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mel mostafaDjeddi ak
Université d'Oum Elbouaghi
Département de Mathématiques et Informatique
26 Avril 2015
E-mai:djeddi.kamel@gmail.com
https://www.djeddi-kamel.webs.com/apps/documents
https://www.slideshare.net/djeddikamel
Algèbre Linéaire
Cours et Exercices Corrigés
Table des matières
1 Généralités 2
1.1 Espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Applications linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Familles libres, génératrices, bases et dimension d’un espace vectoriel 5
2 Matrices 8
3 Exercices et corrigés 37
1 Généralités
Il s’agit d’un rappel de certaines notions d’algèbre linéaire, non pas d’un cours
complet sur le sujet.
1.1 Espaces vectoriels
On rappelle ici brièvement les premières définitions.
Le corps K sera R ou C en général.
Définition 1. On appelle espace vectoriel sur le corps K tout triplet (E, +, .) où :
– (E, +) est un groupe abélien (= commutatif).
– . est une loi de composition externe à gauche, i.e une application
K × E → E
(λ, x) → λ.x
vérifiant :
1. ∀x ∈ E, 1Kx = x
2. ∀λ ∈ K, ∀(x, y) ∈ E2
, λ(x + y) = λx + λy
3. ∀(λ, µ) ∈ K2
, (λ + µ)x = λx + µx
4. ∀(λ, µ) ∈ K2
, (λµ)x = λ(µx)
Définition 2. Soit (E, +, .) un K-espace vectoriel. On appelle sous-espace vectoriel
de E toute partie F de E stable pour + et . et qui, munie des lois induites, est un
K-espace vectoriel.
Pour démontrer qu’un espace est un sous-espace vectoriel, on utilise en général
la caractérisation suivante :
Proposition 1. Soit F ⊂ E
F est un sous-espace vectoriel de E ⇐⇒
F = ∅
∀(x, y) ∈ F2
, ∀(λ, µ) ∈ K2
, λx + µy ∈ F
Définition 3. Soit X une partie de E. On appelle sous-espace vectoriel de E
engendré par X (on le note Vect(X)) le plus petit espace vectoriel contenant X.
2
Définition 4. Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un même espace vec-
toriel E. On appelle somme de F et G et on note F + G
F + G = {x + y, (x, y) ∈ F × G}
L’application somme
F × G → F + G
(a, b) → a + b
est surjective par définition. Lorsqu’elle est injective, on dit que F +G est directe
ou que F et G sont en somme directe. Dans ce cas, on note F + G = F ⊕ G.
On dit que F et G sont supplémentaires si
F + G = F ⊕ G = E
Proposition 2.
F + G = F ⊕ G ⇐⇒ F G = {0}
F ⊕ G = E ⇐⇒



E = F + G
F G = {0}
Remarque. (a) Il n’y a pas (en général) unicité du supplémentaire :
R2
= Vect {(1, 0)} ⊕ Vect {(0, 1)} = Vect {(1, 0)} ⊕ Vect {(1, 1)}
(b) Ne pas confondre supplémentaire et complémentaire :
R2
= Vect {(1, 0)} ⊕ Vect {(0, 1)} mais (1, 1) /∈ Vect {(1, 0)} Vect {(0, 1)}
3
Mr Djeddi K amel
1.2 Applications linéaires
Définition 5. On appelle application K-linéaire de E vers F toute application
f : E → F vérifiant :
∀(x, y) ∈ E2
, ∀(λ, µ) ∈ K2
, f(λx + µy) = λf(x) + µf(y)
On note LK(E, F) l’ensemble de ces applications. Si E = F, on le note LK(E) et
ces applications sont appelées endormorphismes.
Lorqu’il n’y a pas de confusion possible, on omet souvent le corps de base pour
alléger la notation.
Exemples :
(a) IdE ∈ LK(E)
(b)
f : R → R appartient à LK(R)
x → ax
(c)
f : C → C appartient à LR(C) mais n’appartient pas à LC(C)
z → z
(d) E = C∞
(R)
D : E → E appartient à LR(E)
f → f
Définition 6. Si f ∈ L(E, F), l’image de f, notée f(E) ou Imf, est un sous-espace
vectoriel de F.
Il en est de même pour le noyau de f, noté kerf et défini par
kerf = {x ∈ E|f(x) = 0}
Proposition 3.
f est surjective ⇐⇒ Imf = F
f est injective ⇐⇒ kerf = {0}
Définition 7. On note GL(E) l’ensemble des isomorphismes (endomorphismes
bijectifs) de E. Cet ensemble forme alors un groupe pour la loi de composition.
Définition 8. On appelle forme linéaire sur E un K-espace vectoriel toute ap-
plication linéaire de E dans K. On note E∗
= LK(E, K) l’ensemble de ces formes
linéaires, autrement appelé l’espace dual de E.
Définition 9. On appelle hyperplan de E tout noyau d’une forme linéaire non
identiquement nulle sur E.
Remarque. On verra après avec la notion de dimension que cette définition d’hy-
perplan rejoint bien en dimension finie celle d’un espace de dimension n − 1.
4
Mr Djeddi K amel
1.3 Familles libres, génératrices, bases et dimension d’un
espace vectoriel
Définition 10. Soit (vi)i∈I une famille de vecteurs de E.
1. La somme λivi, où {λi = 0} est fini, est appelée combinaison linéaire
(C.L) des {vi}.
2. On dit que les vecteurs v1, . . . , vk sont linéairement indépendants ou
encore qu’ils forment une famille libre si , pour tous λ1, . . . , λk dans K, on
a l’implication
λ1v1 + . . . + λkvk = 0 ⇒ λ1 = λ2 = . . . = λk = 0.
3. On dit au contraire que les vecteurs v1, . . . , vk sont linéairement dépen-
dants ou encore qu’ils forment une famille liée s’il existe λ1, . . . , λk dans
K tels que :
λ1v1 + . . . + λkvk = 0 et (λ1, . . . , λk) = (0, . . . , 0).
4. Les vecteurs v1, . . . , vk engendrent E, ou encore forme une famille gé-
nératrice de E si pour tout v ∈ E, il existe x1, . . . , xk dans K tels que
v = x1v1 + . . . + xkvk. Autrement dit Vect(v1, . . . , vk) = E.
5. Une famille libre et génératrice est appelé une base de E.
Exemples :
(a) Toute famille formée d’un unique vecteur non nul est libre.
(b) Toute famille dont l’un des vecteur est nul est liée.
(c) (1, i) est libre dans le R-espace vectoriel C, mais liée dans le C-espace vectoriel
C.
(d) Dans Kn
, posons ej = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) avec le 1 en j-ème position. Alors
les {ej}j=1...n forment une base, appelée la base canonique de Kn
.
(e) (1, X, . . . , Xn
) est la base canonique de Kn[X].
Remarque. On a défini ces notions dans le cadre de famille finie, mais on peut aussi
le faire pour des familles infinies. Une famille est dite libre si toute sous-famille
finie l’est. Elle est génératrice lorsque tout élement peut s’exprimer comme une
combinaison linéaire finie de ses élements. On peut par exemple se convaincre que
(Xk
)k 0 est une base (infinie) de K[X].
Théorème 1. S’il existe une base de E de cardinal n < ∞, toutes les bases de E
ont ce même cardinal n, qu’on appelle alors la dimension de E. Dans ce cas, E
est un espace de dimension finie.
5
Mr Djeddi K amel
Remarque. (i) La compréhension des familles libres ou génératrices et des bases
est extrêmement importante car ce sont des outils très utilisés en algèbre
linéaire. En effet, si on connaît une application linéaire sur une base, on la
connaît sur l’espace entier (grâce à la linéarité de la fonction et au caractère
générateur de la base). C’est pour cette raison que les applications linéaires
peuvent être représentées dans un tableau de taille finie, qu’on appellera une
matrice.
(ii) Tout espace vectoriel admet des bases.
(iii) En dimension finie, on peut compléter une famille libre en une base comme
on peut extraire une base d’une famille génératrice. Il s’agit du théorème de
la base incomplète.
Théorème 2 (de la base incomplète). Toute famille libre de vecteurs de E peut
être complétée en une famille libre et génératrice (i.e une base) de E. Inverse-
ment, de toute famille génératrice de E, on peut extraire une sous-famille libre et
génératrice.
On peut s’entraîner à manipuler ces définitions pour démontrer les propriétés
suivantes sur la dimension :
Proposition 4. 1. Soient n 2, E1, . . . , En des K-espaces vectoriels de di-
mension finie, alors n
i=1 Ei est un espace vectoriel de dimension finie et
dim
n
i=1
Ei =
n
i=1
dim Ei
2. Si E est de dimension finie et F un sous-espace vectoriel de E, alors dim F
dim E avec égalité si et seulement si F = E.
3. Si E est de dimension finie et F un sous-espace vectoriel de E, alors F
admet au moins un supplémentaire dans E et pour tout supplémentaire G de
F dans E,
dim G = dim E − dim F
4. [Théorème de Grassman] Si F et G sont deux sous-espaces vectoriels de E
de dimension finie, alors
dim(F + G) = dim F + dim G − dim(F G)
Remarque. (a) On utilise très souvent le fait que F ⊂ E et dim F = dim E pour
conclure que F = E
6
Mr Djeddi K amel
(b) On rappelle qu’il n’y a pas en général unicité du supplémentaire.
(c) On peut tout de suite déduire du théorème de Grassman
E = F ⊕ G ⇐⇒ dim F + dim G = dim E et F G = {0}
(d) Si F et G sont supplémentaires et si b est une base de F, b une base de G,
alors b = b b est une base de F ⊕ G
Proposition 5. Deux K-espaces vectoriels de dimension finie sont isomorphes si
et seulement s’ils ont la même dimension.
Définition 11. 1. On appelle rang d’une famille de vecteurs la dimension
de l’espace vectoriel qu’il engendre (Rg(F) = dim Vect(F)).
2. On appelle rang d’une application la dimension de son image (Rg(f) =
dim Imf).
Cela nous permet d’arriver au Théorème du rang, très utile en algèbre li-
néaire.
Théorème 3. Soit E un espace vectoriel de dimension finie, et F un espace vec-
toriel de dimension quelconque. Si f ∈ L(E, F), alors
Rg(f) + dim ker f = dim E
Ce théorème fondamental a par exemple pour conséquence immédiate la pro-
priété bien connue suivante :
Proposition 6. Soient E et F deux espaces vectoriels de dimension finie vérifiant
dim E = dim F. Si f ∈ L(E, F), alors
f est injective ⇐⇒ f est surjective ⇐⇒ f est bijective
Remarque. L’équivalence n’est pas vraie en dimension infinie. Par exemple, l’ap-
plication dérivée sur l’espace des polynômes est surjective, mais pas injective. La
multiplication par X sur ce même espace est injective, mais pas surjective.
7
Mr Djeddi K amel
Matrices
Les matrices sont des tableaux de nombres. La résolution d’un certain nombre de problèmes
d’algèbre linéaire se ramène à des manipulations sur les matrices. Ceci est vrai en particulier pour
la résolution des systèmes linéaires.
Dans ce chapitre, K désigne un corps. On peut penser à Q, R ou C.
1. Définition
1.1. Définition
Définition 1
– Une matrice A est un tableau rectangulaire d’éléments de K.
– Elle est dite de taille n× p si le tableau possède n lignes et p colonnes.
– Les nombres du tableau sont appelés les coefficients de A.
– Le coefficient situé à la i-ème ligne et à la j-ème colonne est noté ai,j.
Un tel tableau est représenté de la manière suivante :
A =











a1,1 a1,2 ... a1,j ... a1,p
a2,1 a2,2 ... a2,j ... a2,p
... ... ... ... ... ...
ai,1 ai,2 ... ai,j ... ai,p
... ... ... ... ... ...
an,1 an,2 ... an,j ... an,p











ou A = ai,j 1 i n
1 j p
ou ai,j .
Exemple 1
A =
1 −2 5
0 3 7
est une matrice 2×3 avec, par exemple, a1,1 = 1 et a2,3 = 7.
Encore quelques définitions :
8
Définition 2
– Deux matrices sont égales lorsqu’elles ont la même taille et que les coefficients corres-
pondants sont égaux.
– L’ensemble des matrices à n lignes et p colonnes à coefficients dans K est noté Mn,p(K).
Les éléments de Mn,p(R) sont appelés matrices réelles.
1.2. Matrices particulières
Voici quelques types de matrices intéressantes :
– Si n = p (même nombre de lignes que de colonnes), la matrice est dite matrice carrée. On
note Mn(K) au lieu de Mn,n(K).






