soit (V1, …,Vd) une base de Et.

Ces vecteurs sont des solutions indépendantes de l'équation : (A – t.I).V = 0.

Chercher des solutions indépendantes de l'équation : (A – t.I).W = α1V1 + … + αd Vd,

dans laquelle α1, …, αd, sont des paramètres quelconques.

On écrira une base du sous-espace des solutions en complétant la famille (V1, …,Vd).

Soit (V1, …,Vd, Wd+1, …,Wd+k) (k ≥ 1) une telle base.

NB : C'est une base du sous-espace vectoriel : Ker[(A – t.I)2] = (A – t.I)-1[Ker(A – t.I)].

Si d + k = m, le calcul est terminé. Si d + k < m, poursuivre le calcul de manière analogue à partir de cette nouvelle famille libre. Chercher des solutions indépendantes de l'équation :

(A – t.I).W = α1V1 + … + αd Vd + αd+1Wd+1 + …+ αd+kWd+k

dans laquelle α1, …, αd+k, sont des paramètres quelconques.

On écrira une base du sous-espace des solutions en complétant la famille (V1, …,Vd, Wd+1, …,Wd+k).

Soit (V1, …,Vd, Wd+1, …,Wd+k, Wd+k+1, …,Wd+k+p) (p ≥ 1) une telle base.

NB : C'est une base du sous-espace vectoriel :


Ker[(A – t.I)3] = (A – t.I)-1[Ker(A – t.I)2]. Si d + k + p = m, le calcul est terminé. Si d + k + p < m, poursuivre le calcul de manière analogue à partir de cette nouvelle famille libre.

Puissances d'une matrice

carrée

Une matrice carrée A dont le polynôme caractéristique est scindé est semblable à une matrice triangulaire A´. Si P est la matrice de passage, A = P.A´.P-1, et, plus généralement :

Am = P. A m.P-1. Il suffit donc de savoir calculer une puissance d'une matrice triangulaire. Les techniques développées plus haut permettent d'obtenir, plus précisément, A´ comme la somme d'une matrice diagonale et d'une matrice nilpotente, qui commutent. On peut donc appliquer la formule du binôme de Newton pour calculer une puissance de A´. On se ramène alors au calcul d'une puissance d'une matrice diagonale, ce qui est évident, et au calcul d'une puissance d'une matrice nilpotente, qui est limité à un petit nombre de calculs (dans la pratique).


2� Pour Voir

Dans cette partie, on présente des exemples simples des notions ou résultats abordés dans la partie précédente. Ils sont suivis de questions très élémentaires pour vérifier votre compréhension.

2-1 Espaces vectoriels

"Soit (K, +K , × K ) un corps, et (E , +E ) un groupe commutatif. Une structure d' espace

vectoriel sur K est définie sur le groupe E par la donnée d'une loi externe de K sur E,

c'est-à-dire d'une application K × E → E satisfaisant aux propriétés suivantes…"

exemple 1

On note Kn, l'ensemble des n-uples d'éléments de K : x = (x1, x2 , … , xn-1, xn).

On définit sur Kn une loi interne, notée +, en posant : x = (x1, x2 , … , xn-1, xn),

y = (y1, y2 , … , yn-1, yn),

x + y = (x1 + y1, x2 + y2 , … , xn-1 + yn-1, xn + yn).

On définit une loi externe :

K × Kn → Kn en posant pour α un élément de K et x = (x1, x2 , … , xn-1, xn) :

α. x = (α.x1, α.x2 , … , α.xn-1, α.xn).

On vérifie qu'on obtient bien ainsi une structure de K-espace vectoriel sur Kn.


exemple 2

(à traiter)

Soit E un espace vectoriel sur un corps K, et A un ensemble quelconque non vide. L'ensemble F (A , E) des applications de A dans E a une structure "naturelle" d'espace vectoriel. Quelles sont les opérations ?

# réponse

La somme de deux applications se définit par : (f + g)(x) = f(x) + g(x).

Le produit externe d'une application par un scalaire de K se définit par : (α.f)(x) = α.f(x).

"Soit E un ensemble. Une famille d'éléments de E, indexée par l'ensemble I est une

application f : I → E. "

exemple 3

L'application : u : N → N,

i → 2i, définit une famille :

ui = 2i.

exemple 4

(à traiter)

Donner l'exemple d'une famille de R2 indexée par R.

# réponse

On peut proposer par exemple ((cos(θ), sin(θ))θ ∈ R.


"La famille (zi)i∈Ι n'est pas la même chose que l'ensemble : {zi | i∈I}."

exemple 5

La famille infinie de Z, indexée par N, définie par : zi = (– 1)i,

correspond à l'ensemble fini : {– 1, 1}.

exemple 6

(à traiter)

Pour la famille de C indexée par N, définie par : yk = ik,

(i est la racine carrée de – 1, comme d'habitude) quel est l'ensemble des valeurs ?

# réponse

Les valeurs sont y0 = 1, y1 = i, y2 = – 1, y3 = – i, y4 = 1 … donc l'ensemble des valeurs est :

{1, i, – 1, – i}.

"Soit E un K-espace vectoriel, I un ensemble d'indices, une famille d'éléments de K telle que l'ensemble des éléments i tels que ζi soit différent de 0 est fini est appelée famille

presque nulle."

exemple 7

La famille d'entiers indexée par [0 , 1] définie par : zx = E(x) (partie entière)

est une famille presque nulle, puisque zx = 0 sauf si x = 1.


exemple 8

(à traiter)

La famille de complexes indexée par N définie par : up = ip + 1

est-elle presque nulle ?

# réponse

Non. Les termes de la famille dont l'indice est de la forme 4k + 2 sont nuls, c'est-à-dire une infinité de termes, mais une infinité d'entre eux sont non nuls, par exemple ceux d'indice 4k, qui valent tous 2.

"L'élément de E défini par z= ζ i .zii∈I∑ est la combinaison linéaire de la famille (zi)i∈Ι

associée à la famille (ζi)i∈Ι"

exemple 9

A partir de l'exemple 7, on peut, pour toute famille de vecteurs Vx, indexée par [0 , 1], définir la combinaison linéaire :

zxVxx∈[0 , 1]∑ .

exemple 10

(à traiter)

Donner une expression plus simple de la combinaison linéaire donnée dans l'exemple 9.

# réponse

Seul z1 n'est pas nul, et vaut 1, donc zxVxx∈[0 , 1]∑ = V1.


"On dit que F est un sous-espace vectoriel de E si -1) (F,+) est un sous-groupe de (E,+),

-2) La loi externe se restreint à F, c'est-à-dire en une application K × F →. F, ayant les

propriétés 1) à 4) exigées pour les espaces vectoriels."

exemple 11

Dans l'espace vectoriel R3, le sous-ensemble : F = {(x, y, z) | x + y + z = 0}

qui est un plan, est un sous-espace vectoriel. On vérifie facilement toutes les conditions. Par exemple :

si x + y + z = 0, et x´ + y´ + z´ = 0, alors (x + x´) + (y + y´) + (z + z´) = 0.

Donc F est stable pour l'addition. Dans F l'addition est bien associative, commutative, admet (0, 0, 0) comme élément neutre (0 + 0 + 0 = 0), et tout vecteur a un symétrique (si x + y + z = 0, – x + (– y) + (– z) = 0). Les conditions sur la loi externe se vérifient de même. En particulier si α est un scalaire, et (x, y, z) un élément de F, alors :

αx + αy + αz = α(x + y + z) = 0.

exemple 12

(à traiter)

Dans l'espace vectoriel R3, le sous-ensemble : G = {(x, y, z) | x + y + z = 1}

qui est un plan, est-il un sous-espace vectoriel ?

# réponse

La réponse est non. Par exemple G n'est pas stable pour l'addition : si x + y + z = 1, et x´ + y´ + z´ = 1,

alors (x + x´) + (y + y´) + (z + z´) = 2.


"Une partie F d'un espace vectoriel E est un sous-espace vectoriel si et seulement si les

trois conditions suivantes sont vérifiées : 1) Pour tout x et tout y de F, x + y est un élément de F, 2) Pour tout x de F, et tout α de K, α.x est un élément de F, 3) 0E est un élément de

F."

exemple 13

On a vérifié ces trois propriétés sur F, ci-dessus. Il faut connaître un petit catalogue de "grands" espaces vectoriels, les autres espaces considérés dans la pratique étant le plus souvent des sous-espaces de ceux-ci :

Espaces Rn, Cn : droites, plans, sous-espaces engendrés par quelques vecteurs donnés, ou

définis par quelques équations linéaires… Espace des fonctions d'un ensemble I dans C, ou R, F(I , R) :

suites réelles ou complexes, suites convergentes, fonctions continues, dérivables, paires, impaires, dont une ou plusieurs

dérivées vérifient des conditions linéaires données… Espace des polynômes à une indéterminée : R[X], C[X] :

polynômes pairs, impairs, ayant une racine donnée, dont les coefficients vérifient une relation linéaire donnée, de degré inférieur ou égal à un

entier donné… Espaces de matrices Mp,q :

matrices symétriques, triangulaires…

exemple 14

(à traiter)

La troisième condition est-elle vraiment indispensable ? Que pensez-vous du raisonnement suivant : Supposons les deux premières conditions vérifiées. Soit x un vecteur dans F, et α = – 1. D'après la condition 2, (– 1)x est un élément de F, c'est-à-


dire – x ∈ F. D'après la condition 1, x + (– x) est un élément de F, c'est-à-dire 0 ∈ F. Conclusion : la condition 3 est conséquence des deux premières conditions, il est inutile de la demander.

# réponse

Le raisonnement ci-dessus est exact, sauf sa conclusion. En effet la phrase "soit x un vecteur dans F" contient une hypothèse, c'est que F n'est pas vide, hypothèse qui n'est pas contenue dans les conditions 1 et 2. Le raisonnement établit qu'on peut remplacer la condition 3 par la condition 3´ :

"F n'est pas vide".

"L'intersection de sous-espaces vectoriels est un sous-espace vectoriel, par contre le

résultat analogue n'est pas toujours vrai pour la réunion de sous-espaces vectoriels."

exemple 15

Si E est le plan R2, F le sous-espace {(x, y) | x = y}, G le sous-espace {(x, y) | x = –y, l'union de ces deux droites n'est pas un sous-espace vectoriel. Ainsi, (1, 1) ∈ F ∪ G, (1, –1) ∈ F ∪ G, et leur somme (2, 0) n'appartient ni à F ni à G, donc n'appartient pas à F ∪ G.

exemple 16

(à traiter)

Dans l'espace des fonctions de R dans R, on note P le sous-espace des fonctions paires, et I le sous-espace des fonctions impaires. L'union de ces deux sous-espaces vectoriels est-elle un sous-espace vectoriel ?

# réponse

Non. Il suffit de considérer la somme d'une fonction paire, par exemple : x → x2


et d'une fonction impaire : x → x3.

Cette somme : x → x2 + x3,

n'est ni paire, ni impaire.

"Soit A une partie de E, il existe un plus petit sous-espace vectoriel (pour la relation

d'inclusion) contenant A. Ce sous-espace est l'intersection de tous les sous-espaces

vectoriels contenant A."

exemple 17

Dans le plan R2, le plus petit sous-espace contenant (0, 0) et (1, 1), contient donc tous les multiples de (1, 1) par un scalaire, soit l'ensemble :

∆ = {(x, x) | x ∈ R}. Comme ∆ est un sous-espace vectoriel du plan, c'est le plus petit.

exemple 18

(à traiter)

Traiter le même problème pour le plus petit sous-espace contenant les deux points A = (1, 1) et B = (1, –1).

# réponse

Si vous avez répondu "la droite AB", vous avez tort, car cette droite n'est pas un sous-espace vectoriel de R2. Si A et B sont dans un sous-espace vectoriel, alors la somme et la différence y sont aussi, soit (2, 0) et (0, 2). En fait, comme un sous-espace vectoriel est stable par multiplication, on peut multiplier par 1/2, donc (1, 0) et (0, 1) sont dans le plus petit sous-espace contenant A et B. Par stabilité par combinaison linéaire, on voit que pour tout x et tout y, le vecteur x (1, 0) + y (0, 1) = (x , y) est dans le plus petit sous-espace contenant A et B. Le plus petit sous-espace est donc le plan tout entier.


"Le sous-espace vect(A) est l'ensemble des combinaisons linéaires d'éléments de A."

exemple 19

Les deux raisonnements particuliers faits ci-dessus utilisent précisément cette remarque.

exemple 20

(à traiter)

Déterminer vect(A), pour la partie A de R[X] suivante : A = {X 2p | p entier naturel quelconque}.

# réponse

Les combinaisons linéaires de cette famille infinie de vecteurs sont tous les polynômes pairs.

"Soient F et G des sous-espaces de E. On appelle somme de F et G, et on note F + G le

sous-espace vectoriel engendré par F ≈ G."

exemple 21

Dans l'exemple 15, F + G contient le sous-espace engendré par (1, 1) et (1, –1), c'est donc R2 (cf. exemple 18).

exemple 22

(à traiter)

Dans l'exemple 16, déterminer I + P.

# réponse

C'est donc le sous-espace vectoriel engendré par les fonctions paires et les fonctions impaires. On sait que toute fonction est somme d'une fonction paire et d'une fonction impaire. Il en résulte que :

I + P = F([–1 , 1], R).


"Si de plus F ∩ G = {0}, on dit que F et G sont en somme directe, et on note cette

somme F ⊕ G ."

exemple 23

Une fonction f sur [– 1 , 1], à valeurs réelles, qui est à la fois paire et impaire est la fonction nulle :

∀x, f(x) = f(–x), ∀x, f(x) = – f(–x),

donc : ∀x, f(x) = – f(x),

d'où :

∀x, f(x) = 0. Les sous-espaces I et P sont en somme directe.

exemple 24

(à traiter)

Dans l'espace vectoriel R[X], formé des polynômes à coefficients réels, le sous-espace des polynômes qui ont pour racine 0 et le sous-espace des polynômes qui ont pour racine 1 sont-ils en somme directe ?

# réponse

Un polynôme qui a 0 et 1 pour racines est-il nul ? Non, bien sûr, par exemple le polynôme :

X(X – 1) est dans ce cas. Par contre, si on pose la même question pour l'espace vectoriel des polynômes de degré au plus 1, la réponse est oui.


"Si F ⊕ G = E, on dit que F et G sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires."

exemple 25

Dans l'exemple 23, d'après 22, I et P sont supplémentaires.

exemple 26

(à traiter)

Dans l'espace vectoriel F(R ,R), les sous-espaces formés respectivement des fonctions constantes, et des fonctions valant 0 en 0 sont supplémentaires.

# réponse

Pour l'intersection : si une fonction est constante et nulle en 0, elle est nulle partout. Pour la somme : soit f une fonction quelconque, et a = f(0). On définit une fonction g et une fonction h par :

∀ x ∈ R, g(x) = f(x) – a, ∀ x ∈ R, h(x) = a, la fonction g est bien nulle en 0, et la fonction h est bien constante, et on a de plus :

∀ x ∈ R, f(x) = g(x) + h(x).

"On dit qu'une famille (zi)i∈Ι d'éléments d' un espace vectoriel E est une famille

génératrice de E si tout élément z de E peut s'écrire comme une combinaison linéaire de (zi)i∈Ι pour une famille de scalaires (ζi)i∈Ι presque nulle."

exemple 27

Dans l'espace vectoriel des polynômes à coefficients complexes, C[X], la famille infinie des monômes (Xk)k∈N, est génératrice : en effet, tout polynôme est combinaison linéaire d'une sous-famille finie de cette famille.


exemple 28

(à traiter)

Dans R2, la famille (Vi)1≤i≤4 définie par :

V1 = (1, 0), V2 = (1, –1), V3 = (0, 1), V4 = (–1, 1),

est-elle génératrice ?

# réponse

Oui, bien sûr. On peut donner deux arguments (au moins) : � Calcul direct. Soit V = (a, b) un vecteur de R2, on peut écrire :

(a, b) = (a, 0) + (1, –1) + (0, b) + (–1, 1), V = aV1 + V2 + bV3 + V4,

donc tout vecteur est combinaison linéaire des quatre vecteurs de la famille. � Raisonnement général : la famille (Vi)1≤i≤4 contient une sous-famille clairement génératrice, la famille (V1, V3), donc elle est génératrice.

"On dit qu'une famille (xi)i∈Ι est une famille libre si pour toute famille presque nulle

d'éléments de K, (ξi)i∈Ι, l'implication suivante est vraie : ξi xii∈I∑ = 0 ⇒ ξi = 0 pour

tout i de I."

exemple 29

La famille (Vi)1≤i≤4 de l'exemple précédent n'est pas libre, puisque :

0 = 0.V1 + V2 + 0.V3 + V4,

donc il existe une combinaison linéaire nulle dont tous les coefficients ne sont pas nuls.


exemple 30

(à traiter)

Dans F(R, R), soient f une fonction paire, non nulle, et g une fonction impaire, non nulle. Vérifier que la famille (f, g) est libre.

# réponse

Deux arguments possibles. � Soient α et β des réels tels que :

α.f + β.g = 0, c'est-à-dire :

∀ x ∈ R, αf(x) + βg(x) = 0. S'il existe un réel, soit a tel que f(a) ≠ 0, et g(a) = 0, on en déduit que :

αf(a) = 0, donc α = 0, et comme il existe b tel que g(b) ≠ 0, on déduit que β = 0. S'il n'existe pas de réel tel que a, soit t tel que f(t) ≠ 0, et g(t) ≠ 0, on peut écrire :

αf(t) + βg(t) = 0, de plus :

αf(–t) + βg(–t) = 0, donc :

αf(t) – βg(t) = 0. On déduit, en ajoutant la première et la dernière égalité :

2αf(t) = 0, Et, en les soustrayant :

2βg(t) = 0, donc, comme f(t) ≠ 0, et g(t) ≠ 0, α = β = 0. � Supposons, par l'absurde, que α ≠ 0. Alors :

f = βα

g,


donc f est, comme g, impaire, ce qui est faux car f est paire, et non nulle. On déduit que α = 0, et de même β = 0. Noter la méthode employée, plus rapide ici : si une famille n'est pas libre, un des termes au moins s'exprime en fonction linéaire des autres.

