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Compléments d'algèbre linéaire
Dans tout le chapitre, E est un espace vectoriel sur K = R ou C.
Les vecteurs seront en général notés par des lettres latines x, y, a, u etc., éventuellement coiées d'une
èche : ~x, ~y, ~a, ~u, et les scalaires seront représentés par des lettres grecques : α, β, λ, µ etc...
I
Bases
I.A Combinaisons linéaires
Dénition 1.
Soit A une partie nie ou innie de E. Soit ~x ∈ E.
−
−
→) de vecteurs
~x est dit combinaison linéaire d'éléments de A s'il existe une famille nie (→
a ,→
a ,...,−
a
de A, et k scalaires α , α , . . . , α tels que :
1
1
2
2
k
k
−
−
→
~x = α1 →
a1 + α2 →
a2 + · · · + αk −
a
k
Exercice 1

1
E = M3 (K), M =  1
α


0 0
1
1 0  , I3 =  0
1 1
0
0
1
0

0
0 
1
.
1. M est-il combinaison linéaire de I et de M ?
2. Montrer que M est combinaison linéaire de I , M et M .
3. Calculer (M − I ) . Retrouver le résultat de la question précédente.
4. En déduire qu'il existe une matrice M ∈ M (K) qu'on pourra exprimer en fonction de M telle
que :
MM = M M = I
On rappelle que, dans ce cas, M est dite inversible et que M = M .
2
3
3
3
2
3
3
0
3
0
0
3
0
−1
[al036]
I.B Sous-espace vectoriel engendré par une partie (ou une famille)
Dénition 2.
On appelle Vect A l'ensemble des combinaisons linéaires d'éléments de A.
Remarque 1.
Par convention, Vect ∅ = −0→.
E
Théorème 1.
Vect A
est le plus petit sous-espace vectoriel de E qui contient A.
Il s'agit de démontrer que Vect A est un sous-espace vectoriel de E, que Vect A contient A, et que tout
sous-espace vectoriel qui contient A contient Vect A.
Vect A est un sous-espace vectoriel de E :
−
→
−
→
→
Vect A est non vide car 0 ∈ Vect A. En eet, si −
x est un vecteur quelconque de A, le vecteur 0 peut s'écrire
→
0−
x , et apparaît donc comme combinaison linéaire de vecteurs de A.
La somme de deux éléments de Vect A, c'est-à-dire la somme de deux combinaisons linéaires de vecteurs de A,
est aussi une combinaison linéaire de vecteurs de A, donc c'est un élément de Vect A.
Enn, si −→x ∈ Vect A, et si λ ∈ K, alors λ−→x est combinaison linéaire d'éléments de A, donc appartient à Vect A.
Vect A contient A : en eet, quel que soit −→x ∈ A, on a −→x = 1−→x ∈ Vect A.
Démonstration.
E
E
1
Tout sous-espace vectoriel F qui contient A, contient Vect A : en eet, un élément −→x de Vect A peut s'écrire
X
−
→
→
→
→
x =
α−
a , où les α sont des scalaires de K, et les −
a sont des vecteurs de A. Mais comme A ⊂ F , les −
a
sont aussi des vecteurs de F . Et −→x = X α −→a appartient donc à F , car F , en tant que sous-espace vectoriel
de E, est stable pour l'addition et pour la loi externe, donc stable par combinaison linéaire.
Il est ainsi prouvé que Vect A ⊂ F .
n
i i
i
i
i
i=1
n
i i
i=1
I.C Partie génératrice d'un sous-espace vectoriel
Dénition 3.
Si F est un sous-espace vectoriel de E et si A est une partie de F telle que F = Vect A, on dit que
engendre F , ou que A est une partie génératrice de F .
A
On parle aussi de famille génératrice (→−a ) . La diérence fondamentale est que dans une famille,
il peut y avoir répétition de vecteurs.
i i∈I
I.D Familles nies libres, familles nies liées
Dénition 4.
Une famille nie (−x→, −x→, . . . , −x→) est dite libre si :
1
2
∀α1 , α2 , . . . , αn ∈ K,
n
−
→
→+α −
→
−
→ −
α1 x
1
2 x2 + · · · + αn xn = 0E =⇒ α1 = α2 = · · · = αn = 0
La famille nie (−x→, −x→, . . . , −x→−→) est dite−→liée dans le cas
contraire,
c'est-à-dire s'il existe α , α , . . . , α
−
→
−
→
K, n on tous nuls, tels que α x + α x + · · · + α x = 0
1
2
n
1 1
1
2 2
n n
2
n
∈
E
Les vecteurs sont dits linéairement indépendants dans le cas d'une famille libre, et linéairement
dépendants (ou liés), dans le cas d'une famille liée. Pour deux vecteurs liés, on dit aussi qu'ils sont
colinéaires.
Exemple 1. On rappelle que toute famille de polynômes non nuls échelonnée en degrés est libre.
Autrement dit, si P , P , . . . , P ∈ K[X] \ {0} avec deg P < deg P < · · · < deg P , alors la famille
(P , P , . . . , P ) est libre.
1
1
2
2
n
1
2
n
n
I.E Familles innies libres, familles innies liées
Dénition 5.
La famille innie (→−x ) est dite libre si par dénition toute sous-famille nie est libre; elle est dite
liée dans le cas contraire, c'est-à-dire s'il existe une sous-famille nie qui est liée.
i i∈I
Remarque 1. En particulier, une famille qui contient le vecteur nul est liée de même qu'une famille
qui contient deux vecteurs égaux. En eet, dans chacun des deux cas, il existe une sous-famille nie
de deux vecteurs qui est liée.
Exercice 2
Soit I ⊂ N. Montrer qu'une famille (P ) de polynômes non nuls échelonnée en degrés est une
famille libre.
i i∈I
[al013]
Remarque 2.
Ce résultat est à retenir!
2
Exercice 3
E = RR
[al037]
; on considère la famille (f ) , où f
a a∈R
a
: x 7→ eax
Exercice 4
Montrer que la famille (f ) , où f
fonctions de R dans R.
a a∈R
a
. Montrer qu'il s'agit d'une famille libre.
, est une famille libre de l'espace vectoriel des
: x 7→ |x − a|
[al038]
Théorème 2.
Si la famille (−x→, −x→, . . . ,−→−x→−)→est liée,−−−→tandis que la famille (−x→, −x→, . . . , −x−−→) est libre, alors −x→ est
combinaison linéaire de x , x , . . . , x .
1
2
n
1
Démonstration.
1
2
2
La famille (−x→, −x→, . . . , −x→) est liée, donc il existe α , α , . . . , α
1
2
n−1
n
n−1
n
1
n
2
, non tous nuls, tels que :
∈K
→
→+α −
→
−
→ −
α1 −
x
1
2 x2 + · · · + αn xn = 0E
Si α était nul, on aurait :
−
→
−
→+α −
→ + ··· + α
α −
x
x
x−−→ = 0
l'un
au moins−−→des nombres α , α , . . . , α étant non nul, ce qui est en contradiction avec l'hypothèse : la famille
→, −
→, . . . , −
(−
x
x
x
) est libre. On a donc nécessairement α 6= 0.
Maintenant on revient à la première équation, qui nous permet d'exprimer −x→ comme combinaison linéaire de −x→, −x→, . . . , −x−−→ :
n
1 1
1
1
2
2
2 2
n−1 n−1
E
n−1
n
n−1
n
−
x→
n =
n−1
X
−
i=1
1
2
αi −
→
xi
αn
→
−
→
−
−
−
Pour deux vecteurs,
ce
dernier
théorème
s'énonce
:
si
x et →
y sont liés, et →
x 6= 0 ,
alors il existe λ ∈ K tel que →−y = λ→−x .
Remarque 3.
I.F Bases
Dénition 6.
Soient E un K-espace vectoriel, et E = (→−e ) une famille de vecteurs de E :
E est une base de E ⇐⇒ E est libre et génératrice.
déf
i i∈I
Théorème 3.
Soient E un K-espace vectoriel, et E = (→−e ) une famille de vecteurs de E :
−
tout vecteur →
x de E s'exprime de manière unique
E est une base de E ⇐⇒ comme combinaison linéaire des vecteurs de E
i i∈I
Les coecients qui→− interviennent dans cette combinaison linéaire s'appellent les coordonnées, ou les
composantes, de x dans la base E .
Remarque 4. La combinaison linéaire est nie en ce sens que seulement un nombre ni de vecteurs
de E interviennent→−avec un coecient non nul. Pour tous les autres vecteurs de E , la coordonnée
correspondante de x est nulle.
Ce théorème a été démontré en Sup pour une famille nie. Pour une famille innie, il est un peu
pénible, et on l'admet!
Démonstration.
3
n−1
I.G Dimension nie : rappels
On donne ici un rappel rapide, sans démonstration, de notions importantes vues en Sup.
Dénition 7.
E
est dit de dimension nie s'il possède une partie génératrice nie.
Théorème 4 (et dénition de la dimension).
Si E est de dimension nie, alors E possède des bases, qui ont toutes le même nombre d'éléments.
Ce nombre est appelé la dimension de E.
Remarque 5.
Par convention, dim{→−0 } = 0.
Théorème 5 (de la base incomplète).
Si E est de dimension nie, toute partie libre peut être complétée pour obtenir une base.
Théorème 6 (Isomorphisme entre E et Kn , lorsque E est de dimension n).
Si E est de dimension n, E est isomorphe à K (via une base).
n
→
−
Précisons : soit E = (→−e , →−e , . . . , −e→) une base de E. Tout vecteur
x de E s'écrit de manière