a1,1 a1,2 ... a1,n
a2,1 a2,2 ... a2,n
...
...
...
...
an,1 an,2 ... an,n






Les éléments a1,1,a2,2,...,an,n forment la diagonale principale de la matrice.
– Une matrice qui n’a qu’une seule ligne (n = 1) est appelée matrice ligne ou vecteur ligne.
On la note
A = a1,1 a1,2 ... a1,p .
– De même, une matrice qui n’a qu’une seule colonne (p = 1) est appelée matrice colonne ou
vecteur colonne. On la note
A =






a1,1
a2,1
...
an,1






.
– La matrice (de taille n × p) dont tous les coefficients sont des zéros est appelée la matrice
nulle et est notée 0n,p ou plus simplement 0. Dans le calcul matriciel, la matrice nulle joue
le rôle du nombre 0 pour les réels.
1.3. Addition de matrices
Définition 3. Somme de deux matrices
Soient A et B deux matrices ayant la même taille n× p. Leur somme C = A+B est la matrice
de taille n× p définie par
ci j = ai j + bi j.
En d’autres termes, on somme coefficients par coefficients. Remarque : on note indifféremment ai j
où ai,j pour les coefficients de la matrice A.
Exemple 2
Si A =
3 −2
1 7
et B =
0 5
2 −1
alors A +B =
3 3
3 6
.
9
Mr Djeddi K amel
Par contre si B =
−2
8
alors A +B n’est pas définie.
Définition 4. Produit d’une matrice par un scalaire
Le produit d’une matrice A = ai j de Mn,p(K) par un scalaire α ∈ K est la matrice αai j
formée en multipliant chaque coefficient de A par α. Elle est notée α· A (ou simplement αA).
Exemple 3
Si A =
1 2 3
0 1 0
et α = 2 alors αA =
2 4 6
0 2 0
.
La matrice (−1)A est l’opposée de A et est notée −A. La différence A−B est définie par A+(−B).
Exemple 4
Si A =
2 −1 0
4 −5 2
et B =
−1 4 2
7 −5 3
alors A −B =
3 −5 −2
−3 0 −1
.
L’addition et la multiplication par un scalaire se comportent sans surprises :
Proposition 1
Soient A, B et C trois matrices appartenant à Mn,p(K). Soient α ∈ K et β ∈ K deux scalaires.
1. A +B = B + A : la somme est commutative,
2. A +(B +C) = (A +B)+C : la somme est associative,
3. A +0 = A : la matrice nulle est l’élément neutre de l’addition,
4. (α+β)A = αA +βA,
5. α(A +B) = αA +αB.
Démonstration
Prouvons par exemple le quatrième point. Le terme général de (α+β)A est égal à (α+β)ai j. D’après les
règles de calcul dans K, (α+β)ai j est égal à αai j +βai j qui est le terme général de la matrice αA+βA.
Mini-exercices
1. Soient A =
−7 2
0 −1
1 −4
, B =
1 2 3
2 3 1
3 2 1
, C =
21 −6
0 3
−3 12
, D = 1
2
1 0 1
0 1 0
1 1 1
, E =
1 2
−3 0
−8 6
. Calculer toutes les
sommes possibles de deux de ces matrices. Calculer 3A +2C et 5B −4D. Trouver α tel
que A −αC soit la matrice nulle.
2. Montrer que si A +B = A, alors B est la matrice nulle.
3. Que vaut 0· A ? et 1· A ? Justifier l’affirmation : α(βA) = (αβ)A. Idem avec nA = A + A +
···+ A (n occurrences de A).
10
Mr Djeddi K amel
2. Multiplication de matrices
2.1. Définition du produit
Le produit AB de deux matrices A et B est défini si et seulement si le nombre de colonnes de A
est égal au nombre de lignes de B.
Définition 5. Produit de deux matrices
Soient A = (ai j) une matrice n× p et B = (bi j) une matrice p × q. Alors le produit C = AB est
une matrice n× q dont les coefficients ci j sont définis par :
ci j =
p
k=1
aikbk j
On peut écrire le coefficient de façon plus développée, à savoir :
ci j = ai1b1j + ai2b2j +···+ aikbk j +···+ aipbp j.
Il est commode de disposer les calculs de la façon suivante.






×
×
×
×






← B
A →





× × × ×












|
|
− − − ci j






← AB
Avec cette disposition, on considère d’abord la ligne de la matrice A située à gauche du coefficient
que l’on veut calculer (ligne représentée par des × dans A) et aussi la colonne de la matrice B située
au-dessus du coefficient que l’on veut calculer (colonne représentée par des × dans B). On calcule
le produit du premier coefficient de la ligne par le premier coefficient de la colonne (ai1 × b1j), que
l’on ajoute au produit du deuxième coefficient de la ligne par le deuxième coefficient de la colonne
(ai2 × b2j), que l’on ajoute au produit du troisième. . .
2.2. Exemples
Exemple 5
A =
1 2 3
2 3 4
B =



1 2
−1 1
1 1



On dispose d’abord le produit correctement (à gauche) : la matrice obtenue est de taille
2×2. Puis on calcule chacun des coefficients, en commençant par le premier coefficient c11 =
1×1 + 2×(−1) + 3×1 = 2 (au milieu), puis les autres (à droite).
11
Mr Djeddi K amel



1 2
−1 1
1 1



1 2 3
2 3 4
c11 c12
c21 c22



1 2
−1 1
1 1



1 2 3
2 3 4
2 c12
c21 c22



1 2
−1 1
1 1



1 2 3
2 3 4
2 7
3 11
Un exemple intéressant est le produit d’un vecteur ligne par un vecteur colonne :
u = a1 a2 ··· an v =






b1
b2
...
bn






Alors u × v est une matrice de taille 1×1 dont l’unique coefficient est a1b1 + a2b2 +···+ anbn. Ce
nombre s’appelle le produit scalaire des vecteurs u et v.
Calculer le coefficient ci j dans le produit A × B revient donc à calculer le produit scalaire des
vecteurs formés par la i-ème ligne de A et la j-ème colonne de B.
2.3. Pièges à éviter
Premier piège. Le produit de matrices n’est pas commutatif en général.
En effet, il se peut que AB soit défini mais pas BA, ou que AB et BA soient tous deux définis mais
pas de la même taille. Mais même dans le cas où AB et BA sont définis et de la même taille, on a
en général AB = BA.
Exemple 6
5 1
3 −2
2 0
4 3
=
14 3
−2 −6
mais
2 0
4 3
5 1
3 −2
=
10 2
29 −2
.
Deuxième piège. AB = 0 n’implique pas A = 0 ou B = 0.
Il peut arriver que le produit de deux matrices non nulles soit nul. En d’autres termes, on peut
avoir A = 0 et B = 0 mais AB = 0.
Exemple 7
A =
0 −1
0 5
B =
2 −3
0 0
et AB =
0 0
0 0
.
Troisième piège. AB = AC n’implique pas B = C. On peut avoir AB = AC et B = C.
Exemple 8
A =
0 −1
0 3
B =
4 −1
5 4
C =
2 5
5 4
et AB = AC =
−5 −4
15 12
.
12
Mr Djeddi K amel
2.4. Propriétés du produit de matrices
Malgré les difficultés soulevées au-dessus, le produit vérifie les propriétés suivantes :
Proposition 2
1. A(BC) = (AB)C : associativité du produit,
2. A(B +C) = AB + AC et (B +C)A = BA +CA : distributivité du produit par rapport
à la somme,
3. A ·0 = 0 et 0· A = 0.
Démonstration
Posons A = (ai j) ∈ Mn,p(K), B = (bi j) ∈ Mp,q(K) et C = (ci j) ∈ Mq,r(K). Prouvons que A(BC) = (AB)C en
montrant que les matrices A(BC) et (AB)C ont les mêmes coefficients.
Le terme d’indice (i,k) de la matrice AB est xik =
p
=1
ai b k. Le terme d’indice (i, j) de la matrice (AB)C
est donc
q
k=1
xik ck j =
q
k=1
p
=1
ai b k ck j.
Le terme d’indice ( , j) de la matrice BC est y j =
q
k=1
b k ck j. Le terme d’indice (i, j) de la matrice A(BC)
est donc
p
=1
ai
q
k=1
b k ck j .
Comme dans K la multiplication est distributive et associative, les coefficients de (AB)C et A(BC)
coïncident. Les autres démonstrations se font comme celle de l’associativité.
2.5. La matrice identité
La matrice carrée suivante s’appelle la matrice identité :
In =






1 0 ... 0
0 1 ... 0
...
...
...
...
0 0 ... 1






Ses éléments diagonaux sont égaux à 1 et tous ses autres éléments sont égaux à 0. Elle se note
In ou simplement I. Dans le calcul matriciel, la matrice identité joue un rôle analogue à celui du
nombre 1 pour les réels. C’est l’élément neutre pour la multiplication. En d’autres termes :
Proposition 3
Si A est une matrice n× p, alors
In · A = A et A · Ip = A.
13
Mr Djeddi K amel
Démonstration
Nous allons détailler la preuve. Soit A ∈ Mn,p(K) de terme général ai j. La matrice unité d’ordre p est
telle que tous les éléments de la diagonale principale sont égaux à 1, les autres étant tous nuls.
On peut formaliser cela en introduisant le symbole de Kronecker. Si i et j sont deux entiers, on appelle
symbole de Kronecker, et on note δi,j, le réel qui vaut 0 si i est différent de j, et 1 si i est égal à j.
Donc
δi,j =
0 si i = j
1 si i = j.
Alors le terme général de la matrice identité Ip est δi,j avec i et j entiers, compris entre 1 et p.
La matrice produit AIp est une matrice appartenant à Mn,p(K) dont le terme général ci j est donné
par la formule ci j =
p
k=1
aikδk j. Dans cette somme, i et j sont fixés et k prend toutes les valeurs
comprises entre 1 et p. Si k = j alors δk j = 0, et si k = j alors δk j = 1. Donc dans la somme qui
définit ci j, tous les termes correspondant à des valeurs de k différentes de j sont nuls et il reste donc
ci j = ai jδj j = ai j1 = ai j. Donc les matrices AIp et A ont le même terme général et sont donc égales.
L’égalité In A = A se démontre de la même façon.
2.6. Puissance d’une matrice
Dans l’ensemble Mn(K) des matrices carrées de taille n× n à coefficients dans K, la multiplication
des matrices est une opération interne : si A,B ∈ Mn(K) alors AB ∈ Mn(K).
En particulier, on peut multiplier une matrice carrée par elle-même : on note A2
= A × A, A3
=
A × A × A.
On peut ainsi définir les puissances successives d’une matrice :
Définition 6
Pour tout A ∈ Mn(K), on définit les puissances successives de A par A0
= In et Ap+1
= Ap
× A
pour tout p ∈ N. Autrement dit, Ap
= A × A ×···× A
p facteurs
.
Exemple 9
On cherche à calculer Ap
avec A =