"Si la famille (xi)i∈Ι n'est pas libre, on dit qu'elle est liée. On dira aussi que les éléments

de la famille sont liés, ou dépendants. Dans ce cas il existe une famille (ξi)i∈Ι presque

nulle de scalaires non tous nuls telle que ξi xi = 0i∈I∑ ."

exemple 31

La famille (Vi)1≤i≤4 de l'exemple 28 est liée.

exemple 32

(à traiter)

La famille des polynômes à coefficients réels : X, X – 1, X – 2

est-elle liée ?

# réponse

Peut-on trouver des réels a, b, c, non tous nuls, tels que : aX + b(X – 1) + c(X – 2) = 0.

On voit que pour annuler le terme constant il faut : – b – 2c = 0,

par exemple b = 2, c = –1, et pour annuler le coefficient de X : a + b + c = 0,

soit, si b = 2 et c = – 1, a = – 1.


"Une famille libre et génératrice est appelée une base."

exemple 33

L'ensemble des nombres complexes, C, est un espace vectoriel sur R, pour les opérations usuelles. Une base de cet espace vectoriel est, par exemple, la famille (1, i).

exemple 34

(à traiter)

Dans le même espace vectoriel, la famille (i, j) est-elle une base ?

(rappel : j désigne le complexe − 12

+ i3

2).

# réponse

La réponse est oui, d'après les théorèmes généraux sur les espaces de dimension finie. Plus directement, on peut vérifier que cette famille est libre :

αi + βj = 0, impliquerait, si α ≠ 0 :

i = βα

j,

donc, comme α et β sont des réels : arg(i) = arg(j),

ce qui est faux, bien entendu. Cette famille est aussi génératrice. Soit z = a + ib, un nombre complexe quelconque. Peut-on l'écrire :

z = αi + βj, α et β étant réels. Cela revient à résoudre les équations :


a= − 12

β,

b = α + 32

β.

d'où β = – 2a, et α = b − a 3. La famille est bien génératrice. En conclusion, c'est bien une base de C sur R.

"Soit E un espace vectoriel ayant une base à n éléments. 1) Toute base de E a n éléments."

exemple 35

Nous avons vu, pour l'espace vectoriel C sur R, une base à deux éléments (i, j). Toute autre base a exactement deux éléments, par exemple (1, i).

exemple 36

(à traiter)

Y-a-t-il une base à trois éléments dans R2 ?

# réponse

La réponse est non, en remarquant qu'on connaît dans cet espace vectoriel une base à deux éléments, la base :

((1, 0), (0, 1)).

"2) Toute famille génératrice de E a au moins n éléments. Une telle famille est une base

si et seulement si elle a exactement n éléments."

exemple 37

Énoncé très important, en particulier pour sa deuxième partie, qui évite des calculs. Ainsi, sachant que R2 a une base à deux éléments sur R, on peut déduire que la famille :

((1, –1), (1, 1)) est une base en montrant simplement que cette famille est génératrice :


(a, b)= a+ b2

(1, 1)+ a− b2

(1, −1).

exemple 38

(à traiter)

L'espace vectoriel R3 a-t-il une famille génératrice à deux éléments, à quatre éléments ?

# réponse

� Pour deux, la réponse est non, puisque cet espace a une base à trois éléments :

((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)). � Pour quatre, la réponse est oui. Il suffit de compléter une famille génératrice avec un vecteur quelconque :

((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 1)).

"3) Toute famille libre de E a au plus n éléments. Une telle famille est une base si et

seulement si elle a exactement n éléments."

exemple 39

Énoncé très important, en particulier pour sa deuxième partie, qui évite des calculs. Ainsi, si on sait que C a une base à deux éléments sur R, on peut traiter l'exemple 34 en montrant simplement que la famille (i, j) est libre.

exemple 40

(à traiter)

L'espace vectoriel R3 a-t-il une famille libre à deux éléments, à quatre éléments ?

# réponse


� Pour deux, la réponse est oui, il suffit de prendre une sous-famille à deux éléments d'une famille libre :

((1, 0, 0), (0, 0, 1)). � Pour quatre, la réponse est non : dans R3, quatre vecteurs sont toujours dépendants.

"L'entier n ainsi attaché à E s'appelle la dimension de E. "

exemple 41

Les exemples précédents montrent qu'il est très important de connaître la dimension des espaces vectoriels avec lesquels on travaille. Par exemple :

dim(Rn) = n, dimR(C) = 2.

exemple 42

(à traiter)

On note Rk[X] l'espace vectoriel formé des polynômes à coefficients réels de degré au plus k, et du polynôme nul. Quelle est sa dimension ?

# réponse

Il faut trouver une base de ce sous-espace. Une famille est clairement génératrice :

(Xp)0≤p≤k.

Il suffit de montrer qu'elle est libre, ce qui est évident puisqu'un polynôme est nul si et seulement si tous ses coefficients sont nuls. On conclut :

dim(Rk[X]) = k + 1.


"Soit E un espace vectoriel et (x1, … , xn) une famille génératrice de E. Soit (y1, … , ym)

une famille libre, non génératrice de E. Il existe des éléments (xi1, … , xik

) de la famille

(x1, … , xn) tels que la famille (y1, … , ym , xi1, … , xik

) soit une base de E."

exemple 43

Dans de nombreux cas, la famille génératrice (xi) est une base connue de l'espace vectoriel, et la famille libre (yj) est une base d'un sous-espace vectoriel. Cet énoncé permet d'affirmer l'existence d'une base de l'espace contenant la base connue du sous-espace, tout en donnant une méthode pour la trouver. Si E = R3[X], on cherche une base de E contenant la famille libre :

(X – 1), (X – 1)2. Cette famille est libre car les polynômes qui y figurent sont de degrés différents. Pour la compléter, on a la possibilité d'essayer des vecteurs de la base (1, X, X2, X3). On procède de proche en proche :

1, (X – 1), (X – 1)2 est une famille libre, pour la même raison de degrés, non génératrice (la dimension est 4, donc les familles génératrices ont au moins quatre termes). On lui applique à nouveau la même méthode :

1, (X – 1), (X – 1)2, X3 est libre, et comme elle a 4 termes et que la dimension est 4, c'est bien une base.

exemple 44

(à traiter)

Dans R3, trouver une base contenant les vecteurs suivants : A = (1, –1, 1), B = (1, 1, –1),

après avoir vérifié qu'ils forment bien une famille libre.

# réponse


Ces vecteurs ne sont pas proportionnels donc sont indépendants (argument valable seulement pour deux vecteurs). D'après le théorème de la base incomplète, il est certain que l'un, au moins, des trois vecteurs de la base :

u = (1, 0, 0), v = (0, 1, 0), w = (0, 0, 1) est indépendant des deux donnés. Il suffit de procéder à quelques essais :

A + B = 2u, donc u ne convient pas. Par contre, si v = α A + β B, alors :

0 = α + β 1 = – α + β 0 = α – β,

et les deux dernières égalités sont incompatibles, α et β n'existent pas. En conclusion, (A, B, v) forment une base de R3.

"Soit E un espace vectoriel de dimension finie. 1) Tout sous-espace F de E est de

dimension finie, et dim(F) ≤ dim(E). Si dim(F) = dim(E), alors F = E."

exemple 45

Résultat très important, puisqu'il permet de conclure à l'égalité de deux ensembles, s'ils sont des espaces vectoriels, autrement que par une double inclusion. Soit E = R2[X], et F = {Q ∈ E | il existe P ∈E, Q = P + P´ + P´´}, en notant P´ le polynôme dérivé de P, et P´´ le polynôme dérivé de P´. Les polynômes suivants appartiennent à F :

Q1 = 1 (prendre P = 1),

Q2 = X + 1 (prendre P = X),

Q3 = X2 + 2X + 2 (prendre P = X2).


Ces trois polynômes sont indépendants, puisque leurs degrés sont différents, donc F contient une famille libre de trois éléments, donc la dimension de F est au moins 3. Comme elle est au plus égale à celle de E, qui vaut 3, on conclut :

dim(F) = dim(E) = 3. Il en résulte que F = E : tout polynôme de degré au plus 2 est somme d'un polynôme bien choisi et de ses deux premières dérivées.

exemple 46

(à traiter)

Dans R3, soit F le sous-espace formé par les vecteurs (a, b, c) tels qu'il existe trois réels x, y, z vérifiant :

a = x + y + 2z b = y + 2z

c = z. Montrer, par une méthode analogue, que F = R3.

# réponse

Si on choisit (1, 0, 0), on obtient le vecteur (1, 0, 0), pour (0, 1, 0), on obtient (1, 1, 0), enfin, pour (0, 0, 1), on obtient (2, 2, 1). On vérifie facilement que la famille :

(1, 0, 0), (1, 1, 0), (2, 2, 1) est libre, donc la dimension de F est au moins 3, donc c'est 3, et E = F.

"2) Soient F et F´ des sous-espaces de E, on a la relation suivante : dim(F + F´) = dim(F)

+ dim(F´) – dim(F ∩ F´)."

exemple 47

Dans R3, les plans : F = vect((1, 1, 0), (0, 1, 1)), F´ = vect((1, 2, 1), (1, 0, 1))


ont pour somme R3. On remarque d'abord que (1, 0, 1) ∉ F, donc F´ n'est pas contenu dans F, donc F ≠ F´. Leur intersection, est de dimension au moins 1, puisque :

dim(F + F´) ≤ 3 ⇒ 2 + 2 – dim(F ∩ F´) ≤ 3, mais elle n'est pas de dimension 2, puisqu'elle serait alors égale à F et à F´ d'après le résultat précédent, et que F ≠ F´. Donc dim(F ∩ F´) = 1, et dim(F + F´) = 3.

exemple 48

(à traiter)

Dans R4, quelles sont les dimensions possibles de l'intersection de deux plans (sous-espaces de dimension 2) ?

# réponse

On part de dim(F + F´) ≤ dim(R4) = 4, d'où : dim(F) + dim(F´) – dim(F ∩ F´) ≤ 4, et :

0 = 2 + 2 – 4 ≤ dim(F ∩ F´).

D'autre part, F ∩ F´ est un sous-espace de F et de F´, donc sa dimension est au plus 2. En conclusion, dans R4, deux plans peuvent se couper en un seul point (F ∩ F´ = {0}), en une droite, ou être égaux.

"3) Tout sous-espace F admet un supplémentaire F dans E. On a l'égalité dim(F´) =

dim(E) – dim(F)."

exemple 49

Cette condition n'est pas suffisante. Dans R3, le plan : F = vect((1, 0, 0), (0, 1, 1)),

et la droite : F´ = vect((1, 1, 1)),


ne sont pas supplémentaires, quoique dim(F) + dim(F´) = 3. En effet, F´ est engendré par la somme des deux vecteurs qui engendrent F, donc F´ ⊂ F.

exemple 50

(à traiter)

Un supplémentaire n'est pas unique : soit D une droite du plan R2, et D' une droite du plan distincte de D. Démontrer que D et D' sont supplémentaires.

# réponse

L'intersection de deux droites est de dimension 0 ou 1. Si la dimension est 1, les deux droites sont égales :

dim(D ∩ D´) = dim(D) = dim(D´), d'où :

D = D ∩ D´ = D´. L'intersection de deux droites distinctes est donc {0}. Il en résulte que la somme de deux droites distinctes est de dimension 2. En conclusion, dans un plan, deux droites distinctes sont supplémentaires.

2-2 Applications linéaires

"Soient E et F des espaces vectoriels sur un corps K, et f une application de E dans F. On

dit que f est une application linéaire si les propriétés suivantes sont vérifiées : 1) pour

tout x et tout y de E, on a l'égalité f(x + y) = f(x) + f(y), 2) pour tout x de E, et tout α de

K, on a l'égalité f(α.x) = α.f(x)."

exemple 51

Si E = R4, (ou Kn en général), une application linéaire sera souvent exprimée en fonction des coordonnées d'un vecteur quelconque. Par exemple :


(a1, a2, a3, a4) → (a1 – a4, a2 + a3).

Autre exemple : (a1, a2, a3, a4) → (a1 * a4, a2 + a3).

Autre exemple : (a1, a2, a3, a4) → (a1 – a4, a2 + 1).

Le premier exemple est bien une application linéaire, le second et le troisième n'en sont pas, car les expressions qui figurent au second membre ne sont pas linéaires. Ainsi a1 * a4 n'est pas une expression linéaire par rapport à a1 et a4 et a2 + 1 n'est pas une expression linéaire par rapport à a2.

exemple 52

(à traiter)

Les applications de R2[X] dans R2[X] définies par :

f : aX2 + bX + c → (a + b + c)X2 + cX + b, g : aX2 + bX + c → (a * b + c)X2 + cX + b, h : aX2 + bX + c → (a + b + 1)X2 + cX + b,

sont-elles linéaires ?

# réponse

Par analogie avec la remarque précédente, on peut prévoir que f est linéaire (les coefficients du polynôme image d'un polynôme P sont des expressions linéaires par rapport aux coefficients de P), alors que g ne l'est pas (à cause du produit a * b) et h non plus (à cause de a + b + 1). C'est bien ce qu'on vérifie en appliquant la définition de la linéarité.


"0n note Im(f) le sous-espace f(E), appelé l'image de f."

exemple 53

L'image de f est l'ensemble des valeurs prises par f. C'est l'ensemble des vecteurs V tels que l'équation f(X) = V ait une solution dans E. Dans l'exemple 45, on a considéré l'image F de l'application linéaire de R2[X] dans lui-même donnée par P → P + P´ + P´´.

On a vérifié que l'image est R2[X].

exemple 54

(à traiter)

Déterminer Im(f) pour l'application f de l'exemple 52.

# réponse

L'application est f : aX2 + bX + c → (a + b + c)X2 + cX + b. Procédons comme en 45-46 :

f(1) = X2 + X f(X) = X2 + 1

f(X2) = X2. Les polynômes X2 + X, X2 + 1, X2 sont dans Im(f), donc X et 1 aussi, donc Im(f) contient une famille libre de 3 éléments, sa dimension est au moins 3, donc c'est 3, et :

Im(f) = R2[X].

"On note Ker(f) le sous-espace f-1(0), appelé le noyau de f."

exemple 55

Le noyau est l'ensemble des solutions de l'équation f(V) = 0.


Rappelons que pour résoudre une équation f(V) = W, où W est un vecteur connu, il suffit de connaître une solution, soit V0, de cette équation, et le noyau de f. L'ensemble des solutions est alors :

V0 + Ker(f).

Le noyau de l'application : f : R3 → R2

(x, y, z) → (x – y, y – z) est obtenu en résolvant les équations :

x – y = 0 y – z = 0,

soit x = y = z. On écrira : Ker(f) = {(x, x, x) | x � R}.

Une base de Ker(f) est le vecteur (1, 1, 1). Pour résoudre f(V) = (1, 1), il suffit alors de trouver un antécédent de (1, 1). Par exemple (1, 0, –1). L'ensemble des solutions de f(V) = (1, 1) est donc :

{(1 + x, x, –1 + x) | x ∈ R}.

exemple 56

(à traiter)

Déterminer le noyau de l'application linéaire : H : R2[X] --. R

P → P(0) + P(1). On en donnera une base.

# réponse

Soit P = a + bX + cX2 un polynôme du noyau. Il vérifie l'équation : a + a + b + c = 0,

c = – b – 2a,


donc : P = a(1 – 2X2) + b(X – X2).

Les polynômes (1 – 2X2) et (X – X2) sont des éléments du noyau, ils constituent d'après ce résultat une famille génératrice de Ker(H). On vérifie facilement qu'ils sont indépendants (ils ne sont pas proportionnels), donc ils constituent une base de Ker(H).

"Une application linéaire f est surjective si et seulement si Im(f) = F, et f est injective si

et seulement si Ker(f) = 0."

exemple 57

Exemple 54 : f est surjective.

exemple 58

(à traiter)

Parmi les exemples précédents (53 à 56), quelles sont les applications linéaires injectives ?

# réponse

Les applications linéaires des exemples 55 et 56 ne sont pas injectives : on a trouvé que leur noyau n'est pas égal à 0. Pour 53, on pourrait conclure par le théorème du rang. Directement, on écrit :

P = a + bX + cX2, P appartient au noyau si P + P´ + P´´ = 0 :

a + bX + cX2 + b + 2cX + 2c = 0, donc :

a + b + 2c = 0, b + 2c = 0,

c = 0, d'où a = b = c = 0, P = 0. L'application est injective.


Pour 54, on écrira : (a + b + c)X2 + cX + b = 0,

soit : a + b + c = 0,

c = 0, b = 0,

d'où a = b = c = 0. L'application est injective.

"1) Soit f : E --. F une application linéaire. Si (xi)i∈Ι est une famille génératrice de E

alors (f(xi))i∈Ι est une famille génératrice de Im(f)."

exemple 59

On a utilisé cette propriété pour déterminer Im(f) dans l'exemple 54.

exemple 60

(à traiter)

Reprendre l'exemple 55. Chercher une famille génératrice de Im(f). Est-ce une base ? En déduire Im(f).

# réponse

On rappelle que f est définie par : (x, y, z) → (x – y, y – z).

On calcule l'image d'une base (qui est une famille génératrice) : f(1, 0, 0) = (1, 0) f(0, 1, 0) = (–1, 1) f(0, 0, 1) = (0, –1).

Ce n'est certainement pas une base, puisque dans R2 il n'y a pas de famille libre de plus de 2 éléments. On voit que les deux premiers vecteurs (par exemple) sont indépendants, donc Im(f) est de dimension 2, donc égale à R2.