1
unique sous la forme →−x =
2
n
−
xi →
ei
i=1
. Et l'application
x1
 x2 


−
ϕ : →
x 7→ 



xn
... est un isomorphisme de
E dans K . Cela signie que chaque vecteur est représenté par une unique matrice-colonne (ϕ est
une application), qu'inversement
une
dénit
un vecteur unique (l'application

  ϕ est



 matrice-colonne
n
X
n
bijective), et que si
x1
 x2 


−
ϕ(→
x)=



xn
...
et
y1
 y2 


−
ϕ(→
y)=



yn
... , alors
y1
x1
 x2   y2 


 
−
−
ϕ(λ→
x +→
y ) = λ

+


 
xn
yn
...
...
(ϕ est linéaire).
Lorsqu'on choisit de travailler avec les coordonnées, c'est-à-dire au fond d'utiliser cet isomorphisme
(non intrinsèque ), il ne faut pas oublier de préciser la base. Et on peut écrire :
1


x1
 x2 


→
−
x : 



xn
...
Le signe " = " à la place de " : " serait abusif. En eet, →−x est représenté par cette matrice-colonne,
mais ne lui est pas égal (on n'a pas E = K , mais E isomorphe à K ).
n
n
Théorème 7.
Si dim E = n, toute famille libre a au plus n éléments, et si elle en a n, c'est une base. Toute famille
génératrice a au moins n éléments, et si elle en a n, c'est une base.
1. c'est-à-dire qu'il dépend de la base
4
Théorème 8.
Si dim E = n, alors tout sous-espace vectoriel F de E est de dimension nie 6 n. Et si dim F = n,
alors F = E.
Remarque 6. Ce théorème s'applique souvent pour des sous-espaces vectoriels : si F et F sont
deux sous-espaces vectoriels de E, de dimensions nies, alors :
1
F1 ⊂ F2
dim F1 = dim F2
2
=⇒ F1 = F2
Exercice 5
Soit E un K-espace vectoriel de dimension n > 1, f un endomorphisme nilpotent non nul de E et p
le plus petit entier tel que f = 0.
1. Montrer qu'il existe x ∈ E tel que la famille x, f (x), f (x), . . . , f (x) soit libre.
2. En déduire f = 0.
p
2
p−1
n
[al039]
I.H Exemples de bases
Les exemples suivants doivent être connus; il est quasi-immédiat
que ce sont des
bases.

    
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0

Base canonique de K : constituée par les vecteurs .
... .
...
...
..
1
0
0
0
Base canonique de M (K) (matrices à p lignes, q colonnes, à coecients dans K) : constituée
par les matrices E dont tous les coecients sont nuls, sauf celui de la ligne i et de la colonne
j , qui est égal à 1. M (K) est donc de dimension p × q .
Base canonique de K[X] : c'est la famille (X ) . C'est bien sûr une base innie, mais tout
polynôme est combinaison linéaire nie des éléments de cette base.
Remarque 7. Retenir que toute famille de polynômes de degrés deux à deux diérents est
libre.
Base canonique de K [X] (sous-espace vectoriel de K[X] constitué par les polynômes de degré
6 n) : c'est la famille (X )
.
Remarque 8. Toute famille (P ) avec deg P = k est une base de K[X] :
Elle est libre puisque constituée de polynômes de degrés échelonnés.
Elle est génératrice. En eet si P ∈ K[X], on note n = deg P . La famille (P , P , . . . , P ) est
une famille libre de K [X], donc une base de K [X] puisque c'est une famille libre de n + 1
éléments dans un espace de dimension n + 1. Le polynôme P est donc engendré par cette
famille qui est contenue dans la famille (P ) . Ainsi P est engendré par la famille (P ) .
Remarquez ici la subtilité qui consiste à passer par la dimension nie pour montrer que la famille
innie est génératrice.






n
 
 
 
,
 
 
 
 
 
,
 
 