1 0 1
0 −1 0
0 0 2


. On calcule A2
, A3
et A4
et on obtient :
A2
=



1 0 3
0 1 0
0 0 4


 A3
= A2
× A =



1 0 7
0 −1 0
0 0 8


 A4
= A3
× A =



1 0 15
0 1 0
0 0 16


.
L’observation de ces premières puissances permet de penser que la formule est : Ap
=


1 0 2p
−1
0 (−1)p
0
0 0 2p


. Démontrons ce résultat par récurrence.
Il est vrai pour p = 0 (on trouve l’identité). On le suppose vrai pour un entier p et on va le
démontrer pour p +1. On a, d’après la définition,
Ap+1
= Ap
× A =



1 0 2p
−1
0 (−1)p
0
0 0 2p


×



1 0 1
0 −1 0
0 0 2


 =



1 0 2p+1
−1
0 (−1)p+1
0
0 0 2p+1


.
14
Mr Djeddi K amel
Donc la propriété est démontrée.
2.7. Formule du binôme
Comme la multiplication n’est pas commutative, les identités binomiales usuelles sont fausses. En
particulier, (A +B)2
ne vaut en général pas A2
+2AB +B2
, mais on sait seulement que
(A +B)2
= A2
+ AB +BA +B2
.
Proposition 4. Calcul de (A +B)p
lorsque AB = BA
Soient A et B deux éléments de Mn(K) qui commutent, c’est-à-dire tels que AB = BA. Alors,
pour tout entier p 0, on a la formule
(A +B)p
=
p
k=0
p
k
Ap−k
Bk
où p
k
désigne le coefficient du binôme.
La démonstration est similaire à celle de la formule du binôme pour (a+ b)p
, avec a,b ∈ R.
Exemple 10
Soit A =






1 1 1 1
0 1 2 1
0 0 1 3
0 0 0 1






. On pose N = A − I =






0 1 1 1
0 0 2 1
0 0 0 3
0 0 0 0






. La matrice N est nilpotente (c’est-
à-dire il existe k ∈ N tel que Nk
= 0) comme le montrent les calculs suivants :
N2
=






0 0 2 4
0 0 0 6
0 0 0 0
0 0 0 0






N3
=






0 0 0 6
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0






et N4
= 0.
Comme on a A = I + N et les matrices N et I commutent (la matrice identité commute avec
toutes les matrices), on peut appliquer la formule du binôme de Newton. On utilise que Ik
= I
pour tout k et surtout que Nk
= 0 si k 4. On obtient
Ap
=
p
k=0
p
k
Nk
Ip−k
=
3
k=0
p
k
Nk
= I + pN +
p(p−1)
2! N2
+
p(p−1)(p−2)
3! N3
.
D’où
Ap
=






1 p p2
p(p2
− p +1)
0 1 2p p(3p −2)
0 0 1 3p
0 0 0 1






.
15
Mr Djeddi K amel
Mini-exercices
1. Soient A = 0 2 −2
6 −4 0 , B =
2 1 0
0 1 0
2 −2 −3
, C =
8 2
−3 2
−5 5
, D =
5
2
−1
, E = x y z . Quels produits
sont possibles ? Les calculer !
2. Soient A =
0 0 1
0 1 0
1 1 2
et B =
1 0 0
0 0 2
1 −1 0
. Calculer A2
, B2
, AB et BA.
3. Soient A =
2 0 0
0 2 0
0 0 2
et B =
0 0 0
2 0 0
3 1 0
. Calculer Ap
et Bp
pour tout p 0. Montrer que AB =
BA. Calculer (A +B)p
.
3. Inverse d’une matrice : définition
3.1. Définition
Définition 7. Matrice inverse
Soit A une matrice carrée de taille n× n. S’il existe une matrice carrée B de taille n× n telle
que
AB = I et BA = I,
on dit que A est inversible. On appelle B l’inverse de A et on la note A−1
.
On verra plus tard qu’il suffit en fait de vérifier une seule des conditions AB = I ou bien BA = I.
– Plus généralement, quand A est inversible, pour tout p ∈ N, on note :
A−p
= (A−1
)p
= A−1
A−1
··· A−1
p facteurs
.
– L’ensemble des matrices inversibles de Mn(K) est noté GLn(K).
3.2. Exemples
Exemple 11
Soit A = 1 2
0 3 . Étudier si A est inversible, c’est étudier l’existence d’une matrice B = a b
c d à
coefficients dans K, telle que AB = I et BA = I. Or AB = I équivaut à :
AB = I ⇐⇒
1 2
0 3
a b
c d
=
1 0
0 1
⇐⇒
a+2c b +2d
3c 3d
=
1 0
0 1
Cette égalité équivaut au système :



a+2c = 1
b +2d = 0
3c = 0
3d = 1
Sa résolution est immédiate : a = 1, b = −2
3 , c = 0, d = 1
3 . Il n’y a donc qu’une seule matrice
possible, à savoir B =
1 − 2
3
0 1
3
. Pour prouver qu’elle convient, il faut aussi montrer l’égalité
BA = I, dont la vérification est laissée au lecteur. La matrice A est donc inversible et A−1
=
16
Mr Djeddi K amel
1 −2
3
0 1
3
.
Exemple 12
La matrice A = 3 0
5 0 n’est pas inversible. En effet, soit B =
a b
c d
une matrice quelconque.
Alors le produit
BA =
a b
c d
3 0
5 0
=
3a+5b 0
3c +5d 0
ne peut jamais être égal à la matrice identité.
Exemple 13
– Soit In la matrice carrée identité de taille n × n. C’est une matrice inversible, et son
inverse est elle-même par l’égalité InIn = In.
– La matrice nulle 0n de taille n× n n’est pas inversible. En effet on sait que, pour toute
matrice B de Mn(K), on a B0n = 0n, qui ne peut jamais être la matrice identité.
3.3. Propriétés
Unicité
Proposition 5
Si A est inversible, alors son inverse est unique.
Démonstration
La méthode classique pour mener à bien une telle démonstration est de supposer l’existence de deux
matrices B1 et B2 satisfaisant aux conditions imposées et de démontrer que B1 = B2.
Soient donc B1 telle que AB1 = B1 A = In et B2 telle que AB2 = B2 A = In. Calculons B2(AB1). D’une
part, comme AB1 = In, on a B2(AB1) = B2. D’autre part, comme le produit des matrices est associatif,
on a B2(AB1) = (B2 A)B1 = InB1 = B1. Donc B1 = B2.
Inverse de l’inverse
Proposition 6
Soit A une matrice inversible. Alors A−1
est aussi inversible et on a :
(A−1
)−1
= A
Inverse d’un produit
17
Mr Djeddi K amel
Proposition 7
Soient A et B deux matrices inversibles de même taille. Alors AB est inversible et
(AB)−1
= B−1
A−1
Il faut bien faire attention à l’inversion de l’ordre !
Démonstration
Il suffit de montrer (B−1
A−1
)(AB) = I et (AB)(B−1
A−1
) = I. Cela suit de
(B−1
A−1
)(AB) = B−1
(AA−1
)B = B−1
IB = B−1
B = I,
et (AB)(B−1
A−1
) = A(BB−1
)A−1
= AIA−1
= AA−1
= I.
De façon analogue, on montre que si A1,..., Am sont inversibles, alors
(A1 A2 ··· Am)−1
= A−1
m A−1
m−1 ··· A−1
1 .
Simplification par une matrice inversible
Si C est une matrice quelconque de Mn(K), nous avons vu que la relation AC = BC où A et B sont
des éléments de Mn(K) n’entraîne pas forcément l’égalité A = B. En revanche, si C est une matrice
inversible, on a la proposition suivante :
Proposition 8
Soient A et B deux matrices de Mn(K) et C une matrice inversible de Mn(K). Alors l’égalité
AC = BC implique l’égalité A = B.
Démonstration
Ce résultat est immédiat : si on multiplie à droite l’égalité AC = BC par C−1
, on obtient l’égalité :
(AC)C−1
= (BC)C−1
. En utilisant l’associativité du produit des matrices on a A(CC−1
) = B(CC−1
), ce
qui donne d’après la définition de l’inverse AI = BI, d’où A = B.
Mini-exercices
1. Soient A = −1 −2
3 4 et B = 2 1
5 3 . Calculer A−1
, B−1
, (AB)−1
, (BA)−1
, A−2
.
2. Calculer l’inverse de
1 0 0
0 2 0
1 0 3
.
3. Soit A =
−1 −2 0
2 3 0
0 0 1
. Calculer 2A − A2
. Sans calculs, en déduire A−1
.
4. Inverse d’une matrice : calcul
Nous allons voir une méthode pour calculer l’inverse d’une matrice quelconque de manière efficace.
Cette méthode est une reformulation de la méthode du pivot de Gauss pour les systèmes linéaires.
Auparavant, nous commençons par une formule directe dans le cas simple des matrices 2×2.
18
4.1. Matrices 2×2
Considérons la matrice 2×2 : A =
a b
c d
.
Proposition 9
Si ad − bc = 0, alors A est inversible et
A−1
= 1
ad−bc
d −b
−c a
Démonstration
On vérifie que si B = 1
ad−bc
d −b
−c a alors AB = 1 0
0 1 . Idem pour BA.
4.2. Méthode de Gauss pour inverser les matrices
La méthode pour inverser une matrice A consiste à faire des opérations élémentaires sur les lignes
de la matrice A jusqu’à la transformer en la matrice identité I. On fait simultanément les mêmes
opérations élémentaires en partant de la matrice I. On aboutit alors à une matrice qui est A−1
.
La preuve sera vue dans la section suivante.
En pratique, on fait les deux opérations en même temps en adoptant la disposition suivante : à
côté de la matrice A que l’on veut inverser, on rajoute la matrice identité pour former un tableau
(A | I). Sur les lignes de cette matrice augmentée, on effectue des opérations élémentaires jusqu’à
obtenir le tableau (I | B). Et alors B = A−1
.
Ces opérations élémentaires sur les lignes sont :
1. Li ← λLi avec λ = 0 : on peut multiplier une ligne par un réel non nul (ou un élément de
K{0}).
2. Li ← Li +λL j avec λ ∈ K (et j = i) : on peut ajouter à la ligne Li un multiple d’une autre ligne
L j.
3. Li ↔ L j : on peut échanger deux lignes.
N’oubliez pas : tout ce que vous faites sur la partie gauche de la matrice augmentée, vous devez
aussi le faire sur la partie droite.
4.3. Un exemple
Calculons l’inverse de A =



1 2 1
4 0 −1
−1 2 2


 .
Voici la matrice augmentée, avec les lignes numérotées :
(A | I) =



1 2 1 1 0 0
4 0 −1 0 1 0
−1 2 2 0 0 1



L1
L2
L3
19
On applique la méthode de Gauss pour faire apparaître des 0 sur la première colonne, d’abord sur
la deuxième ligne par l’opération élémentaire L2 ← L2 −4L1 qui conduit à la matrice augmentée :



1 2 1 1 0 0
0 −8 −5 −4 1 0
−1 2 2 0 0 1


 L2←L2−4L1
Puis un 0 sur la première colonne, à la troisième ligne, avec L3 ← L3 + L1 :



