21/10/2010 Algèbre linéaire Contenu du cours : A. Espaces vectoriels de dimension finie, sous-espaces vectoriels, bases, dimension B. Applications linéaires, noyau, rang, image C. Matrice d’une application linéaire, Opérations sur les matrices, changement de base, matrices particulières, Diagonalisation Partie 1 1 21/10/2010 Introduction : Rappels Systèmes d’équations linéaires Un système d’équations linéaires (ou système linéaire ) de n équations et à p inconnus (nous traitons ici le cas général) est de la forme : a x +a x +a x +...+a xp=b 11 1 12 2 13 3 1p 1 a x +a x +a x +...+a xp=b 21 1 22 2 23 3 2p 2 S: .. . a x +a x +a x +...+anpxp=bp n1 1 n2 2 n3 3 2 21/10/2010 x1 , x2 , …, xp sont les inconnus ( à chercher dans IR ) aij : coefficient dans la ième équation de l’inconnu x j ( 1≤i≤n ; 1≤ j≤p ) inconnu coefficient ...+aijx j +... ième équation Exemple 1 : (2 équations & 4 inconnus)) S: 2x +3x +5x -9x =2800 1 2 3 4 3x +7x +6x +4x =5300 4 1 2 3 Exemple 2 : (4 équations & 2 inconnus)) x +2y =5 S: 2x − y =0 − x + 4y =7 3x − y =1 Notés x et y 3 21/10/2010 Exemple 3 : (3 équations & 3 inconnus)) x + 2y + 3z = 2 S : 2x − y + z = 4 − x + 4y + 5z = 0 Notés x, y et z Exemple 4 : (3 équations & 4 inconnus)) 5x +12y +6z +2t = 2 S: 2x - y + z+2t =8 − x + y −5z +3t =10 Cas particulier de systèmes linéaires systèmes linéaires de n équations et à n inconnus a x +a x +a x +...+a xn=b 11 1 12 2 13 3 1n 1 a x +a x +a x +...+a xn=b 21 1 22 2 23 3 2n 2 S: ... . a x +a x +a x +...+annxn=bn n1 1 n2 2 n3 3 On parle dans ce cas de système linéaire carré 4 21/10/2010 Exemple 1 : (2 équations & 2 inconnus)) S: 5x +3y =13 2x - y =3 Exemple 2 : (3 équations & 3 inconnus)) x +5y + z = 2 S: 2x +2y −z = 4 − x + y + z =3 Résolution des systèmes linéaires (Partie 1) Algorithme de Gauss « C’est la Méthode d’élimination » L’algorithme de Gauss (ou la Méthode de Gauss), plus connu sous le nom de : La méthode de Pivot de Gauss, est la méthode la plus rapide pour résoudre un système linéaire 5 21/10/2010 Pour résoudre un système linéaire, nous utilisons : La méthode du Pivot Partiel Ou La méthode du Pivot Total La méthode du pivot partiel Se compose de 2 étapes : 1. La descente : consiste à créer des « 0 » sous la diagonale principale, en effectuant des opérations élémentaires sur les lignes (c’est-à-dire les équations) du système 2. La remontée : pour extraire les solutions (une à une) du système 6 21/10/2010 La méthode du pivot total Se compose d’une étape : Elle consiste à créer des « 0 » au dessus et au dessous de la diagonale principale, en effectuant des opérations élémentaires sur les lignes du système. A la fin, nous avons directement les solutions du système Exemples 1. Résoudre le système linéaire suivant, en utilisant un pivot partiel : S: x + 2y+3z =14 2x − y+z =3 3x + 4y−z =8 7 21/10/2010 Étape 1 : La descente 3 14 L 1 S ↔ 2 −1 1 3 L 2 3 4 −1 8 L 3 1 2 L ←L 1 1 ⇔ 0 −5 -5 -25 L ←L −2L 2 2 1 0 -2 −10 -34 L ←L −3L 3 3 1 1 2 3 14 L ←L 1 1 L ←L ⇔ 0 -5 -5 -25 2 2 0 0 - 40 -120 L ←5L −2L 3 3 2 1 2 3 14 Étape 2 : La remontée Le dernier tableau correspond au système suivant : x + 2y +3z =14 −5y −5z = −25 − 40z = −120⇒ z = 3 x + 2×2 + 3×3 =14 ⇒ x =1 x + 2y +3z =14 ⇔ −5y −5×3 = −25⇒ y = 2 ⇔ y = 2 z = 3 z =3 Le système S admet donc une solution unique « dans l’ordre » : (1 , 2 , 3) L’ensemble solution est donc : S = (1,2,3) 8 21/10/2010 Exemples 2. Résoudre le système linéaire suivant, en utilisant un pivot partiel : x + 2y+3z = 2 S : 2x − y+z = 4 − x + 4y+5z =0 Étape 1 : La descente 3 2 L 1 S ↔ 2 −1 1 4 L 2 -1 4 5 0 L 3 1 2 L ←L 1 1 ⇔ 0 −5 -5 0 L ←L −2L 2 2 1 0 6 8 2 L ←L +L 3 3 1 1 2 3 2 L ←L 1 1 ⇔ 0 -5 -5 0 L ←L 2 2 0 0 10 10 L ←5L + 6L 3 3 2 1 2 3 2 9 21/10/2010 Étape 2 : La remontée Le dernier tableau correspond au système suivant : x + 2y +3z = 2 −5y −5z =0 10z =10⇒ z =1 x + 2y +3z = 2 ⇔ −5y −5×1=0⇒ y = -1 z =1 x + 2×-1+3×1= 2⇒ x =1 ⇔ y = −1 z =1 Le système S admet donc une solution unique « dans l’ordre » : (1 , -1 , 1) L’ensemble solution est donc : S = (1,-1,1) Exercice 1 Résoudre les deux systèmes linéaires suivants, en utilisant un pivot partiel : x + y+ z =6 S1 : 2x − y+ 2z =9 x −2y+ z =3 x + 4y+z = −4 S2 : 2x −2y+ z =10 − x + y+5z =7 10 21/10/2010 Exercice 2 Résoudre le système linéaire suivant, en utilisant un pivot partiel : x − y + z + t =3 2x + y+3z−4t =3 S : − x + y+ 2z+3t =5 4x +3y+ 2z +5t =12 Corrigé : On trouve S = (173, 5 ,276,167) 187 17 187 187 A. Les Espaces vectoriels réels 11 21/10/2010 Un espace vectoriels sur IR est un ensemble E ; non vide ; muni d’une structure algébrique particulière. Les éléments de E sont appelés vecteurs. Cette structure algébrique est due essentiellement aux deux propriétés suivantes : ∀α∈IR ; ∀u∈E scalaire vecteur ∀u∈E ; ∀v∈E on a : αu∈E Loi de composition externe on a : u+v∈E Loi de composition interne Exemple fondamental Considérons l’ensemble suivant : E = IRn n IR = (x1,x2,...,xn)/ x1,x2,...,xn∈IR 12 21/10/2010 n=2: 2 IR = (x1,x2)/ x1,x2∈IR Ensemble des couples n=3 : 3 IR = (x1,x2,x3)/ x1,x2,x3∈IR Ensemble des triplets 3 IR = ...;(0,0,0);(4,−1,5);(0,3,9);(−8,6,7);... Ensemble des triplets : ensemble infini représente l’espace de dimension 3 13 21/10/2010 n=4: 4 IR = (x1,x2,x3,x4)/ x1,x2,x3,x4∈IR Ensemble des quadruplets n=5: 5 IR = (x1,x2,x3,x4,x5)/ x1,x2,...,x5∈IR Ensemble des quintuplets etc.… 14 21/10/2010 La loi de composition externe est définie de la manière suivante : α(x1,x2,...,xn)= (αx1,αx2,...,αxn) αu u La loi de composition interne est définie de la manière suivante : u v (x1,x2,...,xn)+ (y1,y2,...,yn) = (x1+ y1,x2 + y2,...,x n + yn ) u+ v 15 21/10/2010 Exemple 1 L’espace vectoriel considéré est : E = IR2 4(2,−1) = (8,−4) (−5,−1)+(5,1) =(0,0) Exemple 2 L’espace vectoriel considéré est : E = IR3 10(2,−1,3) = (20,−10,30) (1,0,2)+(5,1,−12) =(6,1,−10) 16 21/10/2010 1. Notion de combinaison linéaire Définition Soit E un espace vectoriel sur IR. u1 , u2 , … , un sont n vecteurs de E v est un vecteur de E v est combinaison linéaire de u1 , u2 , … ,un ⇔ ∃ α1 , α2 , … , αn ∈ IR tels que : v=α1u1+α2u2+...