,...,










pq
ij
pq
k
k∈N
n
k
06k6n
k k∈N
k
0
n
2
n
n
k k∈N
k k∈N
Exercice 6
Soit A une matrice carrée de taille n. Montrer que I , A, A , . . . , A est liée et en déduire qu'il
existe un polynôme non identiquement nul qui annule A.
n
2
n2
[al040]
5
I.I Application linéaire dénie par une base et son image
Théorème 9.
Soient E et F deux K-espaces vectoriels, soit U = (→−u ) une base de E, et soit V = (→−v ) une
famille de vecteurs de F .
Il existe une et une seule application linéaire f : E → F , telle que :
i i∈I
i i∈I
−
−
∀i ∈ I, f (→
ui ) = →
vi
En clair : une application linéaire est connue dès qu'on connaît les images des vecteurs d'une base.
−
→
Soit
x ∈ E . Il existe une unique sous-famille nie J de I et une unique famille de coecients
−
→
tels que : x = X α −→u . On a alors nécessairement (à cause de la linéarité) :
Démonstration simpliée.
non nuls (α )
i i∈J
i i
i∈J
→
f (−
x)=
Il sut de vérier que f , ainsi dénie, est linéaire.
II
X
→
αi −
vi
i∈J
Sous-espaces vectoriels supplémentaires
II.A Somme de sous-espaces vectoriels
Dénition 8.
Soient F , F , . . . , F des sous-espaces vectoriels d'un K-espace vectoriel E. On dénit :
1
2
p
X
p
n
o
−
→+−
→ + ··· + −
→ / →
−
Fi = F1 + F2 + · · · + Fp = →
x =−
x
x
x
x
∈
F
,
i
∈
[[1,
p]]
1
2
p
i
i
i=1
C'est donc l'ensemble des vecteurs →−x de E qui sont sommes de vecteurs des sous-espaces vectoriels
F pour 1 6 i 6 p.
i
Exercice 7
1. Montrer que X F contient tous les espaces F pour 1 6 i 6 p.
2. Montrer que : F + F + · · · F est le plus petit sous-espace vectoriel de E qui contient tous les
F , avec 1 6 i 6 p.
p
i
i
i=1
1
2
p
i
Correction H
[al017]
II.B Somme directe
Dénition 9.
Soient
des sous-espaces vectoriels d'un K-espace vectoriel E. On dit que la somme
est directe si tout vecteur de F se décompose de manière unique comme
somme de vecteurs de . Dans ce cas, on note :
F1 , F2 , . . . , Fp
F = F1 + F2 + · · · + Fp
Fi
F1 + F2 + · · · + Fp = F1 ⊕ F2 ⊕ · · · ⊕ Fp =
n
M
Fi
i=1
Théorème 10.
La somme F = F + F + · · · + F est directe si et seulement si le vecteur nul de F se décompose de
manière unique comme somme de vecteurs des F (1 6 i 6 p).
1
2
p
i
6
Remarque 9. Ceci revient à dire que la somme F = F
si pour −x→ ∈ F , −x→ ∈ F , . . . , −x→ ∈ F on a :
1
1
2
2
p
1
+ F2 + · · · + Fp
est directe si et seulement
p
−
−
→+−
→ + ··· + −
→=→
x
x
x
0
1
2
p
−
−
→=−
→ = ... = −
→=→
x
x
x
0
1
2
p
=⇒
(L'unique décomposition est celle où tous les →−x sont nuls).
i
Exercice 8
Montrer ce résultat.
Correction H
[al041]
II.C Somme directe de deux sous-espaces vectoriels ; sous-espaces vectoriels supplémentaires
Dans le cas d'une somme de deux sous-espaces vectoriels, on dispose d'une caractérisation ecace,
vue en première année :
Théorème 11.
F1 + F2 = F1 ⊕ F2
−
→
F1 ∩ F2 = {0E }
⇐⇒
Supposons qu'on ait deux écritures de −→x comme somme d'un vecteur de F et d'un vecteur de
:
−
→
→+−
→=−
→
→
x =−
x
x
y +−
y
Alors on a :
−
→−−
→
→
→
x
y =−
y −−
x
et ce vecteur apparaît comme un vecteur de F (à gauche du signe "=") et comme un vecteur −→de F −→(à droite
du signe
"="). C'est donc un élément de F ∩ F , et il est nul d'après l'hypothèse de départ. Donc x = y et −x→ = −→y , et
l'unicité est établie.
Démonstration. (⇐=)
1
F2
1
1
2
1
1
2
2
2
1
1
2
2
1
F2
1
2
2
~
x
~
x2
F1
~
x1
→
(⇐=) Supposons que F ∩ F ait un élément −
x . Alors on peut écrire les deux décompositions suivantes comme
somme d'un élément de F et d'un élément de F :
1
2
1
2
Par unicité de l'écriture, on a bien −→x = −0→.
−
→ −
→ →
−
→
→
x =−
x + 0E = 0E + −
x
E
Remarque 10. Dans les situations faisant intervenir une somme directe, il est souvent utile de faire
un schéma, comme ci-dessus. Mais bien entendu, ce schéma se fait en dimension 2, ou 3 avec perspective, alors que les espaces vectoriels qu'on représente sont de dimensions quelconques, éventuellement
innies.
Remarque 11. Attention à ne pas en conclure que la somme de p sous-espaces vectoriels est directe
si et seulement si les intersections sont deux à deux réduites à {0} ! C'est vrai pour p = 2 mais faux
pour p > 3.
Par exemple, si F = R(1, 0, 0), G = R(0, 1, 0) et H = R(1, 1, 0), on voit bien que les intersections sont
deux à deux réduites à {0}, mais que la somme F + G + H n'est pas directe (justier pourquoi).
7
Théorème 12.
Soit E un K-espace vectoriel et F , F deux sous-espaces vectoriels de E. Alors :
−
→
E =F ⊕F
⇐⇒ E = F + F et F ∩ F = {0 }
On dit que F et F sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E.
1
1
1
2
2
1
2
1
2
E
2
Exercice 9
. Soit B ∈ E, tel que deg B = n > 1. On pose :
n
o
F = BQ, Q ∈ R[X] et G = R
[X].
1. Vérier que F et G sont des sous-espaces vectoriels de E.
2. Montrer que E = F ⊕ G.
3. On pose B = X + 1 (n = 2). Donner l'écriture de P = X comme somme d'un élément de F
et d'un élément de G.
E = R[X]
n−1
2
3
Correction H
[al043]
Exercice 10
Soit E = F(R, R) l'espace vectoriel des fonctions de R dans R. On note F le sous-espace vectoriel
des fonctions paires (ie f (−x) = f (x) pour tout x ∈ R) et G le sous-espace vectoriel des fonctions
impaires (ie f (−x) = −f (x) pour tout x ∈ R). Montrer que F et G sont supplémentaires.
Correction H
[al061]
II.D Cas particulier où E est de dimension nie
Dans tout ce paragraphe II.D, E est de dimension nie égale à n.
Théorème 13 (base adaptée à une décomposition en somme directe).
Si E est de dimension nie et est somme directe de p sous-espaces vectoriels F , F , . . . , F , alors la
concaténation de bases des F (1 6 i 6 p) donne une base de E. Il en résulte :
1
2
p
i
dim E = dim F1 + dim F2 + · · · + dim Fp
Pour n = 3 (le cas général ne pose pas de diculté supplémentaire). Soient U = (u−→, . . . , u−→) une base
de F , V = (−→v , . . . , −→v ) une base de F , et W = (−w→, . . . , −w→) une base de F .
On concatène (i.e. on met bout à bout) les bases U et V et W :
Démonstration.
1
1
p
1
q
2
r
1
3
−
→
→, . . . , −
→, −
→
−
→ −
→
E = (−
u
u
p v1 , . . . , vq , w1 , . . . , wr ) = U &V&W
1
Montrons que−→E est une−→ base de E :
Soit x ∈ E. x est somme d'un vecteur −→−x→ de F , d'un vecteur −x→ de F et d'un vecteur−→−x→ de F ; −x→ est
combinaison linéaire des vecteurs de U , x est−→ combinaison linéaire des vecteurs de V , x est combinaison
linéaire des vecteurs de W , et par conséquent x est combinaison linéaire des vecteurs de E .
E est donc génératrice.
Considérons une combinaison linéaire nulle des vecteurs de E :
1
1
2
2
3
2
3
1
3
→
→ + ··· + α −
→
−
→
−
→
−
→
−
→ −
α1 −
u
p up + β1 v1 + · · · + βq vq + γ1 w1 + · · · + γr wr = 0
1
D'après le théorème 10, on a alors :
→
→ + ··· + α −
→
−
→
−
→
−
→
−
→ −
α1 −
u
p up = β1 v1 + · · · + βq vq = γ1 w1 + · · · + γr wr = 0
1
L'indépendance linéaire de U montre alors que α = · · · = α = 0, l'indépendance linéaire de V montre que
, et l'indépendance linéaire de W montre que γ = · · · = γ = 0.
Finalement, on a établi :
1
p
β1 = · · · = βq = 0
1
→
−
→+· · ·+α u
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→ −
α1 u
p p +β1 v1 +· · ·+βq vq +γ1 w1 +· · ·+γr wr = 0
1
ce qui est l'indépendance linéaire de E .
8
=⇒
r
α1 = · · · = αp = β1 = · · · = βq = γ1 = · · · = γr = 0
Finalement E est une base de E, et par suite : dim E = p + q + r = dim F
1
+ dim F2 + dim F3
.
Réciproquement, si E est de dimension nie et est somme de p sous-espaces vectoriels
, et si la concaténation de bases des F (1 6 i 6 p) donne une base de E, alors la somme
Remarque 12.
est directe.
F1 , F2 , . . . , Fp
i
Exercice 11
Démontrer ce résultat pour n = 3 (en utilisant la remarque du théorème 10).
Correction H
[al042]
Théorème 14 (existence de supplémentaires).
Si E est de dimension nie, tout sous-espace vectoriel de E admet des supplémentaires.
Soit F un sous-espace vectoriel de E. F est lui-même de dimension nie, inférieure ou égale à la
dimension de E. On introduit une base U de F ; U est une famille libre de E, qu'on complète par une famille V pour
obtenir une base de E. Vect V est un sous-espace vectoriel supplémentaire de F d'après la remarque précédente.
Démonstration.
Théorème 15 (dimension d'une somme de sous-espaces vectoriels).
On a, en dimension nie :
dim(F1 + F2 ) = dim F1 + dim F2 − dim(F1 ∩ F2 )
Posons F = F + F , et introduisons un supplémentaire G de F ∩ F dans F :
F = (F ∩ F ) ⊕ G
Montrons alors que F = F ⊕ G :
→
→
• F = F + G : en eet , pour tout vecteur −
x de F , il existe −
y ∈F
−
→
→
→
→
→
et−→ −→z ∈ F tels que
x =−
y +−
z . Mais pour −
z , il existe −
z ∈ F ∩ F et
→
→
→
z ∈ G tels que −
z =−
z +−
z . On a alors :
→
−
→
→
→
→
→
→
x =−
y +−
z +−
z = −
y +−
z +−
z
G
−
→
d'où x ∈ F +−→G.
• F ∩ G = 0 : on a G ⊂ F , d'où F ∩ G ⊂ F ∩ F ; on a aussi
F ∩ G ⊂ G ; d'où F ∩ G ⊂ (F ∩ F ) ∩ G, et ce dernier sous-espace vectoriel est réduit à −→0 .
On a donc : dim F = dim F +dim G. Mais on a aussi dim F = dim(F ∩ F ) + dim G,
d'après la dénition de G. On conclut :
Démonstration.
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1
2
1
2
1
1
2
F2
2
1
2
1
2
F1 ∩ F2
1
1
2
1
1
1
1
1
2
2
1
2
1
F1
2
dim F = dim F1 + dim F2 − dim(F1 ∩ F2 )
Théorème 16 (caractérisation des sommes directes en dimension nie).
Soit E un espace vectoriel de dimension nie, et soient F et F deux sous-espaces vectoriels de E :