1 2 1 1 0 0
0 −8 −5 −4 1 0
0 4 3 1 0 1



L3←L3+L1
On multiplie la ligne L2 afin qu’elle commence par 1 :



1 2 1 1 0 0
0 1 5
8
1
2 −1
8 0
0 4 3 1 0 1


 L2←− 1
8
L2
On continue afin de faire apparaître des 0 partout sous la diagonale, et on multiplie la ligne L3.
Ce qui termine la première partie de la méthode de Gauss :



1 2 1 1 0 0
0 1 5
8
1
2 −1
8 0
0 0 1
2 −1 1
2 1



L3←L3−4L2
puis



1 2 1 1 0 0
0 1 5
8
1
2 −1
8 0
0 0 1 −2 1 2



L3←2L3
Il ne reste plus qu’à « remonter » pour faire apparaître des zéros au-dessus de la diagonale :



1 2 1 1 0 0
0 1 0 7
4 −3
4 −5
4
0 0 1 −2 1 2


 L2←L2− 5
8
L3 puis



1 0 0 −1
2
1
2
1
2
0 1 0 7
4 −3
4 −5
4
0 0 1 −2 1 2



L1←L1−2L2−L3
Ainsi l’inverse de A est la matrice obtenue à droite et après avoir factorisé tous les coefficients par
1
4 , on a obtenu :
A−1
=
1
4



−2 2 2
7 −3 −5
−8 4 8



Pour se rassurer sur ses calculs, on n’oublie pas de vérifier rapidement que A × A−1
= I.
Mini-exercices
1. Si possible calculer l’inverse des matrices : 3 1
7 2 , 2 −3
−5 4 , 0 2
3 0 , α+1 1
2 α .
2. Soit A(θ) = cosθ −sinθ
sinθ cosθ . Calculer A(θ)−1
.
3. Calculer l’inverse des matrices :
1 3 0
2 1 −1
−2 1 1
,
2 −2 1
3 0 5
1 1 2
,
1 0 1 0
0 2 −2 0
−1 2 0 1
0 2 1 3
,
2 1 1 1
1 0 0 1
0 1 −1 2
0 1 1 0
,
1 1 1 0 0
0 1 2 0 0
−1 1 2 0 0
0 0 0 2 1
0 0 0 5 3
.
20
5. Inverse d’une matrice : systèmes linéaires et matrices
élémentaires
5.1. Matrices et systèmes linéaires
Le système linéaire



a11 x1 + a12 x2 + ··· + a1p xp = b1
a21 x1 + a22 x2 + ··· + a2p xp = b2
...
an1 x1 + an2 x2 + ··· + anp xp = bn
peut s’écrire sous forme matricielle :






a11 ... a1p
a21 ... a2p
...
...
an1 ... anp












x1
x2
...
xp






=






b1
b2
...
bn






.
A X B
On appelle A ∈ Mn,p(K) la matrice des coefficients du système. B ∈ Mn,1(K) est le vecteur du second
membre. Le vecteur X ∈ Mp,1(K) est une solution du système si et seulement si
AX = B.
Nous savons que :
Théorème 1
Un système d’équations linéaires n’a soit aucune solution, soit une seule solution, soit une
infinité de solutions.
5.2. Matrices inversibles et systèmes linéaires
Considérons le cas où le nombre d’équations égale le nombre d’inconnues :






a11 ... a1n
a21 ... a2n
...
...
an1 ... ann












x1
x2
...
xn






=






b1
b2
...
bn






.
A X B
Alors A ∈ Mn(K) est une matrice carrée et B un vecteur de Mn,1(K). Pour tout second membre,
nous pouvons utiliser les matrices pour trouver la solution du système linéaire.
21
Proposition 10
Si la matrice A est inversible, alors la solution du système AX = B est unique et est :
X = A−1
B.
La preuve est juste de vérifier que si X = A−1
B, alors AX = A A−1
B = AA−1
B = I · B = B.
Réciproquement si AX = B, alors nécessairement X = A−1
B. Nous verrons bientôt que si la matrice
n’est pas inversible, alors soit il n’y a pas de solution, soit une infinité.
5.3. Les matrices élémentaires
Pour calculer l’inverse d’une matrice A, et aussi pour résoudre des systèmes linéaires, nous avons
utilisé trois opérations élémentaires sur les lignes qui sont :
1. Li ← λLi avec λ = 0 : on peut multiplier une ligne par un réel non nul (ou un élément de
K{0}).
2. Li ← Li +λL j avec λ ∈ K (et j = i) : on peut ajouter à la ligne Li un multiple d’une autre ligne
L j.
3. Li ↔ L j : on peut échanger deux lignes.
Nous allons définir trois matrices élémentaires ELi←λLi
, ELi←Li+λL j
, ELi↔L j
correspondant à ces
opérations. Plus précisément, le produit E × A correspondra à l’opération élémentaire sur A. Voici
les définitions accompagnées d’exemples.
1. La matrice ELi←λLi
est la matrice obtenue en multipliant par λ la i-ème ligne de la matrice
identité In, où λ est un nombre réel non nul.
EL2←5L2
=






1 0 0 0
0 5 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1






2. La matrice ELi←Li+λL j
est la matrice obtenue en ajoutant λ fois la j-ème ligne de In à la
i-ème ligne de In.
EL2←L2−3L1
=






1 0 0 0
−3 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1






3. La matrice ELi↔L j
est la matrice obtenue en permutant les i-ème et j-ème lignes de In.
EL2↔L4
= EL4↔L2
=






1 0 0 0
0 0 0 1
0 0 1 0
0 1 0 0






Les opérations élémentaires sur les lignes sont réversibles, ce qui entraîne l’inversibilité des
matrices élémentaires.
Le résultat de la multiplication d’un matrice élémentaire E par A est la matrice obtenue en
effectuant l’opération élémentaire correspondante sur A. Ainsi :
22
1. La matrice ELi←λLi
× A est la matrice obtenue en multipliant par λ la i-ème ligne de A.
2. La matrice ELi←Li+λL j
× A est la matrice obtenue en ajoutant λ fois la j-ème ligne de A à la
i-ème ligne de A.
3. La matrice ELi↔L j
× A est la matrice obtenue en permutant les i-ème et j-ème lignes de A.
Exemple 14
1.
EL2← 1
3
L2
× A =



1 0 0
0 1
3 0
0 0 1


×



x1 x2 x3
y1 y2 y3
z1 z2 z3


 =



x1 x2 x3
1
3 y1
1
3 y2
1
3 y3
z1 z2 z3



2.
EL1←L1−7L3
× A =



1 0 −7
0 1 0
0 0 1


×



x1 x2 x3
y1 y2 y3
z1 z2 z3


 =



x1 −7z1 x2 −7z2 x3 −7z3
y1 y2 y3
z1 z2 z3



3.
EL2↔L3
× A =



1 0 0
0 0 1
0 1 0


×



x1 x2 x3
y1 y2 y3
z1 z2 z3


 =



x1 x2 x3
z1 z2 z3
y1 y2 y3



5.4. Équivalence à une matrice échelonnée
Définition 8
Deux matrices A et B sont dites équivalentes par lignes si l’une peut être obtenue à partir
de l’autre par une suite d’opérations élémentaires sur les lignes. On note A ∼ B.
Définition 9
Une matrice est échelonnée si :
– le nombre de zéros commençant une ligne croît strictement ligne par ligne jusqu’à ce
qu’il ne reste plus que des zéros.
Elle est échelonnée réduite si en plus :
– le premier coefficient non nul d’une ligne (non nulle) vaut 1 ;
– et c’est le seul élément non nul de sa colonne.
Exemple d’une matrice échelonnée (à gauche) et échelonnée réduite (à droite) ; les ∗ désignent des
coefficients quelconques, les + des coefficients non nuls :











+ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
0 0 + ∗ ∗ ∗ ∗
0 0 0 + ∗ ∗ ∗
0 0 0 0 0 0 +
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0






















1 ∗ 0 0 ∗ ∗ 0
0 0 1 0 ∗ ∗ 0
0 0 0 1 ∗ ∗ 0
0 0 0 0 0 0 1
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0











23
Théorème 2
Étant donnée une matrice A ∈ Mn,p(K), il existe une unique matrice échelonnée réduite U
obtenue à partir de A par des opérations élémentaires sur les lignes.
Ce théorème permet donc de se ramener par des opérations élémentaires à des matrices dont la
structure est beaucoup plus simple : les matrices échelonnées réduites.
Démonstration
Nous admettons l’unicité.
L’existence se démontre grâce à l’algorithme de Gauss. L’idée générale consiste à utiliser des substitu-
tions de lignes pour placer des zéros là où il faut de façon à créer d’abord une forme échelonnée, puis
une forme échelonnée réduite.
Soit A une matrice n× p quelconque.
Partie A. Passage à une forme échelonnée.
Étape A.1. Choix du pivot.
On commence par inspecter la première colonne. Soit elle ne contient que des zéros, auquel cas on
passe directement à l’étape A.3, soit elle contient au moins un terme non nul. On choisit alors un tel
terme, que l’on appelle le pivot. Si c’est le terme a11, on passe directement à l’étape A.2 ; si c’est un
terme ai1 avec i = 1, on échange les lignes 1 et i (L1 ↔ Li) et on passe à l’étape A.2.
Au terme de l’étape A.1, soit la matrice A a sa première colonne nulle (à gauche) ou bien on obtient
une matrice équivalente dont le premier coefficient a11 est non nul (à droite) :












0 a12 ··· a1j ··· a1p
0 a22 ··· a2j ··· a2p
...
...
...
...
0 ai2 ··· ai j ··· aip
...
...
...
...
0 an2 ··· anj ··· anp












= A ou bien













a11 a12 ··· a1j
··· a1p
a21 a22 ··· a2j
··· a2p
...
...
...
...
ai1
ai2
··· ai j
··· aip
...
...
...
...
an1 an2 ··· anj
··· anp













∼ A.
Étape A.2. Élimination.
On ne touche plus à la ligne 1, et on se sert du pivot a11 pour éliminer tous les termes ai1
(avec i 2)
situés sous le pivot. Pour cela, il suffit de remplacer la ligne i par elle-même moins
ai1
a11
× la ligne 1, ceci
pour i = 2,...,n : L2 ← L2 −
a21
a11
L1, L3 ← L3 −
a31
a11
L1,. . .
Au terme de l’étape A.2, on a obtenu une matrice de la forme













a11 a12 ··· a1j
··· a1p
0 a22 ··· a2j
··· a2p
...
...
...
...
0 ai2
··· ai j
··· aip
...
...
...
...
0 an2 ··· anj
··· anp













∼ A.
Étape A.3. Boucle.
24
Au début de l’étape A.3, on a obtenu dans tous les cas de figure une matrice de la forme













a1
11 a1
12 ··· a1
1j
··· a1
1p
0 a1
22 ··· a1
2j
··· a1
2p
...
...
...
...
0 a1
i2
··· a1
i j
··· a1
ip
...
...
...
...
0 a1
n2 ··· a1
nj
··· a1
np