+αnun 17 21/10/2010 Exemple (voir Exercice 1, TD) On considère dans suivants : 3 IR les 3 vecteurs u1=(2,1,3) , u2 =(3,5,−2) et u3 =(−5,−13,12) 3 Soit U(a,b,c) un vecteur quelconque de IR Trouver une condition nécessaire et suffisante sur a, b et c pour que le vecteur U soit combinaison linéaire de u1 , u2 et u3 U(a,b,c) est combinaison linéaire de u1 , u et 2 ⇔ ∃ tels que : α,β , γ ∈ u3 IR U=αu1+βu2+γu3 18 21/10/2010 ⇔ (a,b,c)=α(2,1,3)+β(3,5,−2)+γ(−5,−13,12) ⇔ (a,b,c)= (2α+3β−5γ,α+5β−13γ,3α−2β+12γ) ⇔ 2α+3β−5γ=a S : α+5β−13γ=b 3α−2β+12γ=c Système linéaire à résoudre en fonction de a , b et c ; les inconnues sont α , β et γ 19 21/10/2010 Si le système S admet des solutions dans IR (c’est-à-dire α, β et γ existent) alors le vecteur U(a,b,c) est combinaison linéaire des vecteurs u1 , u2 et u3 Sinon, c’est-à-dire si le système S n’admet pas de solutions dans IR, alors le vecteur U n’est pas combinaison linéaire des vecteurs u1 , u2 et u3 Résolution du système S S : 2α+3β−5γ=a α+5β−13γ=b 3α−2β+12γ=c Ligne 1 Ligne 2 Ligne 3 Système linéaire à 3 équations et 3 inconnues 20 21/10/2010 2α+3β−5γ=a S : α+5β−13γ=b 3α−2β+12γ=c 2 3 Ligne 1 -5 a S ↔ 1 5 -13 b 3 -2 12 c Ligne 2 Ligne 3 L 1 L 2 L 3 Étape 1 : La descente -5 a L 1 1 5 -13 b L 2 3 -2 12 c L 3 2 2 ⇔ 0 3 3 7 0 -13 L ←L 1 1 L ←2L −L 2 2 1 39 2c -3a L ←2L −3L 3 3 1 -5 a -21 2b-a L ←L 1 1 L ←L ⇔ 0 7 -21 2b-a 2 2 0 0 0 14c + 26b-34a L ←7L +13L 3 3 2 2 3 -5 a 21 21/10/2010 Deux cas se présentent : 1er cas : 14c+26b−34a =0 ⇔7c+13b−17a =0 Dans ce cas : Étape 2 : La remontée Le dernier tableau correspond au système suivant : 3 2α+3β−5γ =a ⇔2α+ (2b−a +21γ)−5γ =a 7 ⇔α= 1 (5a −3b)−2γ 7 1 −7β+21γ =a −2b⇒β= (2b−a)+3γ 7 0γ =0⇒γ∈IR quelconque 22 21/10/2010 Le système S admet donc une infinité de solutions : α = 1 (5a − 3b) − 2γ 7 1 β = (2b − a ) + 3γ 7 γ ∈ IR quelconque L’ensemble solution est : S= (1(5a-3b)-2γ,1(2b-a)+3γ,γ)/γ∈IR 7 7 1èr cas : 7c+13b−17a =0 Le système S admet des solutions dans IR (une infinité de solutions). Le vecteur U(a,b,c) est combinaison linéaire des vecteurs u1 , u2 et u3 . 23 21/10/2010 1èr cas : 7c+13b−17a =0 Nous avons en particulier : U=[1(5a−3b)−2γ]u1+[1(2b−a)+3γ]u2+γu3 7 7 Ceci ∀γ∈IR 2ème cas : 7c+13b−17a ≠0 Dans ce cas le système S présente une contradiction. Le système S n’admet donc pas de solution dans IR. Le vecteur U(a,b,c) n’est pas combinaison linéaire des vecteurs u1 , u2 et u3 24 21/10/2010 Application 1 v=(−6,−17,17)⇒a =−6 , b = −17 , c =17 7×17+13×(−17)−17×(−6)=0 Le vecteur v est combinaison linéaire des vecteurs u1 , u2 et u3 . Nous avons en particulier : v=[1(5a−3b)−2γ]u1+[1(2b−a)+3γ]u2+γu3 7 C’est-à-dire : 7 v=(3−2γ)u1+(3γ−4)u2+γu3 Ceci ∀γ∈IR 25 21/10/2010 Application 2 w=(1,1,1)⇒a =1 , b =1 , c =1 7×1+13×1−17×1=3≠0 Le vecteur w n’est pas combinaison linéaire des vecteurs u1 , u2 et u3 . Application 3 0=(0,0,0)⇒a =0 , b = 0 , c = 0 7×0+13×0−17×0=0 Le vecteur nul est combinaison linéaire des vecteurs u1 , u2 et u3 . 26 21/10/2010 Nous avons en particulier : 0=[1(5a−3b)−2γ]u1+[1(2b−a)+3γ]u2+γu3 7 C’est-à-dire : 7 0=−2γu1+3γu2+γu3 Ceci ∀γ∈IR 27