h
i
E = F ⊕ F ⇐⇒ E = F + F et dim E = dim F + dim F
h
i
→
−
⇐⇒ F ∩ F = 0 et dim E = dim F + dim F
1
1
2
1
1
2
2
2
1
2
1
2
Exercice 12
Démontrer ce théorème.
Exercice 13
,
[al044]
,
n
o
E = R3 F1 = (x1 , x2 , x3 ) / x1 − 2x2 + 3x3 = 0 F2 = Vect (2, 1, 1)
Correction H
9
. Montrer que E = F
1
⊕ F2
.
[al045]
III
Formule du rang
III.A Noyau, image d'une application linéaire
Dénition 10.
Soient E et F deux K-espaces vectoriels et f ∈ L(E, F ). Par dénition :
−
−
−
→
→
−
x ∈ E / f (→
x ) = 0F = f −1 ( 0F )
Ker f = →
−
−
−
−
y ∈ F / ∃→
x ∈ E, f (→
x)=→
y = f (E)
Im f = →
Ker f , noyau de f , est donc l'ensemble des éléments de E dont l'image par f est nulle, et Im f ,
image de f , est l'ensemble des éléments de F qui ont un antécédent par f .
Remarque 13. On rappelle que Ker f est un sous-espace vectoriel de E , et que Im f est un sousespace vectoriel de F (résultats vus en Sup).
Exercice 14
Soient E un K-e.v, et des applications linéaires f et g ∈ L(E). Montrer que :
f Ker(g ◦ f ) = Ker g ∩ Im f
Correction H
[al046]
Il est clair que l'application linéaire f est surjective si et seulement si Im f = F . Une caractérisation
des applications linéaires injectives est donnée par le théorème suivant :
Théorème 17.
Soient E et F deux K-espaces vectoriels et f ∈ L(E, F ) : −
→
f est injective ⇐⇒ Ker f = ( 0 )
E
Démonstration.
(=⇒) : Soit −→x ∈ Ker f . On a :
−
→
→
f (−
x ) = f (0E )
−
→
= 0F
donc −→x = −0→ parce que f est injective. 2
→
−
→, −
→ ∈ E tels que f (−
→) = f ( −
→). On a f (−
→−−
→) = −
→−−
→ ∈ Kerf , et par conséquent
(−→⇐=)−→: soient
x
x
x
x
x
x
0 , donc −
x
x
−
→
−
→
−
→
x − x = 0 . On a donc x = x . L'implication que nous avons établie est :
E
1
1
2
2
1
1
E
2
1
2
1
F
2
2
ce qui prouve que f est injective.
−
→) = f (x
−
→) =⇒ x
−
→=x
−
→
f (x
1
2
1
2
Exercice 15
Soient E et F deux K-espaces vectoriels et f ∈ L(E, F ).On suppose que E est de dimension nie n.
1. Soit (→−e , →−e , . . . , −e→) une base de E. Montrer que f (→−e ), f (→−e ), . . . , f (−e→) est une famille génératrice de Im f .
2. En déduire que : dim Im f 6 dim E. 3. Montrer que si f est injective, alors f (→−e ), f (→−e ), . . . , f (−e→) est une base de Im f .
4. Montrer que si f est un isomorphisme, alors E et F ont la même dimension (ce résultat est très
important!).
1
2
n
1
1
2
2
n
n
2. Cela ne prouve en fait que Ker f ⊂ −0→. Mais l'inclusion dans l'autre sens est évidente.
E
10
[al022]
Exercice 16
. On considère dans E l'ensemble F des fonctions continues, anes sur [0, 1]
et sur .
1. Vérier que F est un sous-espace vectoriel de E.
2. Quelle est la dimension de F ? E →
R
Indication : Considérer l'application
.
f 7→ (f (0), f (1), f (2))
E = F([0, 2], R) = R[0,2]
[1, 2]
3
Correction H
[al047]
Lemme 1.
Soient E et F deux K-espaces vectoriels (E de dimension nie), et f ∈ L(E, F ).
Im f est isomorphe à tout supplémentaire de Ker f
Démonstration.
Soit V un sous-espace vectoriel de E, supplémentaire de Ker f . Autrement dit, on a :
E = Ker f ⊕ V
On introduit l'application g de V dans Im f dénie par :
→
→
→
∀−
x ∈ V, g(−
x ) = f (−
x)
g est linéaire
: c'est évident. −
→
Ker g = x ∈ V / g(−→x ) = −0→ = V ∩ Ker f = −0→.
→
→
→
g est donc injective (pour l'égalité (1), remarquer que pour −
x ∈ V, g(−
x ) = f (−
x ))
On a bien sûr Im g ⊂ Im f . Montrons l'inclusion dans l'autre sens :
−
→
→
→
→
→
−
→+x
−
→ avec
Soit
y ∈ Im f . Par dénition de Im f , il existe −
x ∈ E tel que f (−
x) = −
y . Mais −
x peut s'écrire x
−
→ ∈ Ker f et −
→ ∈ V . On a alors :
x
x
F
E
(1)
1
1
2
2
−
→
→
−
→+x
−
→) = f (x
−
→) + f (x
−
→) = f (x
−
→).
y = f (−
x ) = f (x
1
2
1
2
2
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
f (x ) = y
g(x ) = y
y ∈ Im g
On a ainsi exhibé
tel que
, c'est-à-dire
Finalement Im g = Im f , et g est surjective.
g est donc bien un isomorphisme entre V et Im f .
−
→∈V
x
2
2
2
. Et donc
.
III.B Rang d'une application linéaire
Dénition 11.
Soient E et F deux K-espaces vectoriels, avec E de dimension nie, et f ∈ L(E, F ). Par dénition :
rg f = dim Im f
Remarque 14. Cette dénition a un sens, comme on l'a vu dans l'exercice 15.2) : l'image de f est
eectivement de dimension nie, inférieure ou égale à la dimension de E.
III.C Formule du rang
Théorème 18 (fondamental!).
Soient E et F deux K-espaces vectoriels, avec E de dimension nie, et f ∈ L(E, F ). On a :
rg f + dim Ker f = dim E
Démonstration. On sait que Im f est isomorphe à tout supplémentaire de Ker f , et on a vu dans l'exercice 15 que si
deux espaces vectoriels sont isomorphes, ils ont la même dimension. La formule du rang s'ensuit.
11
Exercice 17
Soit E un K-espace vectoriel de dimension nie n, et u, v ∈ L(E) :
1. Montrer que Im(u + v) ⊂ Im u + Im v.
2. En déduire que rg(u + v) 6 rg u + rg v.
3. Montrer que si u + v est inversible et u ◦ v = 0, alors rg u + rg v = n.
Indication : on pourra montrer que si u ◦ v = 0, alors on a Im v ⊂ Ker u.
[al064]
III.D Une conséquence importante de la formule du rang
Théorème 19.
Soit f un endomorphisme d'un espace vectoriel E de dimension nie. Les sept phrases suivantes sont
équivalentes :
(1) f est injective.
(2) f est surjective.
(3) f est bijective.
(4) rg f = dim E.
(5) Ker f = −0→ .
(6) Il existe une base de E dont l'image par f est une base de E.
(7) L'image par f de toute base de E est une base de E.
E
Démonstration.
Sans aucune diculté!
Remarque 15.
IV
Ce théorème est valable si f ∈ L(E, F ), avec dim E = dim F .
Hyperplans
IV.A Dénition et exemples
Soit E un K-e.v. de dimension nie n. On appelle hyperplan de E tout s.e.v. de E
de dimension n − 1.
Dénition 12.
Remarque 16.
Si n = 3 : les hyperplans sont les plans vectoriels.
Si n = 2 : les hyperplans sont les~droites vectorielles.
Si n = 1 : le seul hyperplan est {0 }.
E
Théorème 20. Soit E un K-e.v. de dimension nie et H une partie de E . Alors H est un hyperplan
de E si et seulement si H admet une droite comme sous-espace vectoriel supplémentaire.
Démonstration.
Si H est un hyperplan de E, alors H est de dimension n − 1. Soit (~e , . . . , ~e ) une base de H qu'on
complète en une base (~e , . . . , ~e , ~e ) de E. La droite K~e est un sous-espace supplémentaire de H d'après
la remarque du théorème 10.
(⇐=) Si D est une droite telle que E = D ⊕ H , alors :
(=⇒)
1
1
et le résultat est prouvé.
n−1
n
n
dim H = dim E − dim D = n − 1
12
n−1
IV.B Équation cartésienne d'un hyperplan
Théorème 21. Soit E un K-e.v. de dimension nie et H une partie de E . Alors H est un hyperplan
de E si et seulement si H est le noyau d'une forme linéaire non nulle.
Démonstration.
: Soit Φ : E → K une forme linéaire non nulle, alors Im Φ 6= {0}. Im Φ est donc un s.e.v. de K de
dimension > 1, donc dim(Im Φ) = 1 et Im Φ = K (car dim K = 1). D'après le théorème du rang, on a :
(⇐=)
dim(Ker Φ) = dim E − dim(Im Φ) = n − 1
Donc H = ker Φ est un hyperplan de E.
: Soit H un hyperplan de E, alors dim H = n − 1. On choisit une base (~e , ~e , . . . , ~e
complète en une base (~e , ~e , . . . , ~e , ~e ) de E. On dénit alors la forme linéaire Φ par :
Φ(~e ) = 0 ∀i ∈ [[1, n − 1]] et Φ(~e ) = 1
Φ est non nulle donc dim(Ker Φ) = n − 1 = dim H .
De plus, H ⊂ Ker Φ car ∀~u = λ ~e + λ ~e + · · · + λ ~e ∈ H , on a :
(=⇒)
1
1
2
Φ(~
u)
=
=
Donc H = ker Φ.
de H , qu'on
n
i
1 1
n−1 )
2
n
n−1
2 2
n−1 n−1
Φ(λ1~e1 + λ2~e2 + · · · + λn−1~en−1 )
λ1 Φ(~e1 ) + λ2 Φ(~e2 ) + · · · + λn−1 Φ(~en−1 ) = 0
Dénition 13. Soit Φ : E → K une forme linéaire non nulle de noyau l'hyperplan H . On dit que
l'équation Φ(~u) = 0 est une équation cartésienne de H .
Soit (~e , ~e , . . . , ~e ) une base du K-e.v. E et Φ : E → K une forme linéaire non nulle,
avec H = Ker Φ.
On pose a = Φ(~e ) ∀i ∈ [[1, n]]. On a alors :
Remarque 17.
i
1
2
n
i
~u ∈ H
⇔ Φ(~u) = 0 ⇔ Φ(x1~e1 + x2~e2 + · · · + xn~en ) = 0
⇔ x1 Φ(~e1 ) + x2 Φ(~e2 ) + · · · + xn Φ(~en ) = 0
Donc, avec les notations précédentes, l'équation de H relativement à la base (~e , ~e , . . . , ~e ) s'écrit :
1
2
n
a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = 0
(avec (a , a , . . . , a ) 6= (0, 0, . . . , 0), car Φ est non nulle).
1
2
n
Cas particuliers :
: L'équation cartésienne d'une droite vectorielle est de la forme ax + by = 0 avec (a, b) 6= (0, 0),
étant les coordonnées d'un vecteur dans une base (~e , ~e ) quelconque.
? n = 3 : L'équation cartésienne d'un plan vectoriel est de la forme ax + by + cz = 0 avec (a, b, c) 6= (0, 0, 0),
(x, y, z) étant les coordonnées d'un vecteur dans une base (~e , ~e , ~e ) quelconque.
? n=2
(x, y)
1
2
1
2
3
Exercice 18
1. Soit H un hyperplan de R d'équation cartésienne :
3
(x, y, z) ∈ H ⇐⇒ x − y + z = 0
Déterminer une base de H .
2. Soit H = Vect (0, 1, 0, 1), (1, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1).
Déterminer une équation cartésienne de H (relativement à la base canonique de R ).
4
[al062]
13
V
Sous-espaces stables par un endomorphisme
Soit E un K-espace vectoriel, F un sous-espace vectoriel de E, et f ∈ L(E). On dit
que F est stable par l'application f si f (F ) ⊂ F , autrement dit :
Dénition 14.
∀x ∈ F, f (x) ∈ F
Exercice 19
Soit E un R-espace vectoriel de base (e , e , e , e ). On considère l'endomorphisme u de E de matrice :
1