"Si f est injective, si (xi)i∈I est libre, (f(xi))i∈I est libre."

exemple 61

C'était le cas de 54. L'image d'une base par une application f injective (et linéaire) est une base de Im(f).

exemple 62

(à traiter)

Déduire qu'une application linéaire de R3 dans R2 n'est jamais injective.

# réponse

Sinon l'image de la famille libre (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) serait libre dans R2 ce qui est impossible.

"Soit f : E → F une application linéaire. Si f est injective, et F de dimension finie, alors E

est de dimension finie et dim(E) ≤ dim(F)."

exemple 63

Voir 62. Cet énoncé permet de contrôler le résultat d'un calcul : si la dimension de E est supérieure à celle de F, le noyau de f n'est pas 0.

exemple 64

(à traiter)

La réciproque : "Si dim(E) ≤ dim(F) alors f est injective" est-elle vraie ?

# réponse

Non, bien entendu. Par exemple : f : R2 → R3

(x, y) → (x – y, 0, 0) a pour noyau :


{(x, x) | x ∈ R} = vect((1, 1)).

"Si f est surjective, et E de dimension finie, alors F est de dimension finie et

dim(E) ≥ dim(F)."

exemple 65

On fera les mêmes remarques : Il n'y a pas d'application linéaire surjective de R2 dans R4. Une équation f(X) = V ne peut pas avoir de solution quel que soit V si dim(E) < dim(F).

exemple 66

(à traiter)

Que pensez-vous de la réciproque : "Si dim(E) ≥ dim(F) alors f est surjective ".

# réponse

Elle est fausse également : f : R3 → R2

(a, b, c) →∞ (a + b + c, a + b + c) a pour image la droite :

{(x, x) | x ∈ R} = vect((1, 1)).

"Si E et F sont de dimension finie, on a l'égalité : dim(E) = dim(Ker(f)) +

dim(Im(f))."

exemple 67

Relation très importante, puisqu'elle évite un calcul lorsqu'on cherche les dimensions de l'image et du noyau. Voir 58.


exemple 68

(à traiter)

Reprendre l'exemple 55 (voir 60). Déterminer Im(f) en calculant sa dimension.

# réponse

On a vu que dim(Ker(f)) = 1, d'où dim(Im(f)) = 2, et comme Im(f) ⊂ R2, Im(f) = R2.

"Conséquence importante : soit f un endomorphisme de E, espace de dimension finie,

alors les trois conditions suivantes sont équivalentes * f est injective ** f est surjective

*** f est bijective ."

exemple 69

Dans l'exemple 53 (45), on a vu que l'application était surjective, on peut en déduire qu'elle est bijective. L'équation différentielle :

P + P´ + P´´ = Q a une solution unique dans R2[X], quel que soit Q dans R2[X].

exemple 70

(à traiter)

Vérifier que l'application de R2 dans R2 : (a, b) → (a + 3b, 2a – b)

est une bijection.

# réponse

Le noyau est manifestement (0, 0), donc l'application est injective, donc bijective.


2-3 Matrices, déterminants

Produit de deux matrices

exemple 71

Le produit : 0 1

0 0

1 0

0 0

=

0 0

0 0

.

Noter que le produit de matrices non nulles peut être nul.

exemple 72

(à traiter)

Pour la matrice M suivante, calculer M2, M3 :

M =0 1 2

0 0 −1

0 0 0

.

# réponse

On observe le cas d'une matrice non nulle, nilpotente (une puissance de cette matrice est nulle).

M 2 =0 1 2

0 0 −1

0 0 0

0 1 2

0 0 −1

0 0 0

=0 0 −1

0 0 0

0 0 0

M 3 =0 1 2

0 0 −1

0 0 0

0 0 −1

0 0 0

0 0 0

=0 0 0

0 0 0

0 0 0

.


"A toute matrice M = (mi,j ) de Mpq(K) on associe une application linéaire f de Kq dans

Kp."

exemple 73

Un vecteur est représenté par une matrice-colonne (à une seule colonne), et l'application linéaire est définie par le produit de matrices :

M =1 0

−2 3

4 −1

d'où l'application :

x

y

a

1 0

−2 3

4 −1

x

y

=

x

−2x + 3y

4x − y

.

exemple 74

(à traiter)

Écrire, par identification, la matrice qui correspond à l'application linéaire :

(a, b, c) → (a + c, b – c).

# réponse

C'est une matrice (2, 3) : 1 0 1

0 1 −1

.


"Inversement, dans le cas d'espaces de dimension finie, on peut associer à toute

application linéaire une matrice, moyennant le choix de bases dans les espaces

considérés."

exemple 75

Dans la base canonique de R2[X], (1, X, X2), la matrice de l'application de l'exemple 45 :

P → P + P´ + P´´ s'écrit en mettant en colonne les coefficients des images des vecteurs de base :

1 → 1 X → 1 + X

X2 → 2 + 2X + X2 d'où :

1 1 2

0 1 2

0 0 1

.

exemple 76

(à traiter)

Écrire, dans les bases canoniques de R3 et de R2, la matrice de l'application linéaire de 55. Rappel : la base canonique de Rk est formée des k-uples qui ont toutes leurs composantes nulles sauf une, rangés depuis e1 = (1, 0…, 0) jusqu'à ek = (0, 0…, 1).

# réponse

L'application considérée est : (x, y, z) → (x – y, y – z)

donc :


(1, 0, 0) → (1, 0) (0, 1, 0) → (–1, 1) (0, 0, 1) → (0, –1).

D'où la matrice : 1 −1 0

0 1 −1

.

"Soit M une matrice, à p lignes et q colonnes. La transposée de M est la matrice à q

lignes et p colonnes obtenue à partir de M en échangeant les lignes et les colonnes."

exemple 77

La transposée de la matrice ci-dessus est : 1 0

−1 1

0 −1

.

exemple 78

(à traiter)

Existe-t-il des matrices égales à leur transposée ? Si oui, donner un exemple.

# réponse

Ce sont nécessairement des matrices carrées. Il faut que les lignes et les colonnes de même numéro soient identiques. Par exemple :

1 2 0

2 −2 3

0 3 −1

.

"Un système d'équations linéaires est donné par une matrice à n lignes et m colonnes,

obtenue en rangeant en ligne les coefficients des diverses inconnues dans une équation


donnée, et un vecteur à n composantes, contenant les seconds membres des différentes

équations. Un système linéaire équivaut à une seule équation matricielle dans laquelle

l'inconnue est un vecteur à m composantes."

exemple 79

Le système de trois équations à deux inconnues : x − y = 1

x + 2y = 3

2x+ y = 4

équivaut à l'équation matricielle : MX = A,

avec :

M =1 −1

1 2

2 1

, X =

x

y

, A =

1

3

4

.

exemple 80

(à traiter)

Écrire le système d'équations linéaires équivalent à : 1 2 0

−2 0 1

−1 3 2

a

b

c

=1

1

2

.

# réponse

Il suffit d'effectuer le produit, on obtient les trois équations à trois inconnues :

a+ 2b=1

−2a+ c =1

−a+ 3b+ 2c = 2


"Une méthode classique de résolution à connaître est la méthode du pivot de Gauss, qui

consiste à remplacer le système par un système équivalent, mais de forme triangulaire."

exemple 81

Un système de forme triangulaire est un système dans lequel le nombre d'inconnues figurant dans les équations successives diminue de un (au moins) en passant d'une équation à l'équation suivante. Trois possibilités existent. Premier cas :

a+ 2b=1

−2a+ c =1

−a+ 3b+ 2c = 2

on conserve la première équation, puis on élimine l'inconnue a des deux autres par des combinaisons de lignes. Ici, on peut ajouter le produit par 2 de la première équation à la seconde, et la première équation à la troisième :

a+ 2b= 1

4b+ c = 3

5b+ 2c= 3.

Ce nouveau système est équivalent au premier, il a les mêmes solutions. On conserve maintenant les deux premières équations, et on élimine b de la dernière équation en calculant 4 × (troisième équation) – 5 × (deuxième) :

a + 2b=1

4b+ c = 3

3c = −2.

On résout maintenant les diverses équations en commençant par la dernière, qui n'a qu'une inconnue, puis, c étant connu, la deuxième, qui n'a plus qu'une inconnue, enfin on calcule a.


exemple 82

(à traiter)

Second cas. Par une méthode analogue, transformer le système suivant :

a+ 2b = 1

a+ 6b+ c = 4

2a+ 2c= −3

−a+ 6b+ 3c= 6.

Conclure, quant à sa résolution.

# réponse

Le système, triangulé par la même méthode, est équivalent à : a + 2b =1

4b+ c = 3

3c = −2

c =1.

Ce nouveau système comprend plusieurs équations ne contenant que l'inconnue c. Soit ces équations sont équivalentes (proportionnelles), soit elles sont incompatibles. Le premier cas conduit à l'élimination d'équations superflues, puis à une résolution identique à celle du premier exemple (82), le second cas permet de conclure que le système n'a pas de solution. C'est ce second cas que l'on observe ici.

exemple 83

(à traiter)

Troisième cas. Transformer le système suivant, et terminer sa résolution :

a+ 2b+ c + d = 1

−a+ 2b− 2d= 2

2a+ 4b+ 5c+ 4d= 0.


# réponse

Le système, après trigonalisation, est équivalent au suivant : a + 2b+ c + d =1

4b+ c − d = 3

3c+ 2d = −2.

On voit qu'on n'a pas pu aboutir à une dernière équation à une seule inconnue. Il y aura donc des inconnues ayant une valeur quelconque, et d'autres s'exprimant en fonction des premières. On fixe autant de valeurs arbitraires que nécessaire pour que la dernière équation n'ait plus qu'une inconnue à calculer. Ici, fixons d arbitrairement. On peut alors calculer c, puis b, puis a, en fonction de cette valeur de d. L'ensemble des solutions dépendra d'un paramètre.

"Calculs de déterminants."

exemple 84

Calculons par développement par rapport à la première ligne :

D =1 2 −1

0 1 3

−2 0 2

.

On obtient :

D =1 3

0 2− 2

0 3

−2 2−

0 1

−2 0

= 2 − 2 × 6− 2

= −12.

exemple 85

(à traiter)

Calculer de même, par développement par rapport à une colonne :


H =−1 3 2

1 0 −4

3 −2 1

.

# réponse

La deuxième colonne comporte un zéro, on la choisit donc pour le développement :

H = −31 −4

3 1+ 2

−1 2

1 −4

= −3×13+ 2× 2

= −35.

NB : on aurait pu calculer ces deux déterminants par la formule de Sarrus.

"Transformation d’un déterminant avant calcul."

exemple 86

On a vu sur l'exemple simple qui précède que la présence de 0 abrège le calcul. Encore faut-il que les 0 soient dans une même ligne ou une même colonne. On peut en faire apparaître par des opérations élémentaires :

A =

−1 2 1 4

1 −2 0 1

2 1 1 0

−1 2 −3 1

=

−1 2 1 4

0 0 1 5

0 5 3 8

0 0 −4 −3

= −0 1 5

5 3 8

0 −4 −3

= 51 5

−4 −3= 5(−3+ 20)= 85.


Utiliser, si possible, la présence d'un coefficient égal à 1 ou -1, ce qui évite l'apparition de dénominateur.

exemple 87

(à traiter)

Faire d'abord apparaître un 1 dans le terme de la première ligne et première colonne, puis calculer le déterminant :

B =

3 2 −1 2

0 2 4 −5

2 −4 1 1

−5 2 1 0

.

# réponse

B =

3 2 −1 2

0 2 4 −5

2 −4 1 1

−5 2 1 0

=

1 2 −1 2

−2 2 4 −5

6 −4 1 1

−7 2 1 0

=

1 2 −1 2

0 6 2 −1

0 −16 7 −11

0 16 −6 14

=6 2 −1

−16 7 −11

16 −6 14

=0 0 −1

−82 −15 −11

100 22 14

= −−82 −15

100 22= −

−82 −15

18 7

= −−46 −1

18 7= 46 × 7−18 = 304.

Bien entendu, de multiples possibilités de simplification peuvent être choisies, pour parvenir au même résultat.


"Une matrice carrée est inversible si et seulement si son déterminant est différent de 0."

exemple 88

La matrice suivante est inversible :

M =1 2

−1 −1

.

En effet, son déterminant est 1. L'inverse de cette matrice est :

M −1 =−1 −2

1 1

.

On verra en exercice comment calculer l'inverse d'une matrice.

exemple 89

(à traiter)

Vérifier que M-1 est bien la matrice inverse de M.

# réponse

On calcule le produit M.M-1 :

M.M−1 =1 2

−1 −1

−1 −2

1 1

=

−1+ 2 −2 + 2

1−1 2−1

=

1 0

0 1

.

"Un système de n équations à n inconnues admet une solution unique si et seulement si

son déterminant est différent de 0."

exemple 90

Reprenons le système de 81. Son déterminant est : 1 2 0

−2 0 1

−1 3 2

=1 2 0

0 4 1

0 5 2

=4 1

5 2= 8− 5 = 3.

On a bien vérifié qu'il avait une solution unique.


exemple 91

(à traiter)

Le système suivant a-t-il une solution unique ? Le résoudre. a+ 2b+ c + d = 1

−a+ 2b− 2d= 2

2a+ 4b+ 5c+ 4d= 0

4b+ c − d = 3

# réponse

Le déterminant est : 1 2 1 1

−1 2 0 −2

2 4 5 4

0 4 1 −1

=

1 2 1 1

0 4 1 −1

0 0 3 2

0 4 1 −1

=4 1 −1

0 3 2

4 1 −1

=4 1 −1

0 3 2

0 0 0

= 0.

Il n'y a donc pas une solution unique. Les transformations opérées sur les lignes du déterminant sont celles de la méthode du pivot. Le système est donc équivalent à :

a + 2b+ c + d =1

4b+ c − d = 3

3c+ 2d = −2

On fixe d arbitrairement, et on calcule ensuite c, b, a :

c = −2− 2d

3,

b =3+ d + 2 + 2d

34

= 11+ 5d12

,

a = 1− d + 2 + 2d3

− 11+ 5d6

= − 16

− 76

d.


2-4 Réduction des matrices carrées. Polynômes annulateurs

"Soit u : E --. E une application linéaire d’un espace vectoriel E dans lui-même. On dit

qu’un vecteur V est un vecteur propre de u si u(V) est colinéaire à V."

exemple 92

Soit E l'espace vectoriel des fonctions indéfiniment dérivables sur R, et u l'application de dérivation, qui est, bien sûr, linéaire. Une fonction f est une fonction propre si la dérivée f´ est proportionnelle à f, il existe un réel k tel que :

∀ x ∈ R, f´(x) = k f(x). On voit que ces fonctions sont les fonctions exponentielles :

f(x) = Cekx.

exemple 93

(à traiter)

Soit E = R2[X], l'espace des polynômes à coefficients réels de degré au plus 2. Si l'application linéaire u est définie par :

u(P) = P(0) + P(1)X, quels sont les "polynômes propres" ?

# réponse

Un polynôme propre P doit vérifier une égalité : kP = P(0) + P(1)X,

k étant un réel. Il y a bien sûr le cas du polynôme nul. � Supposons d'abord k ≠ 0. En dehors de P = 0, on voit que nécessairement P doit être de degré au plus 1, soit P = a + bX. Les coefficients a et b doivent vérifier :

ka + kbX = a + (a + b)X,


ka + kbX = a + (a + b)X, donc :

ka = a, kb = a + b.

On cherche s'il y a des solutions avec k = 1 : a = a,

b = a + b, donc a = 0, et b quelconque :

P = bX. Si k ≠ 1, alors a = 0, et b = 0, donc P = 0. � Supposons maintenant k = 0. Le polynôme P doit alors vérifier :

P(0) = P(1) = 0, donc :

P = CX(X – 1), C étant une constante réelle quelconque. En conclusion, il y a deux familles de vecteurs propres :

P = bX, P = CX(X – 1).

"Soit u : E --. E une application linéaire d’un espace vectoriel E dans lui-même. On dit

qu’un scalaire t est une valeur propre pour u s’il existe un vecteur propre non nul V qui

vérifie : u(V) = t.V."

exemple 94

Dans l'exemple 92, les valeurs propres sont tous les réels.

exemple 95

(à traiter)

Quelles sont les valeurs propres dans l'exemple 93 ?


# réponse

On a vu que l'on n'obtient des vecteurs propres non nuls seulement dans deux cas : pour k = 1, et pour k = 0. Ce sont les deux valeurs propres.

"L'ensemble des vecteurs propres relatifs à une valeur propre donnée t est un sous-espace

vectoriel, qu'on appelle le sous-espace propre relatif à t."

exemple 96

Dans l'exemple 93, il y a deux sous-espaces propres, chacun est de dimension 1 :

pour t = 0, vect(X(1 – X)), pour t = 1, vect(X).

exemple 97

(à traiter)

Quels sont les sous-espaces propres dans l'exemple 92 ?

# réponse

Il y en a une infinité, correspondant à chaque réel. Chacun est de dimension 1 :

pour t = k, vect(ekx).

"Des vecteurs propres appartenant à des sous-espaces propres deux à deux distincts

forment toujours une famille libre."

exemple 98

Dans l'exemple 92 : les fonctions données par eax, et ebx, a ≠ b, sont linéairement indépendantes. En effet si on a pour tout x :

α eax + β ebx = 0,


on déduit (avec x = 0, puis en dérivant en 0) : α + β = 0,

aα + bβ = 0, donc, comme a ≠ b, α = β = 0.

exemple 99

(à traiter)

Vérifier cette indépendance des vecteurs propres pour l'exemple 93.

# réponse

C'est clair dans ce cas, puisque les polynômes sont de degré 1 pour la valeur propre 1, et de degré 2 pour la valeur propre 0.