∼ A
dont la première colonne est bien celle d’une matrice échelonnée. On va donc conserver cette première
colonne. Si a1
11 = 0, on conserve aussi la première ligne, et l’on repart avec l’étape A.1 en l’appliquant
cette fois à la sous-matrice (n − 1) × (p − 1) (ci-dessous à gauche : on « oublie » la première ligne et
la première colonne de A) ; si a1
11 = 0, on repart avec l’étape A.1 en l’appliquant à la sous-matrice
n×(p −1) (à droite, on « oublie » la première colonne) :










a1
22 ··· a1
2j
··· a1
2p
...
...
...
a1
i2
··· a1
i j
··· a1
ip
...
...
...
a1
n2 ··· a1
nj
··· a1
np























a1
12 ··· a1
1j
··· a1
1p
a1
22 ··· a1
2j
··· a1
2p
...
...
...
a1
i2
··· a1
i j
··· a1
ip
...
...
...
a1
n2 ··· a1
nj
··· a1
np













Au terme de cette deuxième itération de la boucle, on aura obtenu une matrice de la forme













a1
11 a1
12 ··· a1
1j
··· a1
1p
0 a2
22 ··· a2
2j
··· a2
2p
...
...
...
...
0 0 ··· a2
i j
··· a2
ip
...
...
...
...
0 0 ··· a2
nj
··· a2
np













∼ A,
et ainsi de suite.
Comme chaque itération de la boucle travaille sur une matrice qui a une colonne de moins que la
précédente, alors au bout d’au plus p−1 itérations de la boucle, on aura obtenu une matrice échelonnée.
Partie B. Passage à une forme échelonnée réduite.
Étape B.1. Homothéties.
On repère le premier élément non nul de chaque ligne non nulle, et on multiplie cette ligne par
l’inverse de cet élément. Exemple : si le premier élément non nul de la ligne i est α = 0, alors on
effectue Li ← 1
α
Li. Ceci crée une matrice échelonnée avec des 1 en position de pivots.
Étape B.2. Élimination.
On élimine les termes situés au-dessus des positions de pivot comme précédemment, en procédant
à partir du bas à droite de la matrice. Ceci ne modifie pas la structure échelonnée de la matrice en
raison de la disposition des zéros dont on part.
Exemple 15
Soit
A =



1 2 3 4
0 2 4 6
−1 0 1 0


.
A. Passage à une forme échelonnée.
25
Mr Djeddi K amel
Première itération de la boucle, étape A.1. Le choix du pivot est tout fait, on garde a1
11 = 1.
Première itération de la boucle, étape A.2. On ne fait rien sur la ligne 2 qui contient déjà un
zéro en bonne position et on remplace la ligne 3 par L3 ← L3 + L1. On obtient
A ∼



1 2 3 4
0 2 4 6
0 2 4 4


.
Deuxième itération de la boucle, étape A.1. Le choix du pivot est tout fait, on garde a2
22 = 2.
Deuxième itération de la boucle, étape A.2. On remplace la ligne 3 avec l’opération L3 ←
L3 − L2. On obtient
A ∼



1 2 3 4
0 2 4 6
0 0 0 −2


.
Cette matrice est échelonnée.
B. Passage à une forme échelonnée réduite.
Étape B.1, homothéties. On multiplie la ligne 2 par 1
2 et la ligne 3 par −1
2 et l’on obtient
A ∼



1 2 3 4
0 1 2 3
0 0 0 1


.
Étape B.2, première itération. On ne touche plus à la ligne 3 et on remplace la ligne 2 par
L2 ← L2 −3L3 et L1 ← L1 −4L3. On obtient
A ∼



1 2 3 0
0 1 2 0
0 0 0 1


.
Étape B.2, deuxième itération. On ne touche plus à la ligne 2 et on remplace la ligne 1 par
L1 ← L1 −2L2. On obtient
A ∼



1 0 −1 0
0 1 2 0
0 0 0 1



qui est bien échelonnée et réduite.
5.5. Matrices élémentaires et inverse d’une matrice
Théorème 3
Soit A ∈ Mn(K). La matrice A est inversible si et seulement si sa forme échelonnée réduite
est la matrice identité In.
26
Mr Djeddi K amel
Démonstration
Notons U la forme échelonnée réduite de A. Et notons E le produit de matrices élémentaires tel que
EA = U.
⇐= Si U = In alors EA = In. Ainsi par définition, A est inversible et A−1
= E.
=⇒ Nous allons montrer que si U = In, alors A n’est pas inversible.
– Supposons U = In. Alors la dernière ligne de U est nulle (sinon il y aurait un pivot sur chaque
ligne donc ce serait In).
– Cela entraîne que U n’est pas inversible : en effet, pour tout matrice carrée V, la dernière
ligne de UV est nulle ; on n’aura donc jamais UV = In.
– Alors, A n’est pas inversible non plus : en effet, si A était inversible, on aurait U = EA et U
serait inversible comme produit de matrices inversibles (E est inversible car c’est un produit
de matrices élémentaires qui sont inversibles).
Remarque
Justifions maintenant notre méthode pour calculer A−1
.
Nous partons de (A|I) pour arriver par des opérations élémentaires sur les lignes à (I|B).
Montrons que B = A−1
. Faire une opération élémentaire signifie multiplier à gauche par une
des matrices élémentaires. Notons E le produit de ces matrices élémentaires. Dire que l’on
arrive à la fin du processus à I signifie EA = I. Donc A−1
= E. Comme on fait les mêmes
opérations sur la partie droite du tableau, alors on obtient EI = B. Donc B = E. Conséquence :
B = A−1
.
Corollaire 1
Les assertions suivantes sont équivalentes :
(i) La matrice A est inversible.
(ii) Le système linéaire AX =
0
...
0
a une unique solution X =
0
...
0
.
(iii) Pour tout second membre B, le système linéaire AX = B a une unique solution X.
Démonstration
Nous avons déjà vu (i) =⇒ (ii) et (i) =⇒ (iii).
Nous allons seulement montrer (ii) =⇒ (i). Nous raisonnons par contraposée : nous allons montrer la
proposition équivalente non(i) =⇒ non(ii). Si A n’est pas inversible, alors sa forme échelonnée réduite
U contient un premier zéro sur sa diagonale, disons à la place . Alors U à la forme suivante














1 0 ··· c1 ∗ ··· ∗
0
... 0
... ··· ∗
0 0 1 c −1 ··· ∗
0 ··· 0 0 ∗ ··· ∗
0 ··· 0 0 ∗ ··· ∗
...
...
... ··· 0
...
...
0 ··· ··· 0 ∗














. On note X =














−c1
...
−c −1
1
0
...
0














.
Alors X n’est pas le vecteur nul, mais UX est le vecteur nul. Comme A = E−1
U, alors AX est le vecteur
nul. Nous avons donc trouvé un vecteur non nul X tel que AX = 0.
27
Mr Djeddi K amel
Mini-exercices
1. Exprimer les systèmes linéaires suivants sous forme matricielle et les résoudre en
inversant la matrice :
2x+4y = 7
−2x+3y = −14
,



x+ z = 1
−2y+3z = 1
x+ z = 1
,



x+ t = α
x−2y = β
x+ y+ t = 2
y+ t = 4
.
2. Écrire les matrices 4×4 correspondant aux opérations élémentaires : L2 ← 1
3 L2, L3 ←
L3 − 1
4 L2, L1 ↔ L4. Sans calculs, écrire leurs inverses. Écrire la matrice 4×4 de l’opéra-
tion L1 ← L1 −2L3 +3L4.
3. Écrire les matrices suivantes sous forme échelonnée, puis échelonnée réduite :
1 2 3
1 4 0
−2 −2 −3
,
1 0 2
1 −1 1
2 −2 3
,
2 0 −2 0
0 −1 1 0
1 −2 1 4
−1 2 −1 −2
.
6. Matrices triangulaires, transposition, trace, matrices sy-
métriques
6.1. Matrices triangulaires, matrices diagonales
Soit A une matrice de taille n × n. On dit que A est triangulaire inférieure si ses éléments
au-dessus de la diagonale sont nuls, autrement dit :
i < j =⇒ ai j = 0.
Une matrice triangulaire inférieure a la forme suivante :










a11 0 ··· ··· 0
a21 a22
...
...
...
...
...
...
...
...
...
... 0
an1 an2 ··· ··· ann










On dit que A est triangulaire supérieure si ses éléments en-dessous de la diagonale sont nuls,
autrement dit :
i > j =⇒ ai j = 0.
Une matrice triangulaire supérieure a la forme suivante :













a11 a12 ... ... ... a1n
0 a22 ... ... ... a2n
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
0 ... ... ... 0 ann













28
Exemple 16
Deux matrices triangulaires inférieures (à gauche), une matrice triangulaire supérieure (à
droite) : 


4 0 0
0 −1 0
3 −2 3



5 0
1 −2



1 1 −1
0 −1 −1
0 0 −1



Une matrice qui est triangulaire inférieure et triangulaire supérieure est dite diagonale. Autre-
ment dit : i = j =⇒ ai j = 0.
Exemple 17
Exemples de matrices diagonales :



−1 0 0
0 6 0
0 0 0


 et
2 0
0 3
Exemple 18. Puissances d’une matrice diagonale
Si D est une matrice diagonale, il est très facile de calculer ses puissances Dp
(par récurrence
sur p) :
D =









α1 0 ... ... 0
0 α2 0 ... 0
...
...
...
...
...
0 ... 0 αn−1 0
0 ... ... 0 αn









=⇒ Dp
=









α
p
1 0 ... ... 0
0 α
p
2 0 ... 0
...
...
...
...
...
0 ... 0 α
p
n−1 0
0 ... ... 0 α
p
n









Théorème 4
Une matrice A de taille n × n, triangulaire, est inversible si et seulement si ses éléments
diagonaux sont tous non nuls.
Démonstration
Supposons que A soit triangulaire supérieure.
– Si les éléments de la diagonale sont tous non nuls, alors la matrice A est déjà sous la forme
échelonnée. En multipliant chaque ligne i par l’inverse de l’élément diagonal aii, on obtient
des 1 sur la diagonale. De ce fait, la forme échelonnée réduite de A sera la matrice identité. Le
théorème 3 permet de conclure que A est inversible.
– Inversement, supposons qu’au moins l’un des éléments diagonaux soit nul et notons a le
premier élément nul de la diagonale. En multipliant les lignes 1 à − 1 par l’inverse de leur
29
élément diagonal, on obtient une matrice de la forme














1 ∗ ··· ··· ∗
0
... ∗ ··· ··· ∗
0 0 1 ∗ ··· ∗
0 ··· 0 0 ∗ ··· ∗
0 ··· 0 0 ∗ ··· ∗
...
...
... ··· 0
...
...
0 ··· ··· 0 ∗














.
Il est alors clair que la colonne numéro de la forme échelonnée réduite ne contiendra pas de 1
comme pivot. La forme échelonnée réduite de A ne peut donc pas être In et par le théorème 3, A
n’est pas inversible.
Dans le cas d’une matrice triangulaire inférieure, on utilise la transposition (qui fait l’objet de la section
suivante) et on obtient une matrice triangulaire supérieure. On applique alors la démonstration ci-
dessus.
6.2. La transposition
Soit A la matrice de taille n× p
A =






a11 a12 ... a1p
a21 a22 ... a2p
...
...
...
an1 an2 ... anp






.
Définition 10
On appelle matrice transposée de A la matrice AT
de taille p × n définie par :
AT
=






a11 a21 ... an1
a12 a22 ... an2
...
...
...
a1p a2p ... anp






.
Autrement dit : le coefficient à la place (i, j) de AT
est aji. Ou encore la i-ème ligne de A devient
la i-ème colonne de AT
(et réciproquement la j-ème colonne de AT
est la j-ème ligne de A).
Notation : La transposée de la matrice A se note aussi souvent t
A.
Exemple 19