1
 0
A=
 1
1
1
1
0
1
2
3
4

0
1 

1 
1
1
1
1
0
dans la base (e , e , e , e )
1
2
3
4
On pose par ailleurs :
f1 = e1 + e3 ; f2 = e2 + e4 ; h1 = e1 + e2 + e3 + e4 ; h2 = e1 − e2 + e3 − e4
1. Montrer que le sous-espace vectoriel F = Vect(f , f ) est stable par u.
2. Montrer que le sous-espace G déni par le système d'équations :
1
2
xe1 + ye2 + ze3 + te4 ∈ G
x+z
y+t
⇐⇒
= 0
= 0
est stable par u. Donner une base (g , g ) de G.
3. Justier que F ⊕ G = E, et donner la matrice de u dans la base (f , f , g , g ).
4. Montrer que les droites vectorielles D = Rh et D = Rh sont incluses dans F et stables par
u.
5. Justier que D ⊕ D ⊕ G = E et donner la matrice de u dans la base (h , h , g , g ).
1
2
1
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
[al063]
On peut généraliser le résultat de l'exercice précédent : soit E est un K-espace
vectoriel tel que E = F ⊕ F ⊕ · · · ⊕ F , et f une application telle que tous les F (1 6 i 6 p)
sont stables par f . On considère une base B de E, qui est la concaténation de bases B , B , . . . , B
respectives de F , F , · · · , F . Alors la matrice de f dans la base B est une matrice par blocs de la
forme :
 
Remarque 18.
1
2
p
i
1
1
2
2
n
n
A1








M =







0
···
0
A2
0
0
···
0
...
...
0
Ap
















où la matrice carrée A est la matrice de la restriction de l'application f à l'espace F . Inversement, une telle forme matricielle indique que chaque sous-espace F est stable par f .
k
k
k
14
VI
Exemples d'endomorphismes d'un espace vectoriel
VI.A Homothéties
Dénition 15.
Pour λ 6= 0, on appelle homothétie de rapport λ l'endomorphisme h
λ
−
−
:→
x 7→ λ→
x
.
Exercice 20
Soit f ∈ L(E), non nul, tel que : ∀→−x ∈ E, →−x et f (→−x ) sont liés. Montrer que f est une homothétie.
[al028]
VI.B Projecteurs (ou projections vectorielles)
Dénition 16.
Si E = F ⊕ F , on appelle
projection vectorielle→sur F parallèlement à F (ou selon F ) l'application
−
−
p qui à tout vecteur →
x de E , associe le vecteur −
x qui intervient dans la décomposition de →
x sous la
forme :
→
−
→+−
→, avec −
→ ∈ F et −
→∈F .
x =−
x
x
x
x
Les résultats de l'exercice suivant doivent être connus :
Exercice 21
On suppose E = F ⊕ F eton−→désigne
par p le projecteur sur F selon F . −→
1. Que dire de p si F = 0 (et donc F = E), ou si F = E (et donc F = 0 )?
2. On revient à F quelconque. Montrer que p ∈ L(E) (p est un endomorphisme de E).
3. Montrer que Ker p = F et Im p = F .
4. Montrer que p ◦ p = p.
5. Montrer que F est également l'ensemble des vecteurs invariants par p, c'est-à-dire qu'on a :
1
2
1
2
2
1
1
1
2
1
1
2
2
1
1
E
2
2
2
1
2
E
1
2
1
1
−
−
−
F1 = →
x ∈ E / p(→
x)=→
x = Ker(p − IdE )
[al049]
Théorème 22.
Soit f ∈ L(E) tel que f ◦ f = f . On a E = Im f ⊕ Ker f , et f est la projection vectorielle sur Im f
parallèlement à Ker f .
Démonstration.
Montrons d'abord que Im f ∩ Ker f = −0→ :
Soit −→y ∈ Im f ∩ Ker f ; comme −→y ∈ Im f , il existe −→x ∈ E tel que −→y = f (−→x ). Alors :
E
→
→
→
→
f (−
y ) = f ◦ f (−
x ) = f (−
x)=−
y.
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
f ( y ) = 0E
y ∈ Ker f
y = 0E
−
→
−
→
→
→
→
x ∈E
x = f (−
x)+ −
x − f (−
x)
−
→
Im f
Ker f
f( x )
−
→
→
→
→
→
Ker f
f −
x − f (−
x ) = f (−
x ) − f ◦ f (−
x ) = 0E
Mais
, parce que
. Donc
.
Soit
. On a bien sûr
, ce qui fait apparaître −→x comme
somme d'un vecteur
de et d'un vecteur de
: en eet,
appartient (visiblement!) à Im f , et −→x − f (−→x ) appartient à
car
.
On a donc : E = Im f + Ker f , et nalement :
E = Im f ⊕ Ker f
Soit p le −→projecteur
sur Im f , parallèlement à Ker f . Tout vecteur −→x de E s'écrit de manière unique sous
la−→ forme−→x = −→−→x + −→x−→, avec −→x ∈ −→Im f et −→x ∈−→Ker f . −→Et p(−→x ) est précisément x . Mais on−→a vu −→que
x = f ( x ) + x − f ( x ) , et que f ( x ) ∈ Im f et x − f ( x ) ∈ Ker f . L'unicité montre que f ( x ) = x ,
c'est-à-dire f (−→x ) = p(−→x ), et cela quel que soit −→x . Donc f = p.
1
2
1
2
1
1
15
Il est ainsi établi que : f ◦ f = f
=⇒ f
est la projection vectorielle sur Im f parallèlement à Ker f .
Exercice 22
Soit E un espace vectoriel de dimension 3 rapporté à une base E = (→−e , →−e , →−e ). Former la matrice A
de la projection f sur F parallèlement à F dans les cas suivants (vérier d'abord que F et F sont
supplémentaires) :
1. F = Vect(→−e , →−e ), F = Vect(→−e ).
2. F : x − x + x = 0 ; F = Vect(2→−e + →−e + 2→−e ).
Calculer A .
1
1
1
1
1
1
2
2
2
3
2
3
2
2
1
2
3
2
1
2
3
[al050]
Exercice 23
Soit E un espace vectoriel de dimension 3 rapporté à une base E = (→−e , →−e , →−e ).
On donne f ∈ L(E), de matrice :
1