"Les valeurs propres sont les solutions de l'équation polynomiale : det(u – X. IdE) = 0."

exemple 100

Le cas de l'exemple 92 n'entre pas dans ce résultat, puisque l'espace vectoriel considéré n'est pas de dimension finie.

exemple 101

(à traiter)

Vérifier dans le cas de l'exemple 93. On choisira une base, puis on calculera le déterminant.

# réponse

Dans la base usuelle (1, X, X2), la matrice de u est :

A =1 0 0

1 1 1

0 0 0

.


L'équation caractéristique est : 1− X 0 0

1 1− X 1

0 0 −X

= 0,

− 1− X( )2 X = 0.

On retrouve bien les valeurs propres 0 (multiplicité 1) et 1 (multiplicité 2).

"Soit M une matrice carrée et PM(X) son polynôme caractéristique. On a l'égalité entre

matrices (n, n), PM(M) = 0."

exemple 102

Dans l'exemple précédent, on a : PA(X) = – (X – 1)2X,

PA (A) = − A − I( )2 A

= −1 0 0

1 1 1

0 0 0

−1 0 0

0 1 0

0 0 1

21 0 0

1 1 1

0 0 0

= −0 0 0

1 0 1

0 0 −1

0 0 0

1 0 1

0 0 −1

1 0 0

1 1 1

0 0 0

= −0 0 0

0 0 −1

0 0 1

1 0 0

1 1 1

0 0 0

=0 0 0

0 0 0

0 0 0

.

exemple 103

(à traiter)

Vérifier ce résultat général pour une matrice (2, 2) quelconque.


# réponse

Pour une matrice (2, 2) :

M =a b

c d

,

le polynôme caractéristique est : pM(X) = X2 – (a + d)X + (ad – bc).

On doit calculer :

pM (M) =a b

c d

a b

c d

− (a+ d)

a b

c d

+ (ad− bc)

1 0

0 1

=a2 + bc b(a+ d)

c(a+ d) d2 + bc

−

a(a+ d) b(a+ d)

c(a+ d) d(a+ d)

+

ad− bc 0

0 ad− bc

=0 0

0 0

.

"Soit u un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension finie E, t une valeur propre, de multiplicité m(t), et Et le sous-espace propre relatif à t, de dimension d(t). On a la

relation suivante : 1 ≤ d(t) ≤ m(t)."

exemple 104

Dans l'exemple 93, on a bien : d(0) = 1, m(0) = 2 d(1) = 1 = m(1).

exemple 105

(à traiter)

Chercher les valeurs propres et les sous-espaces propres de la matrice :


B =1 0 1

1 1 1

0 0 0

.

# réponse

L'équation caractéristique est : 1− X 0 1

1 1− X 1

0 0 −X

= −(1− X)2X = 0,

donc les valeurs propres sont les mêmes que dans l'exemple 93 : 0, avec multiplicité 1 1, avec multiplicité 2.

Pour les sous-espaces propres : � t = 0, la dimension ne peut être que 1 :

1 0 1

1 1 1

0 0 0

a

b

c

=0

0

0

,

a + c = 0

a + b + c = 0.

On déduit b = 0, a = –c, le sous-espace propre est vect((1, 0, –1)). � t = 1 :

1 0 1

1 1 1

0 0 0

a

b

c

=a

b

c

,

a + c = a

a + b + c = b

0 = c.

On déduit c = 0, a = 0, le sous-espace propre est vect((0, 1, 0).


"Une matrice est diagonalisable si et seulement si : 1) Son polynôme caractéristique est

scindé 2) Pour toute valeur propre t, on a l'égalité d(t) = m(t)."

exemple 106

La matrice de l'exemple 105 n'est pas diagonalisable, ni celle de l'exemple 104.

exemple 107

(à traiter)

La matrice suivante est-elle diagonalisable : −2 5

−1 2

.

# réponse

L'équation caractéristique est : X2 + 1 = 0.

On voit donc que la question est insuffisamment précise. Sur R, le polynôme n'est pas scindé, donc la matrice n'est pas diagonalisable. Sur C, le polynôme est scindé, et a deux racines simples, donc la matrice est diagonalisable.

"Méthode de diagonalisation."

exemple 108

Diagonaliser une matrice c'est � Déterminer si elle est diagonalisable, en cherchant les valeurs propres, les sous-espaces propres,


� Si la matrice est diagonalisable, écrire la matrice de passage d'un changement de base convenable (nouvelle base formée de vecteurs propres). � Enfin écrire la matrice diagonale semblable à la matrice donnée correspondant à la matrice de passage choisie.

exemple 109

(à traiter)

Appliquer cette démarche à la matrice :

A =1 0 0

−2 −1 −2

0 0 1

.

# réponse

� Équation caractéristique : 1− X 0 0

−2 −1− X −2

0 0 1− X

= (−1− X)(1− X)2 = 0.

Les valeurs propres sont donc 1, de multiplicité 2, et – 1, de multiplicité 1. Pour t = 1, le sous-espace est déterminé par les équations :

1 0 0

−2 −1 −2

0 0 1

a

b

c

=a

b

c

,

a = a

−2a− b− 2c = b

c = c.

Donc a et c sont arbitraires, et b = – a – c. Les vecteurs propres s'écrivent :

(a, – a – c, c) = a (1, – 1, 0) + c (0, – 1, 1),


donc le sous-espace est de dimension 2, de base ((1, – 1, 0), (0, –1, 1)). On sait donc que la matrice est diagonalisable puisque, pour l'autre valeur propre, simple, la dimension du sous-espace propre est nécessairement égale à la multiplicité. Cherchons une base du sous-espace propre relatif à la valeur propre – 1 :

1 0 0

−2 −1 −2

0 0 1

a

b

c

= −a

b

c

,

a = −a

−2a− b− 2c = −b

c = −c.

Donc a = c = 0, et b est arbitraire. Les vecteurs propres sont de la forme générale b (0, 1, 0). � La matrice de passage a comme vecteurs-colonnes les vecteurs des bases des sous-espaces propres, par exemple, en plaçant d'abord les vecteurs propres correspondant à 1 :

P =1 0 0

−1 −1 1

0 1 0

.

� La matrice semblable, diagonale, qui correspond à cette matrice de passage, doit s'écrire sans calcul : les valeurs propres sont à ranger dans la diagonale, dans le même ordre que les vecteurs propres :

D =1 0 0

0 1 0

0 0 −1

.

"Soit A une matrice carrée, P son polynôme caractéristique et M son polynôme minimal.

1) M divise P, 2) Les polynômes P et M ont les mêmes racines, réelles ou complexes, 3)


La matrice A est diagonalisable si et seulement si le polynôme M n'a que des racines

simples."

exemple 110

On suppose qu'une matrice A, (3, 3), a pour polynôme caractéristique : P = – (1 – X)2(1 + X).

Quels choix sont possibles pour le polynôme minimal ? En raison des points 1) et 2), deux choix seulement :

M = P, et A n'est pas diagonalisable, M = (X – 1)(X + 1), et A est diagonalisable.

exemple 111

(à traiter)

Écrire le polynôme minimal dans les cas des exemples 104, 105, 109.

# réponse

Pour la matrice : 1 0 0

1 1 1

0 0 0

qui n'est pas diagonalisable, le polynôme minimal est égal à l'opposé du polynôme caractéristique, (X – 1)2X. Pour la matrice :

1 0 1

1 1 1

0 0 0

la réponse est la même. Enfin, pour la matrice :


1 0 0

−2 −1 −2

0 0 1

qui est diagonalisable, M = (X – 1)(X + 1).

"Démarche de trigonalisation."

exemple 112

Prenons l'exemple de la matrice :

M =1 0 0

1 1 1

0 0 0

.

On sait (exemples 93-104) qu'elle a deux valeurs propres, 0, de multiplicité 1, et 1 de multiplicité 2. � Pour la première valeur propre, t = 0 :

1 0 0

1 1 1

0 0 0

a

b

c

=0

0

0

a = 0

a + b + c = 0.

Donc ce sous-espace a pour base (0, 1, – 1). � Pour la valeur propre 1 :

1 0 0

1 1 1

0 0 0

a

b

c

=a

b

c

a = a

a + b + c = b

0 = c.

Donc a = c = 0, et b est arbitraire. Une base est (0, 1, 0).


� Il faut donc compléter par un vecteur pseudo-propre relatif à la valeur propre 1. Ses coordonnées vérifient :

1 0 0

1 1 1

0 0 0

a

b

c

=a

b

c

+ α0

1

0

a = a

a + b + c = b + α0 = c.

Donc c = 0, b est arbitraire et a = α. L'ensemble des solutions est donné par :

(α, 0, 0) + (0, b, 0) Pour obtenir un vecteur indépendant de (0, 1, 0), on prend α ≠ 0, par exemple α = 1, d'où le vecteur pseudo-propre :

(1, 0, 0). � La matrice de passage est, en plaçant d'abord la valeur propre 0, puis la valeur propre 1 :

P =0 0 1

1 1 0

−1 0 0

.

� On écrit la matrice triangulaire correspondant à ce choix : d'abord, dans la diagonale, les valeurs propres, à la place correspondant aux vecteurs propres. Ensuite, au-dessus de la diagonale, pour les colonnes correspondant aux vecteurs pseudo-propres, on utilise les résultats des calculs : si V = (0, 1, 0) est le vecteur propre, et W = (1, 0, 0) le vecteur pseudo-propre obtenu avec b = 0, et α = 1, on a la relation :

MW = W + αV, donc α se trouve dans la troisième colonne, seconde ligne. La matrice trigonalisée (ou triangularisée) est :


T =0 0 0

0 1 1

0 0 1

.

exemple 113

(à traiter)

Appliquer la même démarche à la matrice :

B =1 0 1

1 1 1

0 0 0

.

# réponse

� (voir 105).Les valeurs propres sont : 0, avec multiplicité 1, 1, avec multiplicité 2.

Pour la valeur propre 0, le sous-espace propre est vect((1, 0, –1)). Pour la valeur propre 1, le sous-espace propre est vect((0, 1, 0). � On cherche un vecteur pseudo-propre pour 1 :

1 0 1

1 1 1

0 0 0

a

b

c

=a

b

c

+ α0

1

0

,

a + c = a

a + b + c = b + α0 = c.

Donc c = 0, b est arbitraire et a = α. Les solutions sont :

(α, 0, 0) + (0, b, 0). On obtient un vecteur indépendant du vecteur propre par α = 1, b = 0. � La matrice de passage peut s'écrire :


P =0 1 1

1 0 0

0 0 −1

.

� La matrice triangulaire associée est :

T =1 1 0

0 1 0

0 0 0

.

"Calcul des puissances d'une matrice carrée."

exemple 114

Une première méthode passe par la connaissance d'un polynôme annulateur, si possible le polynôme minimal. Reprenons l'exemple 109 :

S=1 0 0

−2 −1 −2

0 0 1

,

dont le polynôme minimal est (111) X2 – 1. Cela signifie que :

S2 = I. On en déduit que si n = 2p, Sn = I, et si n = 2p + 1, Sn = S.

exemple 115

(à traiter)

Une autre méthode passe par la réduction de la matrice à la forme diagonale, si possible, ou triangulaire. Reprendre le cas de 112, et calculer l'expression de la puissance n-ème de cette matrice.

# réponse

Rappelons que :


M =1 0 0

1 1 1

0 0 0

T =0 0 0

0 1 1

0 0 1

On écrit :

T =0 0 0

0 1 0

0 0 1

+0 0 0

0 0 1

0 0 0

= D + N.

Les matrices D et N commutent, de plus N2 = 0, donc : (D + N)n = Dn + nDn-1N.

On trouve donc :

T n =0 0 0

0 1 0

0 0 1

n

+ n

0 0 0

0 1 0

0 0 1

n−1 0 0 0

0 0 1

0 0 0

=0 0 0

0 1 0

0 0 1

+ n

0 0 0

0 1 0

0 0 1

0 0 0

0 0 1

0 0 0

=0 0 0

0 1 0

0 0 1

+0 0 0

0 0 n

0 0 0

=0 0 0

0 1 n

0 0 1

.

Il faut ensuite calculer l'inverse de la matrice P pour faire le changement de base :

Mn = PTnP-1. Ici, on trouve :


P−1 =0 0 −1

0 1 1

1 0 0

,

M n =0 0 1

1 1 0

−1 0 0

0 0 0

0 1 n

0 0 1

0 0 −1

0 1 1

1 0 0

,

=0 0 1

0 1 n

0 0 0

0 0 −1

0 1 1

1 0 0

=1 0 0

n 1 1

0 0 0

.

Penser à vérifier, au moins, que pour n = 1 la formule donne M.


☺ indications pour résoudre - � méthode - � lexique

3� Pour Comprendre et Utiliser

3-1 Énoncés des exercices

Savoir résoudre un système d'équations linéaires. Applications : Savoir montrer qu'une famille de vecteurs est libre, ou trouver une relation de dépendance. Savoir montrer qu'un vecteur appartient au sous-espace engendré par une famille de vecteurs donnée, chercher les vecteurs du noyau, les équations de l'image d'une application linéaire.

exercice 1

Méthode du pivot. Résoudre le système d'équations linéaires suivant, en discutant selon les valeurs du paramètre réel m (☺).

x+ (2m−1)y− m2z+ (m2 + m)t = m

x +(2m+1)y +(m2 − 2m−1)z+ (2m2 − 4m)t = −m +1

x+ 2my − 3

2mz+ (m2 − m)t = m

2x + 4my− (2m+ 1)z+ (m2 − m)t =1



exercice 2

Famille libre. Les familles suivantes de vecteurs sont-elles libres (�)? (☺) (�) 1) Dans R3 : V1 = (−1, 1, 2), V2 = (2, − 2, 1),V3 = (0, 1, 2). 2) Dans R4 :

A1 = (1, 1, 1, t ), A2 = (1, 1, t, 1), A 3 = (1, t, 1, 1), A 4 = (t, 1, 1, 1).

Discuter selon les valeurs de t. 3) Dans F(R, R), les fonctions définies par les expressions :

cos(x), sin(x), cos2(x), sin2(x), cos(2x). 4) Dans R2[X] : X(X + 1), X(X – 1), X(X – 2), X(X – 3).

exercice 3

Relation de dépendance.(�) 1) Expliquer pourquoi les vecteurs suivants sont liés (�), et donner une relation de dépendance entre eux (☺)(�) :

W1 = (1, 0, 1, 2u), W2 = (u, 1, 0, 1), W3 = (1, u, 1, 0),

W4 = (−u, 1, 1, 1), W5 = (1, 1, u, 1), W6 = (1, u, 1, -1).

2) Démontrer que le vecteur W appartient au sous-espace engendré par les vecteurs V1, V2, V3 (☺) :

).3 ,2 ,1 ,2( ),1 ,1 ,2 ,1( ),0 ,0 ,1 ,1( ),3 ,3 ,2 ,1( 321 =−=−== VVVW 3) Soit E un espace vectoriel, (xk)1≤k≤n une famille de vecteurs de E, et F le sous-espace engendré par cette famille. Démontrer que la famille (xk)1≤k≤n est liée (�) si et seulement si il existe une sous-famille qui engendre (�) encore F (�).

exercice 4

Vecteurs d'un noyau. Chercher la forme des vecteurs du noyau (�) de l'application linéaire indiquée, dans les cas suivants :



1) De C∞(R) dans lui-même (☺) : u(f) = f´´ – f´ – f. 2) De R3[X] dans R2[X] (☺) : v(P) = P´ – XP´´.

3) De R4 dans lui-même (☺) : φ(x, y, z, t) = (2x – y + z + 2t, x + 2y – z – t, y – 3z + t, x + z).

exercice 5

Relations entre les vecteurs d'une image. Donner, sous forme de relations linéaires, une condition nécessaire et suffisante pour qu'un vecteur appartienne à l'image de l'application linéaire (�) dans les cas suivants : 1) De R3 dans R4 (☺) :

u(a, b, c) = (a – b – c, a + 2b – c, 2a – b + 3c, – a + b + 2c). 2) De R3[X] dans R2[X] (☺) : v(P) = P´ – XP´´.

3) De R4 dans lui-même (☺) :

φ(x, y, z, t) = (2x – y + z + 2t, x + 2y – z – t, y – 3z + t, x + z).

Savoir chercher une base d'un sous-espace vectoriel : sous-espace donné par des équations, sous-espace donné par des générateurs, intersection, somme de sous-espaces, supplémentaire.

exercice 6

Sous-espace donné par des équations.(�) Dans chaque cas, donner une base (�) du sous-espace vectoriel E défini par les équations linéaires proposées (☺). 1) Dans R4, E est défini par :



2) Dans R3, E est défini par :

2b+ c = 0

a− 3b+ 3c = 0

−a + b− 4c= 0

3) R2[X], E(m) est défini par :

P(−1)+ P(1)X+ P(0)X2 = m × P(X). 4) Bilan. � E peut-il être vide ? � Si E est défini par p équations à n inconnues, dans quel cas est-on certain que E n'est pas égal à {0} ?

exercice 7

Sous-espace donné par des générateurs.(�) Dans chaque cas, donner une base du sous-espace vectoriel F engendré (�) par les vecteurs indiqués. 1) Dans R3[X], F est engendré par :

P1 = X3 − X +1, P2 = X3 + X −1, P3 = X −1, P4 = X +1.

2) Dans R3, F est engendré par : V1 = (1, −1, 2), V2 = (1, 1, 1), V3 = (2, 2, − 3), V4 = (0, 1, 1).

3) Dans F(R, R), F est engendré par (fa)a∈R , où fa(x) = cos(x + a).

4) Bilan. Pour un sous-espace d'un espace de dimension (�) n, engendré (�) par p vecteurs, que peut-on prévoir sur la dimension du sous-espace, c'est-à-dire le nombre de termes d'une base, avant de faire les calculs ?