1 2 3
4 5 −6
−7 8 9



T
=



1 4 −7
2 5 8
3 −6 9






0 3
1 −5
−1 2



T
=
0 1 −1
3 −5 2
(1 −2 5)T
=



1
−2
5



L’opération de transposition obéit aux règles suivantes :
30
Théorème 5
1. (A +B)T
= AT
+BT
2. (αA)T
= αAT
3. (AT
)T
= A
4. (AB)T
= BT
AT
5. Si A est inversible, alors AT
l’est aussi et on a (AT
)−1
= (A−1
)T
.
Notez bien l’inversion : (AB)T
= BT
AT
, comme pour (AB)−1
= B−1
A−1
.
6.3. La trace
Dans le cas d’une matrice carrée de taille n × n, les éléments a11, a22,...,ann sont appelés les
éléments diagonaux.
Sa diagonale principale est la diagonale (a11,a22,...,ann).






a11 a12 ... a1n
a21 a22 ... a2n
...
...
...
...
an1 an2 ... ann






Définition 11
La trace de la matrice A est le nombre obtenu en additionnant les éléments diagonaux de A.
Autrement dit,
tr A = a11 + a22 +···+ ann.
Exemple 20
– Si A = 2 1
0 5 , alors tr A = 2+5 = 7.
– Pour B =
1 1 2
5 2 8
11 0 −10
, trB = 1+2−10 = −7.
Théorème 6
Soient A et B deux matrices n× n. Alors :
1. tr(A +B) = tr A + trB,
2. tr(αA) = α tr A pour tout α ∈ K,
3. tr(AT
) = tr A,
4. tr(AB) = tr(BA).
31
Démonstration
1. Pour tout 1 i n, le coefficient (i, i) de A + B est aii + bii. Ainsi, on a bien tr(A + B) = tr(A) +
tr(B).
2. On a tr(αA) = αa11 +···+αann = α(a11 +···+ ann) = αtr A.
3. Étant donné que la transposition ne change pas les éléments diagonaux, la trace de A est égale
à la trace de AT
.
4. Notons ci j les coefficients de AB. Alors par définition
cii = ai1b1i + ai2b2i +···+ ainbni.
Ainsi,
tr(AB) = a11b11 +a12b21 +··· +a1nbn1
+a21b12 +a22b22 +··· +a2nbn2
...
+an1b1n +an2b2n +··· +annbnn.
On peut réarranger les termes pour obtenir
tr(AB) = a11b11 +a21b12 +··· +an1b1n
+a12b21 +a22b22 +··· +an2b2n
...
+a1nbn1 +a2nbn2 +··· +annbnn.
En utilisant la commutativité de la multiplication dans K, la première ligne devient
b11a11 + b12a21 +···+ b1nan1
qui vaut le coefficient (1,1) de BA. On note di j les coefficients de BA. En faisant de même avec
les autres lignes, on voit finalement que
tr(AB) = d11 +···+ dnn = tr(BA).
6.4. Matrices symétriques
Définition 12
Une matrice A de taille n× n est symétrique si elle est égale à sa transposée, c’est-à-dire si
A = AT
,
ou encore si ai j = aji pour tout i, j = 1,...,n. Les coefficients sont donc symétriques par rapport
à la diagonale.
Exemple 21
Les matrices suivantes sont symétriques :
0 2
2 4



−1 0 5
0 2 −1
5 −1 0



32
Exemple 22
Pour une matrice B quelconque, les matrices B ·BT
et BT
·B sont symétriques.
Preuve : (BBT
)T
= (BT
)T
BT
= BBT
. Idem pour BT
B.
6.5. Matrices antisymétriques
Définition 13
Une matrice A de taille n× n est antisymétrique si
AT
= −A,
c’est-à-dire si ai j = −aji pour tout i, j = 1,...,n.
Exemple 23
0 −1
1 0



0 4 2
−4 0 −5
−2 5 0



Remarquons que les éléments diagonaux d’une matrice antisymétrique sont toujours tous nuls.
Exemple 24
Toute matrice est la somme d’une matrice symétrique et d’une matrice antisymétrique.
Preuve : Soit A une matrice. Définissons B = 1
2 (A + AT
) et C = 1
2 (A − AT
). Alors d’une part
A = B+C ; d’autre part B est symétrique, car BT
= 1
2 (AT
+(AT
)T
) = 1
2 (AT
+ A) = B ; et enfin C
est antisymétrique, car CT
= 1
2 (AT
−(AT
)T
) = −C.
Exemple :
Pour A =
2 10
8 −3
alors A =
2 9
9 −3
symétrique
+
0 1
−1 0
antisymétrique
.
Mini-exercices
1. Montrer que la somme de deux matrices triangulaires supérieures reste triangulaire
supérieure. Montrer que c’est aussi valable pour le produit.
2. Montrer que si A est triangulaire supérieure, alors AT
est triangulaire inférieure. Et si
A est diagonale ?
3. Soit A =


x1
x2
...
xn

. Calculer AT
· A, puis A · AT
.
4. Soit A = a b
c d . Calculer tr(A · AT
).
5. Soit A une matrice de taille 2×2 inversible. Montrer que si A est symétrique, alors A−1
aussi. Et si A est antisymétrique ?
6. Montrer que la décomposition d’une matrice sous la forme « symétrique + antisymé-
33
Mr Djeddi K amel
trique » est unique.
4.6 Changement de Bases
Dénition 4.6.1. : On appelle matrice de passage de la base {ei} à la base
{ei} du même espace vectoriel E, la matrice Pei→ei
dont les colonnes sont
les composantes des vecteurs ei dans la base {ei} :
Pei→ei
=