8
1
−2
A=
9
−2
2
3

−2 −2
5 −4  .
−4
5
Montrer que f est un projecteur et déterminer ses éléments.
[al051]
Exercice 24
Soient p et q deux projecteurs d'un espace vectoriel E tels que :
q ◦ p = p et p ◦ q = p
1. Montrer que ces conditions équivalent respectivement à :
Im p ⊂ Im q et Ker q ⊂ Ker p
2. Donner un exemple en dimension 3.
3. Montrer que q − p est un projecteur.
4. Déterminer l'image et le noyau de q − p.
[al052]
Exercice 25 Centre de l'anneau L(E)
C'est l'ensemble C des endomorphismes f de E tels que :
∀g ∈ L(E), f ◦ g = g ◦ f
Il est clair que l'endomorphisme nul convient. Mettons ce cas de côté.
Soit→−f ∈ C et soit →−x ∈→−E, non→−nul. En envisageant un projecteur sur la droite vectorielle D engendrée
par x , montrer que x et f ( x ) sont liés. Conclure avec l'exercice 20.
[al053]
VI.C Automorphismes involutifs (ou symétries vectorielles)
Dénition 17.
Si E = F ⊕ F , on appelle symétrie vectorielle par rapport F , parallèlement à F , l'application s
dénie de la manière suivante :
Si →−x ∈ E, on décompose →−x sous la forme : →−x = −x→ + −x→, avec −x→ ∈ F et −x→ ∈ F .
Et on pose alors :
→
−
−
→ −
→
1
2
1
1
2
s( x ) = x1 − x2
16
2
1
1
2
2
Exercice 26
On suppose E = F ⊕ F eton désigne
par s la symétrie par rapport à F parallèlement
àF .
−
−
→
→
1. Que dire de s si F = 0 (et donc F = E), ou si F = E (et donc F = 0 )?
2. On revient à F quelconque. Montrer que s ∈ L(E) (s est un endomorphisme de E).
3. Montrer que s ◦ s = Id (s est un automorphisme involutif de E).
4. Montrer que F est l'ensemble des vecteurs invariants par s, c'est-à-dire qu'on a :
1
2
1
E
1
2
2
1
2
E
1
3
E
1
−
−
−
F1 = →
x ∈ E / s(→
x)=→
x = Ker(s − IdE )
et que F est l'ensemble des vecteurs transformés en leur opposé par s, c'est-à-dire qu'on a :
2
−
−
−
x ∈ E / s(→
x ) = −→
x = Ker(s + IdE )
F2 = →
[al054]
F2
~
x
~
x2
~
x1
F1
−~
x2
s(~
x)
Théorème 23.
Soit f ∈ L(E) tel que f ◦ f = Id . Posons : F = Ker(f − Id ) et F
E = F ⊕ F , et f est la symétrie par rapport à F parallèlement à F .
E
1
1
2
E
1
. On a :
= Ker(f + IdE )
2
Exercice 27
Démontrer ce théorème en prouvant d'abord que F
vecteur →−x de E peut s'écrire : →−x = →−x + f (→−x ) +
, puis en remarquant que tout
−
→
1 ∩ F2 = 0E
−
→
− 1 →
2 x − f( x )
1
2
2
.
[al055]
Exercice 28
Soit E = R . On dénit u = (1, 1) et u = (2, 3).
1. Vérier que F = Vect(u ) et G = Vect(u ) sont des s.e.v supplémentaires dans E.
2. Calculer l'expression du projecteur p sur F parallèlement à G.
3. Calculer l'expression de la symétrie s par rapport à F parallèlement à G.
2
1
2
1
2
[al032]
VII
Changement de base
VII.A Matrice de passage
Soient E un espace vectoriel de dimension n, et deux bases de E :
→
− →
−
−
→
−
−
B = (→
e ,→
e ,...,−
e→) (ancienne base)
B = ( e , e , . . . , e ) (nouvelle base)
1
2
0
n
0
1
0
2
0
n
3. Dans un groupe, un élément involutif est un élément qui est son propre inverse
17
Dénition 18.
La matrice de passage P de la base B à la base B est la matrice carrée n × n dont les colonnes sont
constituées par les coordonnées des vecteurs de la base B dans la base B.
0
0

p1,1
 p2,1

P = P ass(B, B 0 ) = 

pn,1
↑
e~0 1
...
p1,2
p2,2
...
...
pn,2
↑
e~0 2
...

p1,n
← ~e1
p2,n 
 ← ~e2


pn,n
← ~en
↑
e~0 n
... . . . ...
...
...
On remarque que P n'est rien d'autre que la matrice de Id , de (E, B ) dans (E, B). Il en résulte
que P est une matrice inversible, et que P est la matrice de Id , de (E, B) dans (E, B ). Donc P
est la matrice de passage de B à B :
0
E
−1
0
E
−1
0
p01,1
 p02,1

0
0
P = P ass(B , B) = 

p0n,1
↑
~e1
p01,2
p02,2

...

← e~0 1
p01,n
0
~0
p2,n 
←e 2


0
pn,n
← e~0 n
↑
~en
...
...
... . . . ...
p0n,2 . . .
↑
~e2 . . .
...
VII.B Eet d'un changement de base sur la matrice-colonne d'un vecteur
Théorème 24.
Soient →−x un vecteur de E, X sa matrice dans la base B, X sa matrice dans la base B . On a :
0
0
X 0 = P −1 X
Démonstration. si on note (articiellement!) ϕ, l'identité de (E, B) dans (E, B ), la relation X
traduction matricielle de −→x = ϕ(−→x )
0
(E, B)
0
= P −1 X
est la
ϕ=IdE
- (E, B0 )
P −1
−
→
→
x = ϕ(−
x)
−
→
x
X
X 0 = P −1 X
VII.C Eet d'un changement de base sur la matrice d'un endomorphisme
Théorème 25.
Soit f ∈ L(E), dont la matrice dans la base B est M . La matrice de f dans la base B est :
0
M 0 = P −1 M P
Démonstration. Notons ϕ l'identité de (E, B) dans (E, B ), ψ l'identité de (E, B ) dans (E, B), f l'endomorphisme
donné, dans E muni de la base B, et fˆ le même endomorphisme, mais dans E muni de la base B .
La relation M = P M P est la traduction matricielle de : fˆ = ϕ ◦ f ◦ ψ.
0
0
0
0
−1
18
f
(E, B)
ψ=IdE
M
- (E, B)
6
P −1
P
(E, B0 )
ϕ=IdE
?
- (E, B0 )
ˆ
M0
f
Soient A, B ∈ M (K). On dit que A et B sont des matrices semblables s'il existe
telle que B = P AP .
Par ailleurs, A et B sont semblables si et seulement si, considérant un K-espace vectoriel E de
dimension n, A et B représentent le même endomorphisme f de E dans deux bases diérentes.
Remarque 19.
n
−1
P ∈ GLn (K)
Exercice 29 Eet d'un changement de base sur les coecients d'une forme linéaire
Soit f une forme linéaire sur E, c'est-à-dire une application linéaire de E dans K.
1. E étant muni d'une base B = (→−e , →−e , . . . , −e→), on note A = a a · · · a la matrice de
X
−
−
−
f . Soit →
x =
x→
e un vecteur de E . Calculer f (→
x ).
2. Soient B une autre base de E, et P = P ass(B, B ). Déterminer, à l'aide du diagramme suivant,
la matrice de f relativement à la base B :
1
2
1
n
2
n
n
i i
i=1
0
0
0
f
(E, B)
6
ψ=IdE P
- K
A
A0
f
(E, B 0 )
[al056]
Exercice 30 Eet de deux changements de base sur la matrice d'une application linéaire
Soient E et F deux K-espaces vectoriels de dimensions respectives p et q. Soit f ∈ L(E, F ). On
dénit dans E deux bases E et E , et dans F deux bases F et F . On note P = P ass(E, E ) et
Q = P ass(F, F ). On note M la matrice de f relativement aux bases E et F , et M la matrice de f
relativement aux bases E et F . Montrer que :
0
0
0
0
0
0
0
M 0 = Q−1 M P
[al057]
VIII
Trace d'une matrice carrée
VIII.A Dénition
Dénition 19.
Soit A ∈ M (K). On appelle trace de A, et on note Tr A, la somme des termes diagonaux de A.
Autrement dit, si on note a le terme de la i ligne, j colonne de la matrice A, on a :
n
ij
ème
Tr A =
ème
n
X
i=1
19
aii
VIII.B Linéarité
Théorème 26.
L'application Tr est une forme linéaire sur M (K).
n
Démonstration. Il s'agit tout simplement de vérier que tr est une application de M (K) dans K, et qu'elle est linéaire,
c'est-à-dire que la trace de A + B est égale à Tr A + Tr B, et que la trace de λA est égale à λ Tr A. C'est évident.
n
VIII.C Trace d'un produit de matrices
Théorème 27.
Soient A, B ∈ M (K). On a :
n
Tr AB = Tr BA
Démonstration. Posons C = AB et D = BA, et notons a , b , c , d les termes des matrices A, B , C , D, situés sur
la i ligne, j colonne. On a :
ème
ij
ème
Tr C =
n
X
i=1
cii =
ce qu'il fallait démontrer.
n X
n
X
i=1
ij
ij
ij
n X
n
n X
n
n
X
X
X
dkk = Tr D
aik bki =
aik bki =
bki aik =
k=1
k=1
i=1
k=1
i=1
k=1
Exercice 31
Trouver dans M (R) deux matrices A, B telles que tr(AB) 6= tr(A) tr(B).
[al058]
2
Exercice 32
1. Existe-t-il des matrices A, B ∈ M (K) vériant AB − BA = I ?
2. Soient A, B des matrices de M (K) vériant AB − BA = A. Calculer tr(A ) pour p ∈ N .
n
n
p
n
∗
[al059]
Corollaire 1.
Si deux matrices A et B de M (K) sont semblables, leurs traces sont égales.
n
Démonstration.
En eet, il existe P ∈ M
On a alors :
, inversible, telle que :
n (K)
B = P −1 AP
Tr B = Tr(P −1 AP ) = Tr[(P −1 A)P ] = Tr[P (P −1 A)] = Tr[(P P −1 )A] = Tr A
VIII.D Trace d'un endomorphisme
Dénition 20.
Soit E un K-espace vectoriel de dimension n, et soit f ∈ L(E). On appelle trace de f , et on note
, la trace de la matrice de f dans une base quelconque de E.
Remarque 20 (1). Cette dénition est eectivement indépendante de la base qui intervient, car les
matrices de f dans deux bases diérentes sont semblables, et ont donc la même trace.
Remarque 21 (2). L'application Tr est une forme linéaire sur L(E).
Tr f
Exercice 33
Soit E un espace vectoriel de dimension nie n > 1. Soit f ∈ L(E) une application linéaire de rang 1.
20
1. Justier qu'il existe une base B de E dans
laquelle la matrice de f est de la forme :

0 ··· 0
λ
 ..
.
.. ... 
 .
A=
 .
... λ 
 ..
1
n−1
···
0
0
λn
2. Justier que f est de trace 1 si et seulement si f est un projecteur.
3. Application : déterminer toutes les matrices de M (C) qui représentent un projecteur.
2
IX
[al060]
Transposée d'une matrice
IX.A Dénition et propriétés
Soit A = (a )
∈ M (K), avec :
Dénition 21.
0
A =
i,j 16i6n
. On appelle transposée de la matrice A la matrice
∈ Mn,p (K)
16j6p
(a0i,j )16i6p
p,n
16j6n
∀(i, j) ∈ [[1, p]] × [[1, n]] , a0i,j = aj,i
On note alors A = A .
0
T
Exemples 2.