−=+++=−++

+−=+−+

zxtzy

txtzyx

xyttzyx

33

2

22



exercice 8

Intersection de sous-espaces. Donner une base de l'intersection des sous-espaces E et F ci-dessous. 1) Dans R5, E = vect(V1, V2, V3), F = vect(W1, W2, W3) :

V1 = (1, 2, 1, –1, 0), V2 = (0, 0, 1, 2, 1)

V3 = (0, 1, –1, 0, 2), W1 = (1, 1, 1, 1, 1)

W2 = (1, 0, 0, – 2, – 3), W3 = (1, 1, 0, – 2, 0)

2) Dans R5, E = vect(V1, V2, V3), ci-dessus, et F est défini par les équations linéaires :

x – y – z + t + u = 0, 2x + y – z – t + u = 0.

3) Dans R5, F est le sous-espace de la question 2), et E est défini par les équations linéaires :

x + y – z – t + 2u = 0, x + 2y – z + t – 2u = 0.

4) Bilan. Dans chaque cas, dire ce que l'on pouvait prévoir, avant de faire les calculs, sur la dimension (�) de l'intersection. Essayer de généraliser en énonçant des règles pratiques, et simples à partir de la dimension de l'espace "ambiant", du nombre de générateurs (�) de chaque sous-espace, ou du nombre d'équations. Ces règles visent à un contrôle de la dimension (�) (majoration, minoration), mais pas nécessairement à un calcul.

exercice 9

Somme de sous-espaces. Dans les trois cas de l'exercice précédent, donner une base (�) de E + F. Peut-on donner des indications a priori, sur la dimension de la somme (�) ?



exercice 10

Supplémentaire (�) d'un sous-espace.(�) 1) Dans les deux cas de l'exercice 8, donner une base d'un supplémentaire de E dans R5. Que pouvait-on prévoir avant de faire les calculs ? Essayer de donner une règle pratique générale. 2) Soit T un espace vectoriel, f une application linéaire surjective de T dans R, et K le noyau de f. 2-1) Expliquer pourquoi K ≠ T. 2-2) Soit V un vecteur de T n'appartenant pas à K. Démontrer que vect(V) est un supplémentaire de K dans T. 2-3) Donner deux exemples de cette situation, l'un où T est de dimension finie, l'autre où T n'est pas de dimension finie (�) (�).

Calculer avec des matrices. Quelques types de matrices : inversibles, nilpotentes, symétriques, antisymétriques, orthogonales. Associer une matrice à une application linéaire.

exercice 11

Calcul matriciel. 1) Dans l'espace vectoriel Mn(R) des matrices carrées d'ordre n, réelles, on distingue les matrices élémentaires, notées Ei,j, i et j étant compris entre 1 et n. Dans chacune de ces matrices, tous les termes sont nuls, sauf un, celui situé dans la ligne i et la colonne j, qui vaut 1. Vérifier que la famille (Ei,j)(i,j)∈ [1..n]x[1..n] est une base (�) de Mn (R), et que le produit de deux matrices de la famille est soit 0, soit une matrice de la famille. 2) Soit Zn le centre de Mn(R), c'est-à-dire l'ensemble des matrices qui commutent avec toute matrice de type (n , n).



� Démontrer qu'une matrice A appartient à Zn si et seulement si elle commute avec toutes les matrices élémentaires. � En déduire quelles sont les matrices du centre (☺). 3) Soit A une matrice réelle (2, 2), non multiple de la matrice identique I. On note C(A) l'ensemble des matrices (2, 2), M, qui commutent avec A, c'est-à-dire telles que AM = MA, c'est le centralisateur de A. � Vérifier que C(A) est un sous-espace vectoriel de M2(R) (☺).

� En discutant selon les coefficients de A, démontrer que ce sous-espace vectoriel est de dimension 2 (☺). � En déduire que (I, A) en est une base. � Corollaire : démontrer que toute puissance de A est combinaison linéaire de A et de I. Exprimer A2, A3 en fonction de A et de I.

exercice 12

Matrices inversibles, nilpotentes. 1) On note GLn(R) le sous-ensemble de Mn,n(R), formé des matrices inversibles. On l'appelle le groupe linéaire d'ordre n. � Est-ce un sous-espace vectoriel ? � Démontrer que pour toute matrice élémentaire Ei,j, la matrice I + Ei,j est inversible (☺). � Montrer que son inverse est de la forme :

I + αEi,j,

α étant un réel que l'on précisera (distinguer i = j et i≠ j). � Déterminer le centralisateur de GLn(R), c'est-à-dire l'ensemble des matrices qui commutent avec toute matrice inversible. 2) Le calcul de l'inverse d'une matrice inversible A peut s'aborder de deux manière (�) : � Si on connaît un polynôme annulateur, il aura nécessairement un terme constant non nul. A partir de cette remarque, calculer l'inverse de la matrice de l'exemple 109 (☺).



� Sinon, on résout un système formel Y = AX, en calculant X en fonction de Y. On identifie alors le résultat avec X = A-1Y. Calculer de cette manière, après avoir vérifié qu'elle est inversible (déterminant), l'inverse de :

P =

1 1 0 −1

−1 0 1 1

1 1 −1 0

0 1 −1 1

.

3) Une matrice est nilpotente si elle a une puissance nulle. On note ici Nn(R) le sous-ensemble de Mn(R), formé des matrices nilpotentes.

Pour une matrice nilpotente P, on dit que P est nilpotente d'indice k si Pk est la matrice nulle et, k = 1 ou Pk-1 n'est pas nulle. � Donner des exemples d'éléments de N2(R), non nuls, d'indices 1 et 2. Pouvez-vous en trouver d'indice 3 ? � Le sous-ensemble Nn(R) est-il un sous-espace vectoriel ?

� Dans Nn(R) soit P une matrice nilpotente d'indice k. Soit V un vecteur de Rn (matrice colonne) tel que Pk-1V ne soit pas nul. Démontrer que la famille :

V, PV, P2V, …, Pk-1V est une famille libre. Déduire que k ≤ n. � Plus généralement, soit H un supplémentaire du noyau de Pk-1, r sa dimension et V1, V2, …, Vr une famille libre de H. Démontrer que :

V1, PV1, P2V1, …, Pk-1V1, …,Vr, PVr, P2Vr, …, Pk-1Vr

est une famille libre. � Dans cette famille, les vecteurs autres que les Vj forment une famille libre de Ker(Pk-1). Compléter cette famille libre en une base de Ker(Pk-1), et écrire la matrice de P dans la base de Rn obtenue en juxtaposant la base de H et la base de Ker(Pk-1).



exercice 13

Matrices symétriques, antisymétriques, orthogonales. On appelle matrice symétrique une matrice égale à sa transposée, et matrice antisymétrique une matrice opposée à sa transposée. Enfin, on appelle matrice orthogonale une matrice dont la transposée est l'inverse. Ce sont des matrices carrées. On note S(n) (resp. A(n), O(n)) l'ensemble des matrices réelles symétriques de type (n, n) (resp. antisymétriques, orthogonales). 1) Écrire la forme générale des éléments de S(2), A(2), O(2). 2) Ces sous-ensembles sont-ils des sous-espaces vectoriels de M2,2(R) ? Généraliser. Le cas échéant, donner la dimension des sous-espaces. 3) Démontrer que S(n) et A(n) sont supplémentaires. 4) On suppose maintenant n = 3. Pour tout V = (x, y, z), vecteur de R3, on note ||V|| sa longueur : V = x2 + y2 + z2 .

On rappelle que le produit scalaire de deux vecteurs de R3, V = (x, y, z) et V' = (x', y', z') est le réel <V , V'> = xx' + yy' + zz'. Démontrer que si A est orthogonale, alors pour tout V et tout V', on a :

<AV , AV'> = <V , V'> (☺). Déduire que, quelle que soit la matrice orthogonale A de O(3), on a pour tout vecteur V : ||AV|| = ||V||. On dit que A est la matrice d'une isométrie.

exercice 14

Matrice associée à une application linéaire, dans des bases données. Changement de base. Lorsqu'une application linéaire est donnée, en dimension finie, il est souvent (pas toujours) utile de la représenter par une matrice pour transformer le problème posé en un problème "standard" de calcul matriciel.



1) Soit u l'application linéaire de R3[X] dans lui-même obtenue en associant à un polynôme P le polynôme :

P(0) + P´(0) X + P(0) X2 + P´(0) X3. � Écrire la matrice de cette application dans la base (1, X, X2, X3). � Déduire le noyau et l'image de cette application. 2) Montrer que la famille suivante de fonctions sur R est une famille libre :

s1 : x → sin(x)ex, c1 : x → cos(x)ex,

s2 : x → sin(x)e2x, c2 : x → cos(x)e2x.

Soit E l'espace vectoriel qu'elle engendre, et D l'application de dérivation. � Démontrer que D est un endomorphisme de E. Quelle est sa matrice dans la base ci-dessus ? � Démontrer que cette matrice est inversible, et calculer son inverse (�). � En déduire une formule générale de calcul d'une primitive d'une fonction :

f(x) = α1sin(x)ex + β1cos(x)ex + α2sin(x)e2x + β2cos(x)e2x.

3) Dans R3[X], on utilise généralement la base B1 = (1, X, X2, X3). D'autres peuvent être utiles dans certains cas, comme :

B2 = (1, X – 1, (X – 1)2, (X – 1)3).

� Écrire la matrice P de passage (�) de la première base dans la seconde. Calculer son inverse Q (�). � Soit H = a + bX + cX2 + dX3, un polynôme. Écrire l'expression de H en décomposition sur la base B2 (formule de Taylor en 1).

� Soit f l'application linéaire de R3[X] dans lui-même définie par :

A → (X – 1)2A´´ + (X – 1)A´ + A + A(1). Écrire la matrice de f dans la base B1, et en déduire sa matrice dans la base B2, à l'aide de P et Q. Vérifier en calculant directement cette matrice.



Savoir réduire une matrice carrée : diagonalisation, trigonalisation.

exercice 15

Valeurs propres, diagonalisation. (�) 1) Les techniques à mettre en oeuvre dans la pratique sont : � calcul d'un déterminant. � résolution d'une équation algébrique. � écriture d'une base d'un sous-espace vectoriel défini par des équations linéaires. Pour chacune des matrices ci-dessous, vérifier qu'elle est diagonalisable, donner une base formée de vecteurs propres, et la matrice diagonale correspondante.

A =3 1 0

−1 1 −1

−1 −1 2

, B =

3 1 −1

−1 1 1

0 1 2

, C =

2 1 −1

0 1 0

−1 −1 2

D =

0 1 −1 0

1 2 1 2

0 −2 0 −2

−1 0 −1 0

, E =

0 0 −1 −1

1 1 1 1

0 −1 0 −1

−1 0 −1 0

F =

−1 0 2 2

−2 1 2 2

2 −2 −1 0

−2 2 2 1

, G =

0 −1 1 1

0 −1 0 0

1 −1 0 1

0 0 0 −1

.

2) Soit A une matrice de type (n , n) ayant toutes ses valeurs propres distinctes. On étudie le centralisateur de A. 2-1) On suppose d'abord que A est diagonale. Montrer que C(A) est formé de toutes les matrices diagonales.



2-2) Dans le cas général, soit M une matrice de C(A). Montrer que M est diagonalisable par tout changement de base qui diagonalise A : on dit que ces matrices sont simultanément diagonalisables. 2-3) Démontrer que C(A) est un espace vectoriel de dimension n (☺), et qu'il admet comme base les n matrices I, A, A2, …, An-1. 2-4) Que peut-on dire si A est diagonalisable, mais si les valeurs propres de A ne sont pas distinctes deux à deux ? 3) On dit qu'une matrice A est idempotente s'il existe un entier p, strictement positif, tel que Ap = I. Démontrer que toute matrice idempotente est diagonalisable sur C (☺).

exercice 16

Trigonalisation. (�) 1) Pour chacune des matrices ci-dessous, vérifier qu'elle est trigonalisable, donner une base formée de vecteurs propres et pseudo-propres, et la matrice triangulaire correspondante.

A =3 1 −1

−2 0 1

0 1 2

, B=

2 1 0

−1 0 0

1 1 1

, C=

0 −3 4

2 6 −6

0 1 0

D =

5 −1 −7 −7

6 −2 −6 −6

−7 5 5 1

8 −6 −8 −4

, E =

−3 1 2 2

−3 0 3 2

−2 0 1 3

−3 1 3 1

.

2) On se place ici sur C. Soit A une matrice de type (n, n). Soit B une matrice du centralisateur de A. 2-1) Montrer que tout sous-espace propre de A est stable par B. 2-2) En déduire que A et B ont au moins un vecteur propre en commun. 2-3) Soit V un vecteur propre commun. On considère une base de Cn de la forme :

V, V2,…, Vn.



Montrer que les endomorphismes de matrices A et B ont, après ce changement de base, des matrices de la forme :

′ A =α0 A1

, ′ B =

β0 B1

,

où A1 et B1 sont des matrices de type (n – 1, n – 1) qui commutent.

Déduire que A et B sont simultanément trigonalisables.



3-2 Corrigés des exercices

exercice 1-C

La méthode du pivot évite le calcul du déterminant (ou permet de le calculer simplement) :

−=−−+−−+

=−+

−+

+−=−+−−+

=++−−+

mtmmzmmy

tmzmmy

mtmmzmmy

mtmmzmymx

21)3²()12²2(2

0)2(23

²

12)5()122(2

)()12(22

22

=+−+−=−+−

=−

−+

=++−−+

0)2²2(

12)()1(

0223

²

)()12(

2

22

tmm

mtmmzm

mtzmmy

mtmmzmymx

Discussion : � Si – m2 + m ≠ 0, il y a une solution unique, puisque le déterminant est non nul ; on peut aussi simplement remarquer que la dernière équation permet de tirer t = 0, puis z, puisque m ≠ 1, enfin, y et x. La solution est :



� Si m = 0, le système obtenu après élimination est le suivant. On voit que t est indéterminé. La solution est donnée par un calcul simple. On trouve l'ensemble des vecteurs de la forme :

(0, 0, – 1, t).

==−==−

00

1

0

0

t

z

y

yx

Si m = 1, la dernière équation ne détermine pas t, qui est quelconque, mais la troisième équation n'a pas de solution :

0 = 12

,



donc le système n'a pas de solution. (QC-1) Quel est le déterminant du système ? Retrouver la discussion.

exercice 2-C

1) Si la combinaison linéaire : xV1 + yV2 + zV3

est égale à 0, les coefficients x, y, z vérifient un système d'équations linéaires :

,022

02

02

=++=+−=+−

zyx

zyx

yx

qu'il faut résoudre. On trouve, par la méthode du pivot par exemple :

Remarquer que maxima n'écrit pas toujours les seconds membres, dans ce cas ils sont égaux à 0. D'où z = 0 et ensuite facilement y = 0 et x = 0. On peut aussi utiliser maxima par la fonction "echelon" :



Donc les vecteurs sont libres. 2) On procède de même, mais pour utiliser maxima, il faut avoir recours à la fonction "triangularize", car maxima ne teste pas si une expression peut s'annuler avant de diviser (calcul formel) : comparer



� On voit que les trois dernières équations sont réduites à 0 = 0 si t = 1. Il y a donc d'autres solutions que la solution nulle. La famille n'est pas libre. � Si t = – 3, la dernière équation ne détermine pas le dernier coefficient. La famille n'est pas libre. � Si t ≠ 0, et t ≠ – 3, le système a une seule solution, la solution triviale, puisque les coefficients de la diagonale ne sont pas nuls. 3) C'est une situation où il faut procéder "à la main", sans aide d'un logiciel. Il faut bien avoir conscience que les vecteurs sont des fonctions, et que le vecteur 0 est la fonction qui associe à tout x le réel 0. La relation à examiner est la suivante. Existe-t-il des réels non tous nuls, α, β, γ, δ, ε tels que, pour tout x réel :

α cos(x) + β sin(x) + γ cos2(x) + δ sin2(x) + ε cos(2x) = 0. Des connaissances en trigonométrie sont utiles, mais non indispensables. D'une façon générale, on traite l'indépendance de fonctions en donnant à la variable des valeurs particulières qui simplifient, si possible, les équations. Ici, évidemment, on essaie x = 0 :

α + γ + ε = 0. De même, pour π/2 :

β + δ – ε = 0. Pour – π/2 :

– β + δ – ε = 0.



On obtient donc β = 0, et δ = ε. Pour π :

– α + γ + ε = 0. On obtient donc α = 0, et γ = – ε. En reportant dans l'équation de départ, on trouve :

ε (– cos2(x) + sin2(x) + cos(2x)) = 0. Cette équation fait penser à la relation trigonométrique :

cos2(x) – sin2(x) = cos(2x). Il en résulte que ε n'est pas nécessairement nul, donc la famille n'est pas libre. 4) Dans un tel cas, on peut écrire l'équation :

α X(X + 1) + β X(X – 1) + γ X(X – 2) + δ X(X – 3) = 0 en faisant apparaître une base connue de l'espace vectoriel, ici 1, X, X2. On obtient l'équation :

(α + β + γ + δ) X2 + (α – β – 2γ – 3 δ) X = 0, d'où deux équations :

α + β + γ + δ = 0

α – β – 2γ – 3 δ = 0. Il y a donc d'autres solutions que la solution (0, 0, 0, 0), et la famille n'est pas libre. (QC-1) Donner un argument de dimension.

exercice 3-C

1) Dans R4, une famille de plus de quatre vecteurs est toujours liée. Pour trouver une relation de dépendance, il suffit de résoudre l'équation suivante :

aW1 + bW2 + cW3 + dW4 + eW5 + fW6 = 0.



Elle se traduit par un système de 4 équations à 6 inconnues, que l'on peut traiter par la méthode du pivot.

La relation obtenue est :

W6 −2u4 + 6u2 − 3u( )+ W1 −u3 + 2u −1( )+

W3 1+ u+ 2u4 − 6u2( )+ W5 u2( )+ W2 u2 − u( )= 0.