p11 . . . p1n
... . . .
...
pn1 . . . pnn


 = M(idE)ei,ei
.
Remarque 4.6.1. : Une matrice de passage est toujours inversible et on a
(Pei→ei
)−1
= Pei→ei
.
Proposition 4.6.1. : Soient x ∈ E, {ei} et {ei} deux bases de E, P = Pei→ei
et X = M(x)ei
, X = M(x)ei
, on a X = P−1
X.
Preuve : PX = M(idE)ei,ei
M(x)ei
= M(idE(x))ei
= M(x)ei
= X.
Exemple 4.6.1. :
Soit R2
muni de deux bases, la base canonique {e1, e2} et la base {e1, e2}
dénie par :
e1 = 2e1 + e2, e2 = 3e1 + 2e2
Soit x = 2e1 + 3e2, calculons les composantes de x dans la base {e1, e2}.
P =
2 3
1 2
, P−1
=
2 −3
−1 2
, X =
2 −3
−1 2
2
3
=
−5
4
x = −5e1 + 4e2.
34
Mr Djeddi K amel
Proposition 4.6.2. : Soient f ∈ L(E, E ), {e1, ..., en}, {ε1, ..., εn} deux
bases de E et e1, ..., ep , ε1, ..., εp deux bases de E'.
Notons A = M(f)ei,ej
, A = M(f) i,εj
, P = Pei→εi
, Q = Pej→εj
.
On a alors A = Q−1
AP.
Preuve :
E(ei)
f
−→ E(ej)
idE ↓ ↓ idE
E(εi)
f
−→ E(εj)
On a foidE = idE'of d'où M(foidE) = M(idE'of), c'est à dire
M(f)εi,εj
M(idE)ei,εi
= M(idE')ej,εj
M(f)ei,ej
,
c'est à dire A P−1
= Q−1
A donc A = Q−1
AP.
Corollaire 4.6.1. : Soient f ∈ L(E) et {e1, ..., en}, {e1, ..., en} deux bases
de E.
Notons A = M(f)ei
, A = M(f)ei
et P = Pei→ei
.
On a alors A = P−1
AP.
Dénition 4.6.2. : Deux matrices A, A ∈ Mn(K) sont dites semblables
s'il existe une matrice P ∈ Mn(K) inversible telle que :
A = P−1
AP.
Exemple 4.6.2. :
Soit f un endomorphisme de R2
qui dans la base canonique {ei} est re-
présenté par la matrice : A = M(f)ei
=
3 −1
0 2
.
35
Mr Djeddi K amelMr Djeddi K amel
Mr Djeddi K amel
Déterminons la matrice A qui représente f dans la base e1 = (0, −1) et
e2 = (1, 1).
On a
A = P−1
AP
=
1 −1
1 0
3 −1
0 2
0 1
−1 1
=
3 −3
3 −1
0 1
−1 1
=
3 0
1 2
.
4.7 Rang d'une Matrice
Dénition 4.7.1. : Soit {v1, ..., vn} une famille de vecteurs, on appelle rang
de la famille, la dimension de l'espace engendré par les vecteurs vi.
Soit A ∈ Mp,n(K), A = (c1, ..., cn) où l'on a noté ci les vecteurs colonnes
de A (ci ∈ K
p
). On appelle rang de A le rang de la famille des vecteurs
colonnes de A.
Proposition 4.7.1. : Soit f ∈ L(E, E'). Soient {e1, ..., en} et e1, ..., ep
deux bases quelconques de E et E' respectivement et A = M(f)ei,ej
= (aij).
On a alors rangf = rangA.
Ainsi deux matrices qui représentent la même application linéaire dans des
bases diérentes ont même rang ; en particulier deux matrices semblables ont
même rang.
36
Mr Djeddi K amel
érie 1 :
------------------------------------------------------------------------------------S
1ière année
Maths et Inf
2014/2015
Exercice 1
R) :
– E1 = f : [0,1] → R [0,1], muni de
l’addition f +g des fonctions et de la multiplication par un nombre réel λ · f.
– E2 = (un) : N → R : l’ensemble des suites réelles muni de l’addition des suites définie par (un)+(vn) =
(un +vn) et de la multiplication par un nombre réel λ ·(un) = (λ ×un).
– E3 = P ∈ R[x] | degP ≤ n : l’ensemble des polynômes à coefficients réels de degré inférieur ou égal à n
muni de l’addition P+Q des polynômes et de la multiplication par un nombre réel λ ·P.
Exercice 2
Déterminer lesquels des ensembles E1, E2, E3 et E4 sont des sous-espaces vectoriels de R3.
E1 = {(x,y,z) ∈ R3 | 3x−7y = z}
E2 = {(x,y,z) ∈ R3 | x2 −z2 = 0}
E3 = {(x,y,z) ∈ R3 | x+y−z = x+y+z = 0}
E4 = {(x,y,z) ∈ R3 | z(x2 +y2) = 0}
Soient { }
et { } deux sous-ensembles de .
On admettra que est un sous-espace vectoriel de .
Soient , et
1. Montrer que est un sous-espace vectoriel de .
2. Déterminer une famille génératrice de et montrer que cette famille est une base.
3. Montrer que { } est une base de .
4. Montrer que { } est une famille libre de .
5. A-t-on .
6. Soit , exprimer dans la base { }.
Montrer que les ensembles ci-dessous sont des espaces vectoriels (sur
: l’ensemble des fonctions à valeurs réelles définies sur l’intervalle
Espace vectoriel
Exercice 3
Exercice 4
Dans E = R3, soient u1 = (1, 1, 3), u2 = (1, −1, −1), v1 = (1, 0, 1) et v2 = (2, −1, 0)
que vect(u1, u2) = vect(v1, v2).
.
Montrer
Matière: Algèbre linéaire
Responsable: Mr
Université d Oum’ Elbouaghi Algérie.
Djeddi K amel.E-mail:djeddi.kamel@gmail.com
37
Correction de l’exercice 1
Corrections
E-mail:djeddi.kamel@gmail.com
Pour qu’un ensemble E, muni d’une addition x + y ∈ E (pour tout x,y ∈ E) et d’une multiplication par un
scalaire λ ·x ∈ E (pour tout λ ∈ K, x ∈ E), soit un K-espace vectoriel il faut qu’il vérifie les huit points suivants.
1. x+(y+z) = (x+y)+z (pour tout x,y,z ∈ E)
2. il existe un vecteur nul 0 ∈ E tel que x+0 = x (pour tout x ∈ E)
3. il existe un opposé −x tel que x+(−x) = 0 (pour tout x ∈ E)
4. x+y = y+x (pour tout x,y ∈ E)
Ces quatre premières propriétés font de (E,+) un groupe abélien.
5. 1·x = x (pour tout x ∈ E)
6. λ ·(x+y) = λ ·x+λ ·y (pour tout λ ∈ K =, pour tout x,y ∈ E)
7. (λ + µ)·x = λ ·x+ µ ·x (pour tout λ,µ ∈ K, pour tout x ∈ E)
8. (λ × µ)·x = λ ·(µ ·x) (pour tout λ,µ ∈ K, pour tout x ∈ E)
Il faut donc vérifier ces huit points pour chacun des ensembles (ici K = R).
Commençons par E1.
1. f +(g+h) = (f +g)+h ; en effet on bien pour tout t ∈ [0,1] : f(t)+ g(t)+h(t) = f(t)+g(t) +h(t)
d’où l’égalité des fonctions f +(g+h) et (f +g)+h. Ceci est vrai pour tout f,g,h ∈ E1.
2. le vecteur nul est ici la fonction constante égale à 0, que l’on note encore 0, on a bien f +0 = f (c’est-à-
dire pour tout x ∈ [0,1], (f +0)(t) = f(t), ceci pour toute fonction f).
3. il existe un opposé −f définie par −f(t) = − f(t) tel que f +(−f) = 0
4. f +g = g+ f (car f(t)+g(t) = g(t)+ f(t) pour tout t ∈ [0,1]).
5. 1· f = f ; en effet pour tout t ∈ [0,1], (1· f)(t) = 1× f(t) = f(t). Et une fois que l’on compris que λ · f
vérifie par définition (λ · f)(t) = λ × f(t) les autres points se vérifient sans peine.
6. λ ·(f +g) = λ · f +λ ·g
7. (λ + µ)· f = λ · f + µ · f
8. (λ × µ)· f = λ ·(µ · f) ; en effet pour tout t ∈ [0,1], (λ × µ)f(t) = λ(µ f(t))
Voici les huit points à vérifier pour E2 en notant u la suite (un)n∈N
1. u+(v+w) = (u+v)+w
2. le vecteur nul est la suite dont tous les termes sont nuls.
3. La suite −u est définie par (−un)n∈N
4. u+v = v+u
5. 1·u = u
38
4. u+v = v+u
5. 1·u = u
6. λ ·(u+v) = λ ·u+λ ·v : montrons celui-ci en détails par définition u+v est la suite (un +vn)n∈N et par
définition de la multiplication par un scalaire λ · (u + v) est la suite λ × (un + vn) n∈N
qui est bien la
suite λun +λvn) n∈N
qui est exactement la suite λ ·u+λ ·v.
7. (λ + µ)·u = λ ·u+ µ ·v
8. (λ × µ)·u = λ ·(µ ·u)
Voici ce qu’il faut vérifier pour E3, après avoir remarqué que la somme de deux polynômes de degré ≤ n est
encore un polynôme de degré ≤ n (même chose pour λ ·P), on vérifie :
1. P+(Q+R) = (P+Q)+R
2. il existe un vecteur nul 0 ∈ E3 : c’est le polynôme nul
3. il existe un opposé −P tel que P+(−P) = 0
4. P+Q = Q+P
5. 1·P = P
6. λ ·(P+Q) = λ ·P+λ ·Q
7. (λ + µ)·P = λ ·P+ µ ·P
8. (λ × µ)·P = λ ·(µ ·P)
Correction de l’exercice 2
1. (a) (0,0,0) ∈ E1.
(b) Soient (x,y,z) et (x ,y ,z ) deux éléments de E1. On a donc 3x − 7y = z et 3x − 7y = z . Donc
3(x+x )−7(y+y ) = (z+z ), d’où (x+x ,y+y ,z+z ) appartient à E1.
(c) Soit λ ∈ R et (x,y,z) ∈ E1. Alors la relation 3x−7y = z implique que 3(λx)−7(λy) = λz donc que
λ(x,y,z) = (λx,λy,λz) appartient à E1.
2. E2 = {(x,y,z) ∈ R3 | x2 − z2 = 0} c’est-à-dire E2 = {(x,y,z) ∈ R3 | x = z ou x = −z}. Donc (1,0,−1)
et (1,0,1) appartiennent à E2 mais (1,0,−1) + (1,0,1) = (2,0,0) n’appartient pas à E2 qui n’est en
conséquence pas un sous-espace vectoriel de R3.
3. E3 est un sous-espace vectoriel de R3. En effet :
(a) (0,0,0) ∈ E3.
(b) Soient (x,y,z) et (x ,y ,z ) deux éléments de E3. On a donc x+y−z = x+y+z = 0 et x +y −z =
x + y + z = 0. Donc (x + x ) + (y + y ) − (z + z ) = (x + x ) + (y + y ) + (z + z ) = 0 et (x,y,z) +
x ,y ,z x+x ,y+y ,z+z appartient à E3.
(c) Soit λ ∈ R et (x,y,z) ∈ E3. Alors la relation x+y−z = x+y+z = 0 implique que λx+λy−λz =
λx+λy+λz = 0 donc que λ(x,y,z) = (λx,λy,λz) appartient à E3.
4. Les vecteurs (1,0,0) et (0,0,1) appartiennent à E4 mais leur somme (1,0,0)+(0,0,1) = (1,0,1) ne lui
appartient pas donc E4 n’est pas un sous-espace vectoriel de R3.
39
Correction de l’exercice 3
1.
{ { {
{
Donc ce qui montre que est un sous-espace vectoriel de
{
Soient et
{ et {
{
Ce qui montre que
Et finalement est un sous-espace vectoriel de .
, on a
{
Autre méthode
2.
{ } est une famille génératrice de , ce vecteur est non nul, c’est une base de , bref est la droite
engendrée par le vecteur .
3.
et ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre de donc .
donc par conséquent .
On déduit de cela que et que par suite la famille { } est libre (dans ) à deux éléments,
c’est une base de .
40
Mr Djeddi K amel
4.
et { } est libre donc { } est libre (c’est une base de ,
puisque cette famille a trois éléments)
5.{ } est une base de , { } est une base de et { } est une base de par conséquent
6.On cherche tels que
{
{ { {
Correction de l’exercice 4
Dans E = R , soient u1 = (1, 1, 3), u2 = (1, −1, −1), v1 = (1, 0, 1) et v2 = (2, −1, 0). Montrer
que vect(u1, u2) = vect(v1, v2).
Première méthode. Pour montrer que vect(u1, u2) ⊂ vect(v1, v2), il suffit de montrer que
u1 et u2 sont tous deux combinaison linéaire de v1 et v2. L’équation u1 = xv1 + yv2 est
équivalente à 


1 = x + 2y
1 = −y
3 = x
dont la solution est donnée par x = 3 et y = −1. L’équation u2 = xv1 +yv2 est équivalente
à 


1 = x + 2y
−1 = −y
−1 = x
dont la solution est donnée par x = −1 et y = 1. Donc, vect(u1, u2) ⊂ vect(v1, v2).
Réciproquement, pour prouver que vect(v1, v2) ⊂ vect(u1, u2), il suffit de prouver que v1
et v2 sont combinaison linéaire de u1 et u2. L’équation v1 = xu1 + yu2 est équivalente à



1 = x + y
0 = x − y
1 = 3x − y.
On résoud ce système en faisant L1 +L2 qui donne x = 1/2, on obtient ensuite y = 1/2 et
on vérifie que cela fonctionne dans la dernière équation. De même, on peut prouver que
v2 est combinaison linéaire de u1 et u2.
Troisième méthode. On peut rechercher une équation de F = vect(u1, u2) et de G = vect(v1, v2).
On a :
(x, y, z) ∈ F ⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2
,



x = a + b
y = a − b
z = 3a − b
41
⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2
,



a + b = x
2b = x − y (L1 − L2 → L2)
4b = 3x − z (3L1 − L3 → L3)
⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2
,



a + b = x
2b = x − y (L1 − L2 → L2)
0 = x + 2y − z (L3 − 2L2 → L3)
Ce dernier système admet une solution si et seulement si x + 2y − z = 0. On a donc
F = {(x, y, z) ∈ R3; x + 2y − z = 0}. De même,
(x, y, z) ∈ G ⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2
,



x = a + 2b
y = −b
z = a
⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2
,



x + 2y − z = 0
y = −b
z = a
Ce dernier système admet donc une solution si et seulement si x + 2y − z = 0. On a donc
G = {(x, y, z) ∈ R3; x + 2y − z = 0}. Il est alors clair que F = G.
42
Mr Djeddi K amel
On considère l’application f définie de 3
IR vers 3
IR par : ),,()),,(( zzxzyzyxf +−=
1) Montrer que l’application f est linéaire.
2) Calculer ff o et en déduire que f est un automorphisme.
3) Déterminer )( fKer et )Im( f .
Exercice 2
1) On considère l’application linéaire f définie de 3
IR vers 4
IR par :
),,,()),,((:),,( 3
zyxxzzyyxzyxfIRzyx +++++=∈∀
a) Calculer l’image de la base canonique de 3
IR par f .
b) En déduire une base de )Im( f et le rang de f ( ))( frg .
c) Déterminer le noyau de f ( ))( fKer et en déduire le rang de f ( ))( frg .
2) Mêmes questions pour l’application linéaire g définie de 3
IR vers 4
IR par :
),,,()),,((:),,( 3
zyxzyxzyxzyxzyxgIRzyx −+−+−−+−−+=∈∀
1) Déterminer une base de )Im( f et une base de )( fKer pour chacune des applications
linéaires.
a) f définie de
3
IR vers
2
IR par : ),(),,( zyxzyxzyxf −−+−=
b) f définie de
3
IR vers
2
IR par : ),(),,( xzyzyxzyxf −+−−=
c) f définie de
2
IR vers
3
IR par : ),,(),( yxxyyxyxf −+−=
d) f définie de
3
IR vers
3
IR par : ),22,2(),,( zyxzyxzyxzyxf −+−++++=
e) f définie de
3
IR vers
3
IR par : ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++=
2) Déterminer
1−
f si elle existe.
Dans 3
IR , on considère le sous espace vectoriel V défini par { }0/),,( 3
=−∈= zxIRzyxV .
1) Donner une base B du sous espace vectoriel V .
2) On considère l’application linéaire g définie de V vers 2
IR par :
),()),,(( yxyxzyxg −+=
a) Calculer l’image de la base B par f et en déduire une base de )Im(g .
b) Montrer que g est un isomorphisme de V vers 2
IR et déterminer
1−
g .
Série 2: Applications linéaires
Exercice 1
Exercice 3
Exercice 4
E-mail:djeddi.kamel@gmail.com
2015
43
Correction de l’exercice 1
1) Montrons que l’application f est linéaire.
♦ Soit ( )23
),( IRyx ∈ : ),,( 321 xxxx = et ),,( 321 yyyy =
On vérifie que 2
),( IR∈∀ βα , on a : ( ) ( )yfxfyxf ..)..( βαβα +=+
♦ L’application f est alors linéaire.
2)
♦ Calcul de l’application ff o .
( )( ) ( )( ) ( )zzxzyfzyxffzyxffzzxzyzyxf ,,,,,,),,()),,(( +−==⇒+−= o
( )( ) ( ) ( ) ),,(,)(,)(,,,, zyxzzzyzzxzzxzyzyxff =+−−+=+−=⇒ o
⇒ 3
IR
Idff =o
♦ f est un automorphisme :
L’application f est linéaire.
L’application f est bijective et ff =−1
: 3
IR
Idff =o
3) Déterminons )( fKer et )Im( f .
♦ Déterminons )( fKer : { })0,0,0(),,(/),,()( 3
=∈= zyxfIRzyxfKer
)(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0(),,( =+− zzxzy
ssi





=
=+
=−
0
0
0
z
zx
zy
ssi





=
=−=
==
0
0
0
z
zx
zy
{ })0,0,0()( =fKer
♦ Déterminons )Im( f : = )(),(),(Im 321 efefeff , { }321 ,, eee une base de 3
IR
{ }321 ,, eee la base canonique de 3
IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e





−==
==
==
)1,1,1()(
)0,0,1()(
)0,1,0()(
33
22
11
efu
efu
efu
: = 321 ,,Im uuuf
On pose { }321 ,, uuuS = : = 321 ,,Im uuuf
Corrections
E-mail:djeddi.kamel@gmail.com
44
Correction de l’exercice 2
1) ),,,()),,(( zyxxzzyyxzyxf +++++=
a) Calculons l’image de la base canonique { }321 ,, eee de 3
IR par f .