T
1
1 1 −2
 1 0 1 
= 1
−2
2 0 3


T
2 0
2 1
 1 3 
=
0 3
4 −3


1 2
0 0 
1 3
4
−3
Proposition 1 (Règles de calcul avec la transposée).
1. Si A, B ∈ M (K), alors (A + B) = A + B .
2. Si A ∈ M (K) et λ ∈ K, alors (λA) = λA .
3. Si A ∈ M (K) et B ∈ M (K), alors (AB) = B A .
4. Si A ∈ M (K), alors (A ) = A.
5. Si A ∈ GL (K) est inversible, alors A est inversible et (A ) = (A ) .
6. Si A ∈ M (K), alors Tr(A ) = Tr(A).
Remarque 22. On peut reformuler les deux premiers points en disant que l'application A 7→ A
est une application linéaire. Attention cependant, car cette application inverse l'ordre d'un produit
de matrices. Enn on peut remarquer qu'elle est involutive ((A ) = A).
T
n,p
T
T
T
n,p
n,p
T
T
p,q
T T
n,p
T
T
T −1
T
n
−1 T
T
n
T
T T
Démonstration.
1), 2), 4), 5) et 6) sont laissés à titre d'exercice. Montrons 3). On note :
A = (ai,j )16i6n
avec ∀(i, j) ∈ [[1, p]] × [[1, n]] ,
16j6p
a0i,j = aj,i
B = (bi,j )16i6p
A0 = (a0i,j ) 16i6p
et ∀(i, j) ∈ [[1, q]] × [[1, p]] ,
(B T AT )i,j
16j6q
=
=
p
X
k=1
p
X
b0i,k a0k,j =
16j6n
b0i,j = bj,i
p
X
B 0 = (b0i,j )16i6q
. On calcule alors :
bk,i aj,k
k=1
aj,k bk,i = (AB)j,i = ((AB)T )i,j
k=1
21
16j6p
IX.B Matrices symétriques et antisymétriques
Soit A = (a ) ∈ M (K) :
1. A est dite symétrique si A = A (∀i, j ∈ [[1, n]] , a = a )
2. A est dite antisymétrique si A = −A (∀i, j ∈ [[1, n]] , a = −a )
On note S (K) (resp. A (K)) l'ensemble des matrices symétriques (resp. antisymétriques) d'ordre n.
Dénition 22.
i,j 16i6n
n
16j6n
T
i,j
T
n
j,i
i,j
j,i
n
S (K) et A (K) sont des sous-espaces vectoriels supplémentaires de M (K). Autrement dit, tout M ∈ M (K) s'écrit de manière unique comme somme d'une matrice symétrique et
d'une matrice antisymétrique.
Proposition 2.
n
n
n
n
Exercice 34
1. Montrer que M (K) = S (K) ⊕ A (K).
2. On suppose n = 3.
(a) Quelle est la forme générale d'une matrice de S (K) ? de A (K) ?
(b) En déduire une base et la dimension de chacun de ces deux sous-espaces vectoriels.
3. Généraliser le résultat de la question précédente.
n
n
n
n
Correction H
n
[al035]
22
Correction de l'exercice 7 N
1. Soit k ∈ [[1, p]] et →−x ∈ F . On peut écrire :
k
→
−
→+−
→ + ··· + −
→
x =−
x
x
x
1
2
p
avec →−x = →−0 ∈ F pour i 6= k, et −x→ = →−x ∈ F . Donc →−x ∈ F + F + · · · + F .
Ainsi F ⊂ F + F + · · · + F .
X
F contient tous les espaces F pour 1 6 i 6 p.
2. Montrons d'abord que F →−+ F + · · · F est un sous-espace vectoriel de E :
Il contient clairement
0 car
→
−
−
→+−
→ + ··· + −
→, avec −
→=−
→ = ··· = −
→=→
0 =−
x
x
x
x
x
x
0.
→
−
→
−
Soient x et y ∈ F + F + · · · F et λ, µ ∈ K. On peut écrire :
→
−
→+−
→ + ··· + −
→
x = −
x
x
x
avec x , y ∈ F pour 1 6 i 6 p
→
−
→
−
→
−
→
−
y = y + y + ··· + y
ce qui donne :
i
i
k
1
k
2
k
1
2
p
p
p
i
i
i=1
1
2
p
1
1
avec
D'où
2
p
2
1
2
p
p
1
2
p
1
2
p
i
i
i
−
−
→ + µ→
−
→ + µ→
−
→ + µ→
−
λ→
x + µ→
y = λ−
x
y1 + λ−
x
y2 + · · · + λ−
x
yp
1
2
p
→ + µ→
−
→ + µ→
−
→ + µ→
−
λ−
x
y1 ∈ F1 , λ−
x
y2 ∈ F2 , . . . , λ−
x
y p ∈ Fp
1
2
p
−
−
λ→
x + µ→
y ∈ F + F + ···F
1
2
p
.
.
est un sous-espace vectoriel de E.
Soit G un sous-espace vectoriel de E qui contient tous les F , avec 1 6 i 6 p. Soit →−x ∈
F + F + · · · F , alors :
→
−
→+−
→ + ··· + −
→
x =−
x
x
x
avec x ∈ F pour 1 6 i 6 p, d'où x ∈ G. Le sous-espace vectoriel G étant stable par la somme,
l'élément →−x est bien dans G.
F + F + · · · F est le plus petit sous-espace vectoriel de E qui contient tous les F , avec 1 6 i 6 p.
F1 + F2 + · · · Fp
i
1
2
p
1
i
1
i
2
p
i
2
p
i
Correction de l'exercice 8 N
On suppose que pour tout −x→ ∈ F , −x→ ∈ F , . . . , −x→ ∈ F , on a :
1
1
2
2
p
−
−
→+−
→ + ··· + −
→=→
x
x
x
0
1
2
p
p
−
−
→=−
→ = ... = −
→=→
x
x
x
0
1
2
p
=⇒
Alors pour tous →−x ∈ F et →−y ∈ F (1 6 i 6 p), on peut écrire :
i
i
i
i
−
→+−
→ + ··· + −
→=→
−
−
−
x
x
x
y1 + →
y2 + · · · + →
yp
1
2
p
→
−
→−→
−
→−→
−
→−→
−
=⇒ (−
x
y1 ) + (−
x
y2 ) + · · · + (−
x
yp ) = 0
1
2
p
→
−
→−→
−
→−→
−
→−→
−
=⇒ −
x
y =−
x
y = ··· = −
x
y = 0
1
1
−
−
=⇒ →
xi = →
yi
2
2
p
p
∀i ∈ [[1, p]]
Donc la somme F + F + · · · + F est directe.
La réciproque est, bien sûr, immédiate.
1
2
p
Correction de l'exercice 9 N
1. Il est clair que G est un sous-espace vectoriel de E. Montrons que F est aussi un sous-espace
vectoriel :
23
→−0 = 0 ∈ F car 0 = B × 0.
Si P = BQ et P = BQ sont dans F et λ, µ ∈ R, on a :
E
1
1
2
2
λP1 + µP2 = λBQ1 + µBQ2 = B(λQ1 + µQ2 ) ∈ F
En conclusion, F et G sont bien des sous-espaces vectoriels de E.
2. ? Montrons que F ∩ G = {0} :
Si P ∈ F ∩ G, alors P est de degré n − 1 et est divisible par un polynôme de degré n. Donc
nécessairement, on a P = 0.
? Montrons que E = F + G :
Analyse : si P ∈ E , alors on cherche à établir qu'il existe P ∈ F et P ∈ G tels que :
1
2
P = P1 + P2
Si on note P = BQ et P = R, ceci revient à montrer qu'il existe Q ∈ R[X] et R ∈ R [X]
tel que :
P = BQ + R
Synthèse : Puisque deg B = n, le résultat est obtenu en eectuant la division euclidienne de
P par B . Donc E = F + G.
En conclusion, on a E = F ⊕ G.
3. En eectuant la division euclidienne de X par X + 1, le résultat est immédiat :
1
2
n−1
3
2
X
X 3 = X(X 2 + 1) − |{z}
| {z }
∈F
∈G
Correction de l'exercice 10 N
?
Montrons que F ∩ G = {0} :
Soit f ∈ F ∩ G, alors :
Pour tout x ∈ R, on a f (−x) = f (x) et f (−x) = −f (x).
Donc pour tout x ∈ R, f (x) = −f (x), c'est à dire 2f (x) = 0 ou encore f (x) = 0.
F ∩ G = {0}
?
Montrons que E = F + G :
Analyse : si f ∈ E , alors on cherche à établir qu'il existe f
1
∈F
et f
2
∈G
tels que :
f = f1 + f2
Dans ce cas, pour tout x ∈ R, on obtient les relations :
f (x)
f (−x)
= f1 (x) + f2 (x)
= f1 (x) − f2 (x)
Il vient facilement, pour tout x ∈ R : f (x) = f (x) +2f (−x) et f (x) = f (x) −2f (−x) .
Synthèse : Réciproquement, on vérie immédiatement que la décomposition suivante :
2
1
f (x) =
f (x) + f (−x) f (x) − f (−x)
+
2
2
donne bien une écriture de f comme somme d'une fonction paire (partie paire de f ) et d'une
fonction impaire (partie impaire de f ). D'où :
E =F +G
24
En conclusion, on a :
E =F ⊕G
Correction de l'exercice 11 N
Soient U = (−u→, . . . , −u→) une base de F , V = (→−v , . . . , →−v ) une base de F , et W = (−w→, . . . , −w→) une
base de F . On suppose que la famille :
1
p
1
1
q
2
1
r
3
→, . . . , −
→, →
−
→
− −
→
−
→
E = (−
u
u
1
p v1 , . . . , vq , w1 , . . . , wr ) = U&V&W
est une
base de −→E.
 →
−
→
u
 x = α u + ··· + α −
→
−
→
−
→
−
Soit  →−y = β −→v + · · · + β −v→
1 1
p p
1 1
q q
∈ F1
∈ F2
∈ F3
z = γ1 w1 + · · · + γr wr
→
−
→
−
−
−
x +→
y +→
z = 0
:
−
→ + ··· + α −
→
→
−
→
−
−
→
−
→ →
=⇒ α1 −
u
1
p up + β1 v1 + · · · + βq vq + γ1 w1 + · · · + γr wr = 0
car E est une base de E.
=⇒ α1 = · · · = αp = β1 = · · · = βq = γ1 = · · · = γr = 0,
→
−
−
−
−
=⇒ →
x =→
y =→
z = 0
Donc E = F
1
⊕ F2 ⊕ F3
.
Correction de l'exercice 13 N
Remarquons que nous sommes en dimension nie, donc on peut utiliser la caractérisation des sommes
directes en dimension
nie :
Soit →−x = (x , x , x ) ∈ F ∩ F . Il existe λ ∈ R tel que →−x = (2λ, λ, λ), et d'autre part :
1
2
3
1
2
x1 − 2x2 + 3x3 = 2λ − 2λ + 3λ = 3λ = 0
Donc λ = 0 et il vient x = 0. Ainsi : F ∩ F = {→−0 }.
D'autre part, il est clair que dim F = 1, et on obtient la dimension de F en en cherchant une
base (il sut d'exprimer l'une des composantes en fonction des autres) :
1
2
2
F1
1
n
o n
o
(x1 , x2 , x3 ) / x1 = 2x2 − 3x3 = (2x2 − 3x3 , x2 , x3 ) , x2 , x3 ∈ R
n
o
=
x2 (2, 1, 0) + x3 (−3, 0, 1) , x2 , x3 ∈ R = Vect (2, 1, 0), (−3, 0, 1)
=
Il est alors clair que dim F
On peut maintenant conclure :
2
=2
et on en déduit : dim F
1
+ dim F2 = 3 = dim E
.
E = F1 ⊕ F2
Correction de l'exercice 14 N
On va montrer les inclusions réciproques
:
⊆ : Soit y ∈ f Ker(g ◦ f ) . Alors il existe x ∈ Ker(g ◦ f ) tel que y = f (x), d'où évidemment
y ∈ Im f , et de plus :
g(y) = g(f (x)) = (g ◦ f )(x) = 0 car x ∈ Ker(g ◦ f )
D'où y ∈ Ker g. On conclut : y ∈ Ker g ∩ Im f .
⊇ : Soit y ∈ Ker g ∩ Im f . Alors il existe x ∈ E tel que y = f (x), et de plus on a g(y) = 0, d'où :
Ceci prouve que
0 = g(y) = g(f (x)) = (g ◦ f )(x)
x ∈ Ker(g ◦ f )
y ∈ f Ker(g ◦ f )
, d'où
.
25
Correction de l'exercice 16 N
1. Montrons que f est un sous espace vectoriel de E :
La fonction nulle est continue sur [0, 2], et ane sur [0, 1] et sur [1, 2] (0 = 0x + 0). Donc F
est non vide.
Si f, g ∈ F et λ, µ ∈ R, alors on sait que λf + µg est continue sur [0, 2]. De plus λf + µg est
ane sur [0, 1] (resp. [1, 2]) car :
Donc λf + µg ∈ F .
λ(ax + b) + µ(cx + d) = (λa + µc)x + (λb + µd)
est un sous-espace vectoriel de E.
2. Montrons que l'application linéaire suivante est un isomorphisme :
F
On note f (x) =
ax + b
a0 x + b0
→
R3
7
→
(f (0), f (1), f (2))
E
f
ϕ:
si x ∈ [0, 1] :
si x ∈ [1, 2]