Précisons la méthode : placer dans une matrice les coordonnées des vecteurs en ligne, et en dernière colonne le nom du vecteur. Effectuer le pivot de Gauss, jusqu'à obtenir 0 dans une ligne pour tous les coefficients sauf le dernier, qui est formel. Ce dernier coefficient est alors une combinaison linéaire nulle des vecteurs du système. 2) Il faut écrire une relation de dépendance entre les quatre vecteurs de l'énoncé, dans laquelle le coefficient de W n'est pas nul. Le calcul conduit à la relation :

0 = V2 − 13

W + 43

V1,

soit : W = 4V1 + 3V2.



3) Supposons d'abord que la famille (xk)1≤k≤n est liée. Il existe alors une relation de dépendance entre ces vecteurs, c'est-à-dire n scalaires non tous nuls (αk)1≤k≤n tels que :

αkxkk=1

k= n

∑ = 0.

Soit i un entier entre 1 et k, et supposons que le coefficient αi est différent de 0. On peut alors exprimer le vecteur xi en fonction des autres vecteurs de la famille :

− αk

α ixk

k=1

k= n,k≠ i

∑ = xi .

Soit y un vecteur quelconque de F. Il est combinaison linéaire des vecteurs de la famille (xk)1≤k≤n puisque celle-ci est génératrice. Il existe des réels βk vérifiant :

βkxkk=1

k= n

∑ = y.

En substituant la valeur de xi, on écrit :

βk − αk

α iβ i

xk

k=1

k= n,k≠ i

∑ = y.

Tout vecteur de F est donc combinaison linéaire de la sous-famille : (xk)1≤k≤n, k ≠ i

qui est donc une sous-famille génératrice de F.



� Réciproquement, supposons qu'une sous-famille de la famille (xk)1≤k≤n, ne comprenant pas le vecteur xj, est une famille génératrice de F. Comme (xk)1≤k≤n est une famille génératrice, chacun de ses éléments est un vecteur de F, en particulier xj. Ce vecteur s'écrit donc comme combinaison linéaire des vecteurs de la sous-famille. Il existe une famille de scalaires γk, k ≠ j, vérifiant l'égalité :

γ kxkk=1

k= n,k≠ j

∑ = x j .

Le coefficient de xj n'est pas nul, donc l'égalité écrite ci-dessus est bien une relation de dépendance entre les vecteurs de la famille (xk)1≤k≤n, qui est bien une famille liée.

exercice 4-C

1) Les fonctions f du noyau sont les solutions de l'équation différentielle : f´´ – f´ – f = 0.

On lui associe l'équation caractéristique : t2 – t – 1 = 0,

dont les solutions sont données par : ∆ = 1 + 4 = 5

t1 = 1+ 52

, t2 = 1− 52

.

L'ensemble des solutions est donc le sous-espace vectoriel engendré par les deux fonctions exponentielles :

x a et1x , x a et2x . 2) En choisissant dans chacun des espaces vectoriels la base canonique, on transforme ce calcul :

P = a + b X + c X2 + d X3, v(P) = b + 2c X + 3d X2 – X(2c + 6d X)

v(P) =b – 3d X2.



Il faut chercher les solutions du système d'équations linéaires : b = 0

– 3d = 0. Les solutions sont évidemment les polynômes de la forme :

P = a + c X2. Le noyau est le sous-espace vectoriel engendré par 1 et X2. 3) Dans ce cas, il suffit de résoudre le système d'équations linéaires :

2x − y + z + 2t = 0

x + 2y − z − t = 0

y − 3z+ t = 0

x + z = 0.

Le noyau de φ est la droite engendrée par le vecteur (– 3, 5, 3, 4).

exercice 5-C

1) Soit (x, y, z, t) un vecteur de R4. Ce vecteur est dans l'image de l'application u si et seulement si le système d'équations suivant a une solution :

a− b− c = x

a + 2b− c = y

2a− b+ 3c = z

−a + b+ 2c = t.

Par la méthode du pivot, on fait apparaître d'éventuelles conditions entre x, y, z, et t :



Une condition nécessaire et suffisante pour que le système ait une solution est donc :

3z – y – 20x – 15t = 0. (QC-1) Dans ce cas, combien le système a-t-il de solutions ? 2) Reprenons le calcul de l'exercice précédent. Dans les bases canoniques, v s'écrit :

P = a + b X + c X2 + d X3 ∞ v(P) = b – 3d X2. L'équation qui caractérise l'image de P est donc, dans la base canonique :

si Q = α + βX + γX2, β = 0. (QC-2) Comparer l'image et le noyau de v. Déduire la valeur de l'application composée v o v. 3) La technique est la même que dans la question 1).



Une équation de ce sous-espace vectoriel est donc (en simplifiant par 4) :

-3d – c + b +a = 0.

(QC-3) Lorsque cette condition est vérifiée, le système a-t-il une solution unique ? Donner une réponse d'ordre théorique, et une autre fondée sur le calcul présenté ci-dessus.

exercice 6-C

Il faut chercher l'ensemble des solutions, c'est-à-dire la forme générale de ces solutions, puis en tirer une base. Dans la pratique, les solutions dépendront de paramètres arbitraires, et chacun d'eux correspond à un vecteur de base. 1) Résolution du système :

En simplifiant, les solutions sont les vecteurs de la forme :

(33t, 6t, - t, 19t) soit :

t.(33, 6, -1, 19),



donc une base du sous-espace est (33, 6, - 1, 19). 2) La démarche est la même.

Une base du sous-espace est (-9, -1, 2). Rappel : %r3 désigne une constante quelconque. 3) Utilisons la base canonique de R2[X], 1, X, X2.

P = a + bX + cX2, l'équation est :

(a – b + c) + (a + b + c) X + a X2 = m (a + bX + cX2) soit :

a – b + c = ma a + b + c = mb

a = mc. � Résolvons le système par la méthode de Gauss :

� Discussion. �� Si - m3 + 2 m2 - m -2 n'est pas nul, le système a pour seule solution la solution nulle. Dans ce cas E(m) = {0}. �� Est-il possible que - m3 + 2 m2 - m -2 = 0 ?



Il y a donc une solution réelle. (QC-1) Pouviez-vous le prévoir, sans Maxima ? Pour cette unique valeur de m, soit m0, on a les solutions :

a = m0 c

b = (1 + m0 – m02) c

et c est arbitraire. Dans ce cas, le sous-espace E(m0) est une droite.

4) Bilan. Bien entendu, si les équations proposées définissent bien un sous-espace vectoriel, celui-ci n'est jamais vide. Il ne faut jamais arriver à la conclusion qu'il n'y a pas de solution. Il y a au moins la solution nulle. Pour prévoir si E n'est pas {0}, il faut se placer dans la théorie des applications linéaires : un système de p équations à n inconnues correspond à une application linéaire de Rn dans Rp. Le sous-espace défini par les équations est le noyau de cette application linéaire. Il y a un cas où l'on est sûr que le noyau n'est pas {0}, c'est-à-dire l'application non injective, c'est celui où la dimension de l'espace de départ est supérieure à la dimension de l'espace d'arrivée :

si n > p, E n'est pas égal à {0}.

exercice 7-C

En dimension finie, il y a deux démarches courantes pour trouver une base à partir d'une famille génératrice. � La première utilise le théorème de la base incomplète : partant d'un générateur non nul, donc libre, compléter progressivement une famille de



générateurs libre. On finit par obtenir une base. On traite de cette manière la question 1. � La seconde utilise la remarque de l'exercice 3 : une famille génératrice libre est une famille génératrice minimale. Dans cette méthode, on cherche une relation de dépendance entre les générateurs, ce qui permet d'en éliminer un, puis une relation de dépendance entre les générateurs restant, et ainsi de suite jusqu'à l'obtention d'une famille génératrice et libre. On traitera de cette manière la question 2. 1) Le polynôme P1 n'est pas nul. Le polynôme P2 n'est pas proportionnel à P1, donc la famille (P1, P2) est libre. Pour voir si (P1, P2, P3) est libre, il suffit de voir si P3 est combinaison linéaire des deux premiers :

P3 = a P1 + b P2 ,

X – 1 = a X3 – a X + a + b X3 + b X + b a + b = 0, – a + b = 1 a + b = – 1.

Ces équations sont évidemment incompatibles donc (P1, P2, P3) est libre.

Pour voir si (P1, P2, P3, P4) est libre, il suffit de voir si P4 est combinaison des trois précédents :

P4 = a P1 + b P2 + c P3,

X + 1 = a X3 – a X + a + b X3 + b X + b + c X – c a + b = 0,

– a + b + c = 1 a + b – c = 1,

donc c = – 1, b = 1, a = – 1. La famille est liée. Une base de F est :

(X3 – X + 1, X3 + X – 1, X – 1). 2) Cherchons une relation entre les quatre vecteurs :



La relation est :

10 V4 + 3 V3- 11 V2 + 5 V1 = 0.

Elle permet de tirer tout vecteur en fonction des autres. (QC-1) Pouvait-on prévoir ce résultat pour des raisons de dimension ? Éliminons V4.

On voit que les trois autres vecteurs sont indépendants :

3) La formule suivante est connue :

cos(x + a) = cos(x) cos(a) – sin(x) sin(a).



Elle montre que toute fonction fa est combinaison linéaire des fonctions cosinus et sinus. Or f0(x) = cos(x) et f −π

2

(x) = sin(x), donc ces deux

fonctions sont des éléments de la famille. Il en résulte que :

F = vect(sin, cos). Comme, de plus, il est facile de voir que cosinus et sinus ne sont pas proportionnels, on voit que ces deux fonctions forment une base de F. 4) La dimension d d'un sous-espace ne dépasse pas celle de l'espace ambiant, et par ailleurs le nombre de vecteurs d'une famille génératrice est au moins égal à la dimension :

d ≤ min(p, n).

exercice 8-C

1) Un vecteur X est dans l'intersection si et seulement s'il est à la fois combinaison linéaire des vecteurs Vi, et combinaison linéaire des vecteurs Wj. Il faut donc résoudre l'équation :

a1V1 + a2V2 + a3V3 – b1W1 – b2W2 – b3W3 = 0.

On obtient :



On trouve donc : 12 V2 + 4 V3 – 8 W1 + 4 W2 +4 W3 = 0

On voit que (a1, a2, a3) = s (0, 3, 1), s étant un réel quelconque, donc :

X = s (3 V2 + V3)

X = (0, s, 2s, 6s, 5s).

(QC-1) Vérifier qu'on obtient bien la même réponse à partir des inconnues (bj).

2) Dans ce cas, il faut exprimer qu'un vecteur X combinaison des Vi vérifie les équations de F. Si X est dans E, il existe a, b, c tels que :

X = a V1 + b V2 + c V3

X = (a, 2a + c, a + b – c, – a + 2b, b + 2c). En reportant dans les équations de F, on obtient :

a – 2a – c – a – b + c – a + 2b + b + 2c = 0 a + 4a + 2c – a – b + c + a – 2b + b + 2c = 0.

Le système à résoudre est : – 3a + 2b + 2c = 0 5a – 2b + 5c = 0.

On trouve donc qu'il existe un réel t tel que : X = –14 t V1 – 25 t V2 + 4 t V3

X = (– 14t, – 24t, – 43t, – 36t, – 17t) donc l'intersection est la droite :

vect((– 14, – 24, – 43, – 36, – 17)). 3) Dans ce cas, l'intersection est définie par l'ensemble des équations de E et de F :

x – y – z + t + u = 0 2x + y – z – t + u = 0



x + y – z – t + 2u = 0 x + 2y – z + t – 2u = 0.

Les solutions :

L'intersection est encore un sous-espace de dimension 1, engendré par le vecteur :

(2, 2, 5, 3, 2). 4) Règle générale : l'intersection étant contenu dans chacun des sous-espaces vectoriels E et F, sa dimension est au plus la plus petite des dimensions de E et de F. Si un sous-espace est défini par des générateurs, sa dimension est au plus égale au nombre de générateurs. S'il est défini par p équations dans un espace ambiant de dimension n, il est de dimension au moins n – p. Par ailleurs, en raison de la relation sur les dimensions, l'intersection a pour dimension :

dim(E) + dim(F) – dim(E + F) et comme E + F est un sous-espace vectoriel de l'espace ambiant, dont la dimension est notée n, dim(E + F) ≤ n, donc l'intersection a au moins pour dimension :

dim(E) + dim(F) – n. En résumé :

min(dim(E), dim(F)) ≥ dim(E ∩ F) ≥ dim(E) + dim(F) – n � cas 1. Les sous-espaces E et F sont définis par trois générateurs, donc leur dimension est au plus 3. Si on vérifie que la dimension est 3, on obtient : L'application de la règle donne :

3 ≥ dim(E ∩F) ≥ 1.



� cas 2. Ici, E est de dimension au plus 3. Pour F, qui est un noyau, le théorème du rang indique que sa dimension est au moins 3. Si on vérifie que E est de dimension 3, l'application de cette règle donne :

3 ≥ dim(E ∩ F) ≥ 1. � cas 3. On obtient encore la même relation, en vérifiant que E et F sont de dimension 3.

exercice 9-C

La dimension de la somme peut se calculer à partir des dimensions des espaces et de leur intersection. Dans les cas considérés, les sous-espaces sont de dimension 3, et leur intersection est de dimension 1, donc la somme est de dimension 5. Comme il s'agit d'un sous-espace de R5, la somme E + F est, dans tous les cas, égale à R5. Une base qui peut être choisie dans chacun de ces cas, est la base canonique. Nous chercherons toutefois, pour en expliquer la technique, une base correspondant plus directement aux données. � cas 1. On dispose directement d'une famille génératrice de E + F, en réunissant les familles génératrices de E et de F. Cette famille génératrice comporte 6 éléments. On sait qu'il y en a au plus 5 indépendants, puisque l'espace ambiant est de dimension 5. Il s'agit donc d'un exercice du type de l'exercice 7 (sous-espace donné par des générateurs). Élimination d'un vecteur : insistons sur le fait qu'il ne faut pas procéder au hasard, mais éliminer un vecteur qui s'exprime en fonction des autres vecteurs. On a vu que

12 V2 + 4 V3 – 8 W1 + 4 W2 +4 W3 = 0

donc on peut éliminer un quelconque des cinq vecteurs figurant dans cette égalité, par exemple W3.

Les autres vecteurs forment une base de E + F. � cas 2, cas 3. Dans ces deux cas, il faut d'abord se ramener au cas 1, en explicitant une base des sous-espaces donnés par des équations.



exercice 10-C

1) En dimension finie, on cherche une base d'un supplémentaire d'un sous-espace connu par le procédé de la base complémentaire : partant d'une base du sous-espace, on la complète à l'aide d'éléments d'une base (ou même d'une famille génératrice) de l'espace ambiant. Ici, on dispose donc de la base canonique de R5. Le problème est de vérifier, à chaque pas, si le nouveau vecteur est une combinaison linéaire de ceux déjà retenus. � E = vect((1, 2, 1, – 1, 0), (0, 0, 1, 2, 1), (0, 1, – 1, 0, 2)). � � essai de e1 = (1, 0, 0, 0, 0).

Ce vecteur est indépendant des trois vecteurs de base de E, comme on le voit sans calcul sur la première coordonnée. � � essai de e2 = (0, 1, 0, 0, 0).

On vérifie sans peine que ce vecteur est indépendant des quatre premiers, donc on conclut que le sous-espace vect(e1, e2) est un supplémentaire du sous-espace E dans R5. � E = {(x, y, z, t, u) | x + y – z – t + 2u = 0, x + 2y – z + t – 2u = 0}. On a calculé ci-dessus une base. E = vect((3, – 2, 0, 1, 0), (1, 0, 1, 0, 0), (– 6, 4, 0, 0, 1)). � � essai de e1 = (1, 0, 0, 0, 0).

Ce vecteur est indépendant des trois vecteurs de base de E. � � essai de e2 = (0, 1, 0, 0, 0).

On vérifie que ce vecteur est indépendant des quatre premiers, donc on conclut que le sous-espace vect(e1, e2) est un supplémentaire du sous-espace E dans R5. QC-1) Faut-il s'étonner de ce résultat : les deux sous-espaces, quoique différents, ont en commun un même supplémentaire. Donner une réponse s'appuyant sur la théorie, et, si possible, une autre plus intuitive.



Connaissant la dimension d'un sous-espace, on peut en déduire par différence la dimension d'un supplémentaire, donc le nombre de vecteurs de base à trouver. De façon générale, il est utile de connaître d'abord une base du sous-espace E avant d'en chercher un supplémentaire. 2) 2-1) Si K = T, l'image de f est {0}, alors que l'hypothèse précise que f est surjective, donc Im(f) = R. 2-2) Montrons d'abord que K + vect(V) = T. Comme V n'appartient pas à K, on sait que f(V) ≠ 0. Notons a ce réel. Soit b un réel quelconque :

b = ba

a = ba

f(V) = fba

V

.

On voit que tout réel est l'image d'un vecteur de vect(V). Soit U un vecteur de T, d'après la remarque précédente, on voit qu'il existe un vecteur de vect(V), soit αV, tel que f(U) = f(αV). On en déduit :

f(U – αV) = 0,

donc U – αV est un élément du noyau, soit W : U = αV + W.

Montrons maintenant que la somme est directe : si H est un vecteur de vect(V) qui appartient au noyau, d'une part f(H) = 0, et d'autre part, il existe un réel σ tel que H = σV, donc f(H) = σf(V) = 0, et comme f(V) ≠ 0, on a σ = 0, donc H = 0. 2-3) En dimension finie, on peut prendre T = R2[X], et f(P) = P(0).

En dimension non finie, on prendra R[X] et l'application définie encore par f(P) = P(0). Bien entendu, ce ne sont que deux exemples parmi une infinité de possibles.



(QC-2) En dimension finie, traiter la question par des arguments de dimension.

exercice 11-C

1) Les deux points sont sans difficulté. Toute matrice est, bien entendu, combinaison linéaire des matrices élémentaires, et cette famille est libre :

ai , j( )= aijEij1≤ i ≤n1≤ j≤n

∑ .

Le coefficient d'indices (α, β) du produit P des matrices Eij , et Ekm, s'écrit :

Pαβ = Eij( )αtEkm( )tβ

t=1

t= n

∑ .

Si α ≠ i, ou β ≠ m, tous les termes de cette somme sont nuls. Si α = i et β = m, la somme s'écrit :

Pim = Eij( )it

Ekm( )tmt =1

t=n

∑

donc si j = k, il y a un unique terme non nul dans la somme, le produit (Eij)ij(Ejm)jm, qui vaut 1, et si j ≠ k, tous les produits figurant dans la somme son nuls, puisqu'un des facteur au moins est nul. On en déduit :

EijEjm = Eim,

EijEkm = 0, si j ≠ k.

2) � La relation AM = MA, pour une matrice M, est linéaire. Si A est une matrice du centre, alors AE = EA pour toute matrice élémentaire E.



Réciproquement, si cette relation est vraie pour toute matrice élémentaire, elle est vraie pour toute combinaison linéaire de matrices élémentaires, c'est-à-dire pour toute matrice. � En préliminaire, on peut calculer les produits D = AEij et G = EijA pour une matrice A quelconque. Pour AEij , il est clair que les (j – 1) premières colonnes sont nulles, ainsi que les (j + 1) dernières : Dkp = 0 si p ≠ j.

Pour un terme de la j-ième colonne on trouve : Dkj = ak1(Eij)1j + … + akn(Eij)nj

Dkj = aki.

De manière imagée, ce produit à droite "extrait" la i-ième colonne de A, et la place en j-ième colonne. On montrerait de même que le produit à gauche "extrait" la j-ième ligne de A et la place en i-ième ligne, le reste étant 0 :

Gik = ajk,

Gpk = 0 si p ≠ i.

Si le produit à gauche est égal au produit à droite, on trouve : Gpk = Dpk,

donc tous les termes, sauf peut-être celui pour lequel p = i et k = j sont nuls.

Gij = Dij

ajj = aii

apk = 0 si p ≠ k

En résumé, dans la colonne i, tous les termes non situés dans la diagonale sont nuls, et de même pour les termes de la ligne j. De plus, les termes diagonaux sont les mêmes. (Voir calcul de G – D ci-dessus). Une matrice qui commute avec toutes les matrices élémentaires est donc une matrice scalaire, c'est-à-dire de la forme λI, I étant la matrice identité. Réciproquement, il est évident que ces matrices sont dans le centre.



Zn = {λIn | λ ∈ R}.

3) � L'application qui à une matrice M associe la matrice AM – MA est clairement linéaire, et C(A) est son noyau. C'est bien un sous-espace vectoriel. � Dans une base formée des matrices élémentaires, les équations qui définissent le centralisateur sont :

M =x y

z t

, A =

a b

c d

,

ax + bz= ax + cy

cx + dz= az+ ct

ay + bt = bx+ dy

cy + dt = bz+ dt.

Après simplification, le système devient : cx + (d− a)z − ct= 0

−bx+ (a− d)y + bt = 0

−cy+ bz= 0.

Supposons c ≠ 0, cx + (d− a)z − ct= 0

−cy+ bz= 0

−bx+ (a− d)y + bt = 0

Le système est équivalent à : cx + (d – a)z – ct = 0

– cy + bz = 0. L'ensemble des solutions est donc de dimension 2, dépendant des deux paramètres z et t. Si c = 0, le système devient :

(d − a)z = 0

bz= 0

−bx+ (a− d)y + bt = 0.



Dans ce cas, si d ≠ a, alors z = 0, et y s'exprime en fonction de deux paramètres arbitraires x et t. L'ensemble des solutions est de dimension 2. Si d = a, et b ≠ 0, on obtient :

z = 0, x = t, y arbitraire, donc la dimension est 2. Enfin si d = a, c = 0, b = 0, alors le système est trivial, et l'ensemble des solutions est de dimension 4. Notons que ce cas est exclu par l'hypothèse précisant que A n'est pas une matrice scalaire. � Il est évident que les matrices I et A sont dans le centralisateur de A. d'après l'hypothèse, A n'est pas proportionnelle à I donc ces deux matrices sont indépendantes. La dimension étant 2, cette famille libre de deux éléments est une base. � Il est clair que toute puissance de A commute avec A, donc est une élément du centralisateur de A. Toute puissance de A est donc combinaison linéaire de A et I :

A2 = αA + βI, soit :

A =a b

c d

, A2 = a2 + bc b(a+ d)

c(a+ d) bc+ d2

,

a2 + bc= αa+ βb(a+ d) = αb

c(a+ d) = αc

bc + d2 = αd + β

d'où on déduit d'abord α = a + d, β = bc – ad, et : A2 = (a + d)A + (bc – ad)I.

Pour A3, on obtient : A3 = (a + d)A2 + (bc – ad)A

A3 = (a + d)[(a + d)A + (bc – ad)I] + (bc – ad)A A3 = [(a + d)2 + (bc – ad)]A + (a + d)(bc – ad)I.



exercice 12-C

1) � Il est clair que le groupe linéaire n'est pas un sous-espace vectoriel : par exemple, il ne contient pas l'élément neutre. En effet la matrice 0 n'est pas inversible. � Si i ≠ j, la matrice I + Eij est triangulaire, et sa diagonale est formée de 1, donc son déterminant vaut 1, elle est bien inversible. Pour I + Eii , c'est une matrice diagonale, dont tous les termes de la diagonale valent 1 sauf un, qui vaut 2, donc son déterminant est 2. Elle est également inversible. � Supposons d'abord i = j. La matrice diagonale I + Eii a pour inverse la

matrice I − 12

E ii , d'après le point précédent.

� Pour i ≠ j, cherchons s'il est possible de trouver α tel que : (I + Eij)(I + αEij) = I.

Cette équation s'écrit :

I + (α + 1)Eij + αEij2 = I.

Or Eij2 = 0 si i ≠ j, donc il faut résoudre :

(α + 1)Eij = 0,

d'où la solution évidente α = – 1. � Une matrice du centralisateur de GLn(R) commute avec les matrices de la forme I + Eij , soit :

M(I + Eij) = (I + Eij)M

MEij = EijM,

donc les matrices du centralisateur du groupe linéaire commutent avec les matrices élémentaires, donc avec toutes les matrices : ce sont les matrices scalaires :

C(GLn(R)) = Zn.

2) � Cette matrice A a pour polynôme caractéristique :



1 – X2, donc, d'après le théorème de Cayley-Hamilton, A2 = I, cette matrice est donc sa propre inverse. � Le déterminant de P est 1. On peut le calculer par combinaison de lignes : L2 + L1, puis L3-L1, donnent, sans changer le déterminant :

Ensuite L4-L2,

D'où le résultat. Pour l'inverse, on résout le système Y = PX, soit, avec les notations évidentes :

y1 = x1 + x2 − x4

y2 = −x1 + x3 − x4

y3 = x1 + x 2 − x3

y4 = x2 − x3 + x4.

On obtient en identifiant les coefficients avec ceux de la matrice inverse,



P−1 =

−1 1 3 −2

1 0 −1 1

0 1 1 −1

−1 1 2 −1

.

Attention, dans cette opération, à l'ordre des termes yi au second membre.

3) � Une matrice nilpotente d'indice 1 est la matrice nulle. On peut trouver des matrices nilpotentes d'indice 2 (non nulles, de carré nul) par tâtonnement, ou à partir des relations que les coefficients doivent satisfaire :

A =a b

c d

, A2 = a2 + bc b(a+ d)

c(a+ d) d2 + bc

,

a2 + bc= 0

b(a+ d) = 0

c(a+ d) = 0

d2 + bc= 0.

On voit ainsi que si b = 0, alors a = d = 0, et c est quelconque, et de manière analogue si c = 0, alors a = d = 0 et b est quelconque. Deux exemples :

A1 =0 1

0 0

,

A 2 =0 0

1 0

,

on peut aussi prendre a = – d = b = – c, par exemple :

A 3 =1 1

−1 −1

,

on peut enfin utiliser la relation établie dans l'exercice 11 : A2 = (a + d)A + (bc – ad)I.



Si A2 = 0 : (a + d)A + (bc – ad)I = 0,

ce qui permet de retrouver les exemples à partir de : a + d = 0

bc – ad = 0. Si A3 = 0 :

[(a + d)2 + (bc – ad)]A + (a + d)(bc – ad)I = 0 (a + d)2 + (bc – ad) = 0

(a + d)(bc – ad) = 0, donc a + d = 0 ou bc – ad = 0 d'après la deuxième équation. Mais la première équation montre que si a + d = 0, alors bc – ad = 0, et réciproquement. En conclusion, si A3 = 0, alors a + d = bc – ad = 0. On voit que cela implique A2 = 0, donc il n'existe pas de matrice (2, 2) d'indice 3. � Il est évident que la matrice 0 est nilpotente, et que le produit d'une matrice nilpotente par un scalaire est encore une matrice nilpotente. Il reste à examiner la somme de deux matrices nilpotentes :

A1 + A 2 =0 1

1 0

0 1

1 0

2

=1 0

0 1

.

On voit sur cet exemple que la somme de deux matrices nilpotentes peut ne pas être nilpotente, et même être inversible. On conclut que Nn(R) n'est pas un sous-espace vectoriel.

� On considère une équation : α 0V + α1PV + …+ αk −1P

k −1V = 0.

Appliquons Pk-1 :



α0Pk−1V + α1P

kV + …+ αk−1P2k−2V = 0

α0Pk−1V = 0,

puisque Pk = 0, et on déduit α0 = 0. De proche en proche, on voit que tous les coefficients de la combinaison linéaire sont nuls, et que la famille est bien libre. Il s'agit d'une famille libre de k éléments dans un espace vectoriel de dimension n, donc k ≤ n. On avait déjà constaté qu'il n'existe pas de matrice (2, 2) nilpotente d'indice supérieur à 2. � On considère une équation :

α1,0V1 + α1,1PV1 +…+ α r,k−1Pk−1Vr = 0

et on applique la même technique, en appliquant d'abord Pk-1 :

α1,0Pk−1V1 + α2,0P

k−1V2 +…+ α r,0Pk−1Vr = 0

Pk−1 α1,0V1 + α2,0V2 +…+ α r,0Vr( )= 0,

donc le vecteur α1,0V1 + α2,0V2 + …+ α r,0Vr est un élément du noyau de

l'application Pk-1. Comme ce vecteur est également, par définition, un élément d'un supplémentaire de ce noyau, il est nécessairement égal à 0. En utilisant le fait que les vecteurs V1, …, Vr sont indépendants, on conclut que les coefficients αi,0 sont tous nuls.

De proche en proche, on vérifie de même que les autres coefficients sont nuls. La famille est bien libre. � Une sous famille d'une famille libre est libre donc la famille :

PV1, P2V1…Pk−1Vr

est bien libre. C'est évidemment une famille de vecteurs de Ker(Pk-1). Complétons-là comme indiqué, par des vecteurs W1, …, Ws en une base de ker(Pk-1). La matrice de P s'écrit dans cette base sous une forme du type suivant :



0 0 0 0 a1 a2 a3 a4

1 0 0 0 b1 b2 b3 b4

0 0 0 0

0 0 1 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0 y1 y2 y3 y4

0 0 0 0 z1 z2 z3 z4

les premières colonnes correspondant aux vecteurs de la famille ci-dessus, et les dernières aux vecteurs Wi.

(La matrice ci-dessus suppose, à titre d'exemple, n = 8, P2 = 0, r = 2, s = 4).

exercice 13-C

1) Pour une matrice symétrique, les relations à vérifier sont :

A =a b

c d

, tA =

a c

b d

,

a = a

b = c

c= b

d = d

donc les matrices symétriques sont de la forme :

A =a b

b d

.

De la même façon, on voit que les matrices antisymétriques sont de la forme :

A =0 −b

b 0

.

Pour les matrices orthogonales, on doit vérifier A.tA = I, et tA.A = I :



a2 + b2 =1

c2 + d2 = 1

a2 + c2 = 1

b2 + d2 = 1

ab+ cd= 0

ac+ bd = 0.

Il en résulte immédiatement : a2 = d2

c2 = b2

et il faut discuter différents cas selon que : a = d ou a = – d, b = c ou b = – c.

� a = d = 0, b = 1 ou – 1, c = 1 ou – 1 : 0 1

1 0

,

0 −1

1 0

,

0 1

−1 0

,

0 −1

−1 0

.

� b = c = 0, a = 1 ou – 1, d = 1 ou – 1 : 1 0

0 1

,

1 0

0 −1

,

−1 0

0 1

,

−1 0

0 −1

.

� On suppose maintenant qu'aucune des inconnues n'est nulle.

�� a = d, donc par simplification b = – c = 1− d2 , ou − 1− d2 :

d 1− d2

− 1− d2 d

,

d − 1− d2

1− d2 d

.

�� a = – d, donc par simplification b = c = 1− d2 , ou − 1− d2 :

−d − 1− d2

− 1− d2 d

, −d 1− d2

1− d2 d

.



(QC-1) Les deux premiers cas particuliers se retrouvent-ils dans les formes générales ci-dessus ?

(QC-2) Remarquer d'après ces relations qu'il existe des réels α et β tels que a = cos(α), c = sin(α), b = cos(β), d = sin(β). Quelle relation y-a-t-il entre α et β ? 2) Les matrices symétriques et les matrices antisymétriques forment clairement des sous-espaces vectoriels :

S(2)= vect1 0

0 0

,

0 1

1 0

,

0 0

0 1

,

A(2) = vect0 1

−1 0

.

Leurs dimensions sont donc respectivement 3 et 1. De façon générale, la transposition étant une opération linéaire, on voit que S(n) est le noyau de l'application linéaire M →M – tM, et A(n) est le noyau de l'application linéaire M → M + tM. Ce sont des sous-espaces vectoriels. Bien entendu, O(n) n'est pas un sous-espace vectoriel puisqu'il ne contient pas la matrice nulle, qui n'est pas inversible. 3) Si M appartient à l'intersection de A(n) et de S(n), elle vérifie :

M = tM, et M = – tM, donc M = 0. Soit A une matrice carrée quelconque. On vérifie facilement que les matrices :

s(A) = 12

A+ tA( ), et a(A)= 12

A − tA( ) sont respectivement symétrique et antisymétrique, et que leur somme est la matrice A. On vérifie donc que toute matrice est somme d'une matrice symétrique et d'une matrice antisymétrique. Les sous-espaces S(n) et A(n) sont donc bien supplémentaires.



4) Si on représente un vecteur par une matrice colonne, on voit qu'on a l'égalité entre matrices à une ligne et une colonne :

tV.V' = (<V , V'>) Le produit scalaire de A.V et A.V' se calcule donc par :

t(A.V).(A.V') = tV.tA.A.V', donc, puisque tA.A = I :

t(A.V).(A.V') = tV.V', <A.V , A.V'> = <V , V'>.

On remarque que ||V||2 = <V , V>, donc : ||A.V|| = ||V||.

exercice 14-C

1) On calcule l'image de chaque vecteur de base, et on dispose ses coefficients en colonnes :

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 0 0

0 1 0 0

.

Le noyau se calcule comme on l'a vu précédemment : on constate qu'il est de dimension 2, engendré par X2, et X3. On sait que l'image est engendrée par les vecteurs colonnes de la matrice, soit (1, 0, 0, 0) et (0, 1, 0, 1), c'est-à-dire 1 et X + X3. 2) On considère comme d'habitude une combinaison linéaire :

α s1 + β s2 + χ c1 + δ c2 = 0,

α sin(x)ex + β sin(x)e2x + χ cos(x)ex + δ cos(x)e2x = 0, pour tout x. Pour x = 0, on obtient :

χ + δ = 0, pour x = π :



– χeπ – δe2π = 0, donc χ = δ = 0. Il reste à résoudre :

α sin(x)ex + β sin(x)e2x = 0, ∀ x ce qui implique :

α ex + β e2x = 0, si sin(x) ≠ 0, et même pour tout x par continuité. Pour x = 0, on obtient :

α + β = 0, et après dérivation, pour x = 0 :

α + 2β = 0, donc α = β = 0. La famille est bien libre. Les formules usuelles de dérivation donnent :

D(s1) = c1 + s1

D(c1) = – s1 + c1

D(s2) = c2 + 2s2

D(c2) = – s2 + 2c2.

L'application D est bien un endomorphisme de E. Sa matrice s'écrit, dans la base (s1, c1, s2, c2) :

A =

1 −1 0 0

1 1 0 0

0 0 2 −1

0 0 1 2

.

Son déterminant est 10, donc la matrice est inversible. Son inverse est :



L'application réciproque de D permet de calculer une primitive de tout élément de E :

α1 + β1

2

cos(x)ex + −α1 +β1

2

cos(x)ex +

2α2 + β2

5

cos(x)e2x + −α2 + 2β2

5

cos(x)e2x.

3) La matrice P a pour colonnes les coordonnées des vecteurs de la seconde base rapportés à la première :



Les coordonnées de H dans l'ancienne base sont (a, b, c, d). Pour obtenir les coordonnées dans la nouvelle base, on effectue le produit par Q :

On trouve :

H = (a + b + c + d) + (b + 2c + 3d) (X – 1) + (c + 3d) (X – 1)2 + d (X – 1)3

ce qui correspond bien à la formule de Taylor en 1 :

H(X) = H(1) + ′ H (1)(X −1) + ′ ′ H (1)2

(X −1)2 + ′ ′ ′ H (1)6

(X −1)3.