b = α
a + b = a0 + b0 = β

2a0 + b0 = γ

b = α



a = β−α
 a0 = γ − β

 0
b = 2β − γ
ϕ(f ) = (α, β, γ) ⇐⇒
⇐⇒
On constate donc que tout élément (α, β, γ) de R a un unique antécédent par ϕ, ce qui prouve
que ϕ est bien un isomorphisme. On conclut :
3
dim F = dim R3 = 3
Correction de l'exercice 34 N
1. Considérons l'intersection des sous-espaces vectoriels S (K) et A (K).
Soit A ∈ S (K) ∩ A (K). Alors :
A = A = −A, donc 2A = 0 et A = 0.
D'où S (K) ∩ A (K) = {0}.
Montrons maintenant que tout élément de M (K) s'écrit comme somme d'un élément de S (K)
et d'un élément de A (K).
Soit M ∈ M (K). On cherche A ∈ S (K) et A ∈ S (K) tels que :
M =A +A
(1)
En considérant la transposée, on trouve :
M =A +A =A −A
(2)
On a alors nécessairement :
n
n
n
n
T
n
n
n
n
n
n
1
n
T
A1
=
A2
=
2
n
1
2
T
1
M + MT
2
M − MT
2
26
T
2
1
2
(1) + (2) /2
(1) − (2) /2
Réciproquement, on a bien :
M=
?
?
M + MT
2
T
MT + M
M + MT
=
2
2
=
T
M − MT
=
2
n=3

a
A= d
g
2. On suppose
(a) Soit
, donc M +2M
MT − M
M − MT
=−
2
2
.

c
f  ∈ M3 (K)
i
b
e
h
avec :
M + MT
M − MT
+
2
2
.
T
∈ Sn (K)
, donc M −2M
.
T
∈ An (K)
:

A ∈ S3 (K) ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

 
c
f =
i
e = −e ,
−b −c
0 −f
f
0
a b
 d e
g h
a = −a ,

0
A= b
c
A ∈ A3 (K) ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
 
a b c
a d
 d e f = b e
g h i
c f
d=b , g=c , h=f


a b e
A= b e f 
c f i

g
h 
i

−a −d −g
−b −e −h 
−c −f −i
i = −i , d = −b , g = −c , h = −f


(b) On conclut :
S3 (K) = Vect
et de même :
1
0
0
0
0
0
0
0
0
,
A3 (K) = Vect
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
,
−1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
,
0
0
1
0
0
0
,
0
1
0
1
0
0
,
−1
0
0
0
0
0
0
0
0
,
0
0
1
0
−1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
,
0
0
0
0
0
1
Ces familles sont clairement libres. D'où dim S (K) = 6 et dim A (K) = 3 (on vérie que
le somme des dimensions est égale à la dimension de M (K)).
3. De la même façon, on constate qu'une base de S (K) est formée des (E ) , et des
(E + E )
, d'où :
3
3
3
n
i,j
i,i 16i6n
j,i 16j<i6n
dim Sn (K) =
n X
i
X
n
X
1=
i=1 j=1
i=1
D'autre part, une base de A (K) est formée des (E
n
i,j
n X
i−1
X
i=
n(n + 1)
2
− Ej,i )16j<i6n
, d'où :
n
n−1
X
X
n(n − 1)
dim An (K) =
1=
(i − 1) =
i=
2
i=2 j=1
i=2
i=1
27
0
1
0