Le calcul dans la base B1 donne la matrice F suivante (les vecteurs colonnes sont les coordonnées des transformés des vecteurs de base par f), on a ensuite calculé la matrice (notée G) dans la nouvelle base, par composition avec les matrices P et Q, enfin l'image des vecteurs de la nouvelle base permet de retrouver G, qui est plus simple que F :



exercice 15-C

Les calculs ci-dessus se lisent de la manière suivante :

le polynôme caractéristique est -T3 + 6 T2 - 11 T + 6, il a pour racines 1, 2, 3

soit trois racines distinctes, donc A est diagonalisable, une base de vecteurs propres est donnée par le dernier calcul, par exemple :

pour la valeur propre 2, la multiplicité est 1, et un vecteur propre est



( 1, - 1, 0). Les autres résultats sont donnés sans commentaire. Pour B :

Pour C :

Pour les matrices (4, 4) : Pour D :

Pour E :

Pour F :

Pour G :



Pour E, F, G, certaines valeurs propres sont multiples, et on vérifie que la dimension du sous-espace propre correspondant est égale à la multiplicité de la valeur propre. 2) On interprète les matrices comme représentant les applications linéaires de Cn dans lui-même, par rapport à la base canonique. La matrice A est diagonalisable. 2-1) Il est clair que toutes les matrices diagonales commutent entre elles, donc les matrices diagonales appartiennent à C(A). Réciproquement si M est une matrice de C(A), soit ap un élément de la diagonale de A, dans la colonne p. Notons Vp le vecteur de la base canonique correspondant :

AVp = ap Vp

MAV p = ap (MVp) = A(MVp)

donc MVp est un vecteur propre pour la valeur propre ap, donc MVp est proportionnel à Vp (puisque chaque sous-espace propre de A est de dimension 1). On déduit que Vp est également vecteur propre pour M.

La base (Vp) est donc une base de vecteurs propres pour M, donc M est diagonale. 2-2) Le raisonnement précédent s'applique à une base quelconque de vecteurs propres pour A, bien entendu. Après changement de base, la matrice transformée de M doit être diagonale, donc M et A sont simultanément diagonalisables. 2-3) C(A) est bien un sous-espace vectoriel. Si on se place dans une base où A est diagonale, les matrices de C(A) correspondent à toutes les matrices diagonales. Or l'espace vectoriel des matrices diagonales est de dimension n. Donc dim(C(A)) = n. Les puissances de A sont des éléments de C(A). Pour montrer que la famille I, A, …, An-1 est une base de A, il suffit de montrer qu'elle est libre ou génératrice. S'il existait une combinaison linéaire de A nulle, avec au moins un coefficient non nul :



α0I + … + αn-1An-1 = 0,

le polynôme minimal de A serait de degré au plus n – 1. Or ce polynôme est égal au polynôme caractéristique (ou à son opposé), donc il est de degré n. La famille I, A, …, An-1 est libre. 2-4) Plaçons-nous dans le cas où A est diagonale. Le calcul précédent s'applique en partie :

AVp = ap Vp

MAVp = ap (MVp) = A(MVp)

donc MVp est un vecteur propre pour la valeur propre ap, donc MVp est proportionnel à Vp.

Sauf la partie barrée, bien entendu, si ap n'est pas une valeur propre simple.

Cherchons donc un contre-exemple : il suffit de prendre A = I, et toutes les matrices commutent avec I. 3) On raisonne sur le polynôme minimal. C'est un diviseur du polynôme :

Xp – 1, or ce polynôme a toutes ses racines simples sur C :

1,e

2iπp ,…,e

2i (p−1)πp

.

Donc la matrice est diagonalisable sur C.

exercice 16-C

1) On donne sans commentaire les valeurs propres et les sous-espaces propres correspondant. Rappelons qu'une matrice est trigonalisable si et seulement si son polynôme caractéristique est scindé. On indique comment interpréter le résultat des calculs pour expliciter une base formée de vecteurs propres et de vecteurs pseudo-propres. � Matrice A.



Pour A :

Il faut un vecteur pseudo-propre pour la valeur propre 1. On trouve ici, par exemple :

W3 = (0, 1, 0), soit s = 1. Avec V1 = (1, - 1, - 1), V2 = (1, – 1, 1), W3, comme nouvelle base, la matrice A a pour matrice semblable la matrice :

′ A =3 0 0

0 1 1

0 0 1

.

Bien noter qu'aucun calcul n'est nécessaire, une fois les vecteurs choisis, pour écrire A´. La diagonale contient les valeurs propres, et pour le vecteur pseudo-propre, la relation AW3 = W3 + V2 (correspondant à s = 1) donne la troisième colonne. � Matrice B.

Dans la recherche du vecteur pseudo-propre, l'élimination de Gauss montre que la condition s = – t doit être remplie. Dans ce cas, on peut prendre pour vecteurs de base :

V1 = (0, 0, 1), V2 = (– 1, 1, 0), W3 = (– 1, 0, 0) (avec s = 1). La matrice semblable est :

′ B =1 0 0

0 1 1

0 0 1

.



� Matrice C. On voit, ci-dessous, qu'il faut calculer deux vecteurs pseudo-propres, que l'on obtient en deux calculs successifs. On peut prendre la base :

V1 = (1, – 2, – 1), W2 = (1, – 1, 0) (s = 1), W3 = (– 1, 0, 0) (s = 2, t = 0),

CW2 = W2 + V1, CW3 = W3 + W2.

La matrice obtenue est :

′ C =2 1 0

0 2 1

0 0 2

.

� Matrices D et E. La démarche est la même, on donne ci-dessous les calculs dans Maxima, les bases, et les matrices semblables triangulaires. Pour D :

V1 = (1, 0, 1, 0), W2 = (0, – 1, 1, – 1) (t = 1)

V3 = (0, 0, 1, - 1), W4 = (– 1, – 1, 0, 0) (t = 2),

′ D =

−2 1 0 0

0 −2 0 0

0 0 4 2

0 0 0 4

.



Pour E :

V1 = (1, 1, 1, 1), V2 = (1, 0, 1, 0), W3 = (0, 1, – 1, 1) (s = 1)

W4 = (0, 0, 1, – 1) (s = 1, t = 0). Matrice semblable :

′ E =

2 0 0 0

0 −1 1 0

0 0 −1 1

0 0 0 −1

.

2-1) Le calcul a été fait dans l'exercice précédent. Si V est un vecteur propre de A pour la valeur propre α, on peut écrire :

AV = α V BA V = α BV

A(BV) = α (BV) donc BV est encore un vecteur propre pour la valeur propre α. 2-2) La restriction de B à un sous-espace propre de A est un endomorphisme de ce sous-espace, il a donc au moins un vecteur propre dans ce sous-espace. Ce vecteur propre ne correspond pas nécessairement à la même valeur propre. 2-3) C'est clair d'après la remarque du 2-2). Le nombre β est l'une des valeurs propres de la restriction de B au sous-espace propre de A. En réitérant ce raisonnement, on conclut que A et B sont simultanément trigonalisables.


3-3 Corrigés des questions complémentaires

exercice 1-QC

On retrouve bien les valeurs m = 0 et m = 1 de la discussion.

exercice 2-QC

Dans un espace vectoriel de dimension 3, une famille de 4 éléments est toujours liée. Le calcul reste indispensable pour trouver une relation de dépendance entre les vecteurs.

exercice 5-QC

1) Le déterminant du système de 3 équations à trois inconnues qui reste lorsque la condition est vérifiée est 15, donc non nul, il y a donc une unique solution. 2) Le noyau et l'image sont égaux, égaux au sous-espace vectoriel :

vect(1, X2), On en déduit que l'application composée de v avec elle-même est 0.


3) En reprenant le calcul, on voit qu'il reste, dans le système réduit par la méthode du pivot, une dernière équation à deux inconnues. L'ensemble des solutions dépendra donc d'un paramètre réel arbitraire. D'un point de vue théorique, si le système avait une solution unique, l'application linéaire associée à la matrice des coefficients du système (premiers membres) serait injective. Or une application injective de R4 dans lui-même est bijective, il devrait donc y avoir une solution pour tout (a, b, c, d), ce qui n'est pas le cas.

exercice 6-QC

Le polynôme D(m) = 2 + m – 2m2 + m3 change de signe, puisqu'il est de degré impair, donc il s'annule au moins une fois. Le tableau de variation est le suivant :

D´(m) = 1 – 4m + 3m2, qui s'annule pour m = 1 et m = 1/3, m – ∞ 1/3 1 +∞ D´ + 0 – 0 + D –∞ � � 2 � +∞

Il y a donc une seule racine, inférieure à 1.

exercice 7-QC

Dans R3, quatre vecteurs sont toujours liés, mais le sous-espace aurait pu avoir une dimension plus petite.

exercice 8-QC

On voit que (b1, b2, b3) = t (– 2, 1, 1), donc :

X = t (–2 W1 + W2 + W3) = (0, – t, – 2t, – 6t, – 5t).


exercice 10-QC

1) On sait, d'après la théorie, qu'un sous-espace vectoriel a, en général, une infinité de supplémentaires. Il faut en avoir aussi une idée "intuitive" : dans un plan, par exemple, étant donnée une droite passant par l'origine, il y a "beaucoup de place" pour tracer d'autres droites distinctes de la première. Chacune sera un supplémentaire. Retenir l'idée qu'un sous-espace vectoriel (différent de l'espace lui-même) est "maigre". 2) Si n = dim(T), alors dim(K) = n – 1. Il est donc clair que K ≠ T. Si V n'appartient pas à K, l'intersection de vect(V) et de K est le vecteur 0. De plus la relation sur les dimensions montre que :

dim(vect(V) + K) = 1 + n – 1 = n, donc vect(V) est un supplémentaire de K. (Observer comment l'argument de dimension simplifie la preuve).

exercice 13-QC

1) On vérifie que les formules générales contiennent bien les cas particuliers. 2) La relation ab + cd = 0 donne :

cos(α)cos(β) + sin(α)sin(β) = 0 cos(α – β) = 0.

Donc :

α = β + π2

+ kπ.

On obtient deux possibilités :

α = β + π2

, α = β + 3π2

.

A1=cos(α) sin(α)

sin(α) −cos(α)

, A2 =

cos(α) −sin(α)

sin(α) cos(α)

.


4� Pour Chercher

4-1 Indications pour les exercices (☺)

exercice 1-I

Appliquer la méthode du pivot en évitant, si possible, de diviser par une expression contenant le paramètre.

exercice 2-I

1) et 2) Écrire l'équation correspondante, résoudre avec la méthode du pivot. 3) Idem, mais penser que les vecteurs sont des fonctions.

exercice 3-I

1) et 2) Écrire l'équation de dépendance, résoudre (méthode du pivot).

exercice 4-I

1) Technique usuelle : équation caractéristique. 2) Utiliser les bases canoniques pour transformer l'application en l'écrivant avec les coefficients des polynômes. 3) Écrire, résoudre (pivot) le système d'équations linéaires.

exercice 5-I

1) Écrire u(a, b, c) = (x, y, z), résoudre, et trouver les conditions, sur le vecteur (x, y, z), pour lesquelles il y a bien une solution. 2) Reprendre le calcul de l'exercice précédent. 3) Même méthode qu'en 1).


exercice 6-I

Chercher l'ensemble des solutions, éventuellement en fonction de paramètres arbitraires. Déduire les bases.

exercice 11-I

2) Calculer le produit d'une matrice quelconque avec une matrice élémentaire, à gauche, et à droite. 3) C(A) est un noyau. Résoudre le système en discutant.

exercice 12-I

1) Distinguer i ≠ j et i = j. Calculer le déterminant. 2) Utiliser le théorème de Cayley-Hamilton.

exercice 13-I

4) Écrire le produit scalaire comme le résultat d'un produit de matrices.

exercice 15-I

2) Penser à la dimension du sous-espace des matrices diagonales. 3) Condition nécessaire et suffisante sur les racines du polynôme minimal.

4-2 Méthodes (�) Mode d'emploi de cette partie : vous trouverez d'abord une liste de

méthodes de résolution des types de questions présentées dans ce volume ; par commodité, on a précisé ensuite à propos de chaque exercice où une méthode a été indiquée par (�) le (ou les) numéro de la méthode concernée. S'agissant d'un discours sur les mathématiques, et non d'un discours mathématique, on trouvera naturel qu'il utilise les abus de langage usuels, les raccourcis allusifs, et de façon générale qu'il se rapproche d'un discours oral qui pourrait être tenu devant les étudiants.


1- Base d'un noyau. C'est le cas d'un sous-espace donné par des

équations. 2- Base d'un sous-espace donné par équations. Résoudre le système

d'équations, en faisant apparaître d'éventuels paramètres arbitraires. Séparer, dans l'expression, les différents paramètres. A chacun correspond un vecteur de base.

3- Base d'une image. Cas d'un sous-espace donné par des

générateurs. 4- Base d'un sous-espace donné par générateurs (1). Extraire de la

famille génératrice une base, par élimination progressive des vecteurs qui s'expriment comme combinaison linéaire des autres, que l'on conserve. Lorsqu'on ne peut plus rien éliminer, on a obtenu une base.

5- Base d'un sous-espace donné par générateurs (2). Compléter

progressivement à partir d'un vecteur non nul pris dans la famille génératrice, en lui adjoignant d'autres vecteurs de la famille et en gardant toujours une famille libre. Lorsqu'on ne peut plus compléter, on a obtenu une base.

6- Base d'une intersection. Voir exercice 8 pour les 4 cas possibles. 7- Base d'une somme. Voir exercice 9. 8- Base d'un supplémentaire. En dimension finie, compléter une base

du sous-espace donné en une base de l'espace, par le procédé de la


base incomplète. Les vecteurs choisis pour compléter forment une base du supplémentaire.

9- Calculer l'inverse d'une matrice. Soit par la résolution d'un

système, soit à partir de la connaissance d'un polynôme annulateur. Voir exercice 12.

10- Calculer une puissance d'une matrice. Soit par réduction de la

matrice à la forme triangulaire (ou diagonale), puis changement de base, soit à partir de la connaissance d'un polynôme annulateur. Voir exemples 114 et 115.

11- Chercher si une famille finie est dépendante, libre. Poser

l'équation des familles libres αV + βW + γU … = 0. Résoudre en transformant cette équation en un système d'équations linéaires (cas de la dimension finie). S'il y a une solution différente de 0, la famille est dépendante, et on obtient des relations, sinon, elle est libre.

12- Chercher si une famille est génératrice. Pour un vecteur quelconque X, poser l'équation :

X = αV + βW + γU … et voir si elle a une solution sans condition sur X. Dans ce cas la

famille est génératrice. 13- Diagonaliser une matrice carrée. Voir page 27. 14- Trigonaliser une matrice carrée. Voir page 28. 15- Utiliser la dimension finie. Dans un espace de dimension n, pour

vérifier qu'une famille de n éléments est une base de E, il suffit de vérifier soit qu'elle est libre, soit qu'elle est génératrice.


16- Utiliser la dimension finie. Dans un espace de dimension n, il est

équivalent, pour un endomorphisme, d'être injectif, surjectif, ou bijectif. Les méthodes dans les exercices :

ex. 2 : 11 ex. 3 : 11 ex. 4 : 1 ex. 5 : 3 ex. 6 : 2, 12, 15 ex. 7 : 4, 5, 15 ex. 8 : 6 ex. 9 : 7 ex. 10 : 8, 16 ex. 12 : 9 ex. 15 : 13 ex. 16 : 16


4-3 Lexique (�) A

Application linéaire : une application d'un espace vectoriel dans un autre qui vérifie f(x + y) = f(x) + f(y) et f(a.x) = a.f(x) pour tout vecteur x, tout vecteur y et tout scalaire a.

B Base : une famille est une base d'un espace vectoriel E si elle est libre, et

génératrice pour E.

C Coordonnées : étant donnée une base, un vecteur s'écrit, de manière

unique, comme combinaison linéaire des vecteurs de base. Les coefficients de cette combinaison linéaire sont les coordonnées du vecteur sur la base.

D Dépendante : pour une famille, synonyme de liée. Dimension : dans un espace vectoriel ayant une famille génératrice finie,

toutes les bases ont le même nombre d'éléments, qui s'appelle la dimension de l'espace vectoriel.

E Engendrer : une famille engendre l'espace vectoriel E si cette famille est

génératrice pour E. Endomorphisme : application linéaire d'un espace vectoriel dans lui-

même.

G Génératrice : une famille de vecteurs est génératrice pour un espace

vectoriel E si tout vecteur de E est combinaison linéaire des vecteurs de cette famille.

I Indépendante : pour une famille, synonyme de libre.


Image (d'une application linéaire) : ensemble des images des vecteurs de l'espace de départ par cette application.

L Libre : une famille de vecteurs est libre si aucun d'entre eux n'est

combinaison linéaire des autres. Liée : une famille est liée si elle n'est pas libre. Linéaire : une application

N Noyau (d'une application linéaire) : ensemble des vecteurs dont l'image

est égale à 0.

P Passage (matrice de) : si B1 et B2 sont des bases d'un espace vectoriel, la

matrice de passage de B1 à B2 a pour colonnes les coordonnées des vecteurs de B2 dans la base B1 (cf. p.20).

R Rang (d'une application linéaire) : dimension de l'image de cette

application linéaire (si elle est de dimension finie). S

Somme (de sous-espaces vectoriels) : la somme de F et G est l'ensemble des vecteurs qui sont la somme d'un vecteur de F et d'un vecteur de G.

Somme directe : la somme de F et G est directe si l'intersection de ces deux sous-espaces vectoriels est {0}.

Supplémentaire (d'un sous-espace vectoriel) : si la somme des sous-espaces F et G de E est directe, et si F + G = E, les sous-espaces F et G sont supplémentaires.

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Daniel ALIBERT Espaces vectoriels. Applications linéaires ... · PDF fileDaniel Alibert – Cours et Exercices corrigés – Volum e 6 2 Organisation, mode d'emploi Cet ouvrage, comme