=
=
=
⇒





=
=
=
)1,1,1,0()(
)1,0,1,1()(
)1,1,0,1()(
)1,0,0(
)0,1,0(
)0,0,1(
3
2
1
3
2
1
ef
ef
ef
e
e
e
b) Déduisons en une base de )Im( f et ( ))( frg
♦ Déterminons une base de )Im( f
== 321321 ,,)(),(),(Im uuuefefeff avec :





=
=
=
)1,1,1,0(
)1,0,1,1(
)1,1,0,1(
3
2
1
u
u
u
Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg
Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ?
0
00
0
0
0
)0,0,0,0(... 321
321
213
23
21
321
31
32
21
332211 ===⇒







=++
=−=
−=
−=
⇒







=++
=+
=+
=+
⇒=++ ααα
ααα
ααα
αα
αα
ααα
αα
αα
αα
ααα uuu
Le système { }321 ,, uuuS = est alors libre 3)( =⇒ Srg
♦ { }321 ,, uuu est alors une base de fIm :
3
Im IRf =
♦ ⇒== 3)dim(Im)( ffrg 3)( =frg
c) Déterminons une base de )( fKer et ( ))( frg
♦ Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0,0(),,(/),,()( 3
=∈= zyxfIRzyxfKer
Déterminons le rang du système 321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg
o Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ?
o )0,0,0(.. 332211 =++ uuu ααα
o )0,0,0()1,1,1.()0,0,1.()1,0,1.( 321 =−++⇒ ααα
45
)(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0,0(),,,( =++++++ zyxzxzyyx
ssi







=++
=+
=+
=+
0
0
0
0
zyx
zx
zy
yx
ssi







−−=
−=
=−=
−=
zxy
xz
xyz
yx
ssi 0=== zyx
♦ Donc : { })0,0,0()( =fKer , ( ) 0)(dim =fKer
♦ ( ) ( ) ⇒−=⇒=+ )(dim3)(dim)(dim)( 3
fKerfrgIRfKerfrg 3)( =frg
2) ),,,()),,(( zyxzyxzyxzyxzyxg −+−+−−+−−+=
a) Calculons l’image de la base canonique { }321 ,, eee de 3
IR par g .





−−=
−−=
−−=
⇒





=
=
=
)1,1,1,1()(
)1,1,1,1()(
)1,1,1,1()(
)1,0,0(
)0,1,0(
)0,0,1(
3
2
1
3
2
1
eg
eg
eg
e
e
e
b) Déduisons en une base de )Im(g et ( ))(grg
♦ Déterminons une base de )Im(g
== 321321 ,,)(),(),(Im uuuegegegf avec :





−−=
−−=
−−=
)1,1,1,1(
)1,1,1,1(
)1,1,1,1(
3
2
1
u
u
u
Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg
Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ?
{ }321 ,, uuuS = est lié car 23 uu −= 3)( ⇒ Srg
• Cherchons si 2)( =Srg :
Le système { }21,uu (ou bien { }31,uu ) est libre (calcul) 2)( =⇒ Srg
♦ { }21,uu et { }31,uu sont deux base de gIm : == 3121 ,,Im uuuug
♦ ⇒== 2)dim(Im)( ggrg 2)( =grg
46
c) Déterminons une base de )(gKer et ( ))(grg
♦ Déterminons une base de )(gKer :
{ })0,0,0,0(),,(/),,()( 3
=∈= zyxgIRzyxgKer
)(),,( gKerzyx ∈ ssi )0,0,0,0(),,,( =++++++ zyxzxzyyx
ssi







=−+−
=+−−
=+−
=−+
0
0
0
0
)4(
)3(
)2(
)1(
zyx
zyx
zyx
zyx
ssi



+−
=−+
zyx
zyx 0
)2(
)1(
ssi



=
=
−
+
zy
x 0
)2()1(
)2()1(
ssi )1,1,0.(),,0(),,( yyyzyx == , ( )IRy ∈
♦ Donc : = )1,1,0()(gKer , ( ) 1)(dim =gKer
♦ ( ) ( ) ⇒−=⇒=+ )(dim3)(dim)(dim)( 3
gKergrgIRgKergrg 2)( =grg
Correction de l’exercice 3
1) Déterminons )( fKer et )Im( f .
a. ),(),,( zyxzyxzyxf −−+−=
Déterminons une base de )( fKer : { })0,0(),,(/),,()( 3
=∈= zyxfIRzyxfKer
o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0(),( =−−+− zyxzyx
o ssi



=−−
=+−
0
0
zyx
zyx
ssi



−=
=−
yxz
yx 0
ssi



=
=
0z
yx
o = )0,1,1()( fKer , { })0,1,1( est une base de )( fKer
Déterminons une base de )Im( f : = )(),(),(Im 321 efefeff
o { }321 ,, eee la base canonique de 3
IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e
o On pose { }321 ,, uuuS = avec





−==
−−==
==
)1,1()(
)1,1()(
)1,1()(
33
22
11
efu
efu
efu
: = 321 ,,Im uuuf
47
o Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg
• Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ?
{ }321 ,, uuuS = est lié car 12 uu −= 3)( ⇒ Srg
• Cherchons si 2)( =Srg :
Le système { }32,uu (ou bien { }31,uu ) est libre (calcul) 2)( =⇒ Srg
o { }32,uu et { }31,uu sont deux base de fIm
o == 3132 ,,Im uuuuf ,
2
Im IRf =
b. ),(),,( xzyzyxzyxf −+−−=
Déterminons une base de )( fKer : { })0,0(),,(/),,()( 3
=∈= zyxfIRzyxfKer
o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0(),( =++−−− zyxzyx
o ssi



=++−
=−−
0
0
zyx
zyx
ssi 0=−− zyx ssi zyx += , ( )IRzy ∈,
o ssi )1,0,1.()0,1,1.(),,(),,( zyzyzyzyx +=+= , ( )IRzy ∈,
o Donc : = )1,0,1(),0,1,1()( fKer , { })1,0,1(),0,1,1( est une base de )( fKer
Déterminons une base de )Im( f : = )(),(),(Im 321 efefeff
o { }321 ,, eee la base canonique de 3
IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e
o On pose { }321 ,, uuuS = avec





−==
−==
−==
)1,1()(
)1,1()(
)1,1()(
33
22
11
efu
efu
efu
: = 321 ,,Im uuuf
o Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg
• Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ?
{ }321 ,, uuuS = est lié car 123 uuu −== 3)( ⇒ Srg
• Cherchons si 2)( =Srg :
Le système { }21,uu est lié car 12 uu −=
Le système { }31,uu est lié car 13 uu −=
Le système { }32,uu est lié car 23 uu =
• 2)( ⇒ Srg
48
Mr Djeddi K amel
o Le système { }1u est libre 1)( =⇒ Srg
o { }1u est alors une base de fIm : === 321Im uuuf
c. ),,(),( yxxyyxyxf −+−=
Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0(),(/),()( 2
=∈= yxfIRyxfKer
o )(),( fKeryx ∈ ssi )0,0,0(),,( =−+− yxxyyx
o ssi



=+
=−
0
0
yx
yx
ssi



−=
=
yx
yx
ssi 0== yx
o Donc : { })0,0()( =fKer
Déterminons une base de )Im( f : = )(),(Im 21 efeff
o { }21,ee la base canonique de 2
IR : )0,1(1 =e , )1,0(2 =e
o On pose { }21,uuS = , avec



−−==
==
)1,1,1()(
)1,1,1()(
22
11
efu
efu
: = 21,Im uuf
o Déterminons le rang du système { }21,uuS = : 2)(1 ≤≤ Srg
• Cherchons si 2)( =Srg : { }21,uuS = est-il libre ? { }21,uuS = est libre (calcul)
o 2)( ⇒ Srg
o { }21,uuS = est alors une base de fIm : = 21,Im uuf
d. ),22,2(),,( zyxzyxzyxzyxf −+−++++=
Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0(),,(/),,()( 3
=∈= zyxfIRzyxfKer
o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0(),22,2( =−+−++++ zyxzyxzyx
o ssi





=−+−
=++
=++
0
022
02
)3(
)2(
)1(
zyx
zyx
zyx
ssi





=+
−=+
=+
yzx
yzx
y
)(2
0
)3(
)2(
)3()1(
ssi





∈
−=
=
IRx
xz
y 0
o ssi )1,0,1.(),0,(),,( −=−= xxxzyx , ( )IRx∈
o Donc : −= )1,0,1()( fKer
Déterminons une base de )Im( f : = )(),(),(Im 321 efefeff
o { }321 ,, eee la base canonique de 3
IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e
49
o On pose { }321 ,, uuuS = avec





−==
==
−==
)1,2,1()(
)1,1,2()(
)1,2,1()(
33
22
11
efu
efu
efu
: = 321 ,,Im uuuf
o Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg
• Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ?
{ }321 ,, uuuS = est lié car 13 uu = 3)( ⇒ Srg
• Cherchons si 2)( =Srg :
Le système { }21,uu (ou bien { }32,uu ) est libre (calcul) 2)( =⇒ Srg
o { }21,uu et { }32,uu sont deux base de fIm : == 3221 ,,Im uuuuf
e. ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++=
Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0(),,(/),,()( 3
=∈= zyxfIRzyxfKer
o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0(),,( =−++−++ zyxzyxzyx
o ssi





=−+
=+−
=++
0
0
0
)3(
)2(
)1(
zyx
zyx
zyx
ssi





=
=
=
+
−
−
0
0
0
)3()2(
)2()1(
)3()1(
x
y
z
o Donc : { })0,0,0()( =fKer
Déterminons une base de )Im( f : = )(),(),(Im 321 efefeff
o { }321 ,, eee la base canonique de 3
IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e
o On pose { }321 ,, uuuS = avec





−==
−==
==
)1,1,1()(
)1,1,1()(
)1,1,1()(
33
22
11
efu
efu
efu
: = 321 ,,Im uuuf
o Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg
• Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ?
On vérifie que { }321 ,, uuuS = est libre (calcul).
• 3=⇒ S
50
Mr Djeddi K amel
o { }321 ,, uuu est alors une base de fIm :
3
Im IRf =
Pour déterminer une base de )Im( f , sans calcul, il suffit de remarquer que :
o f est injective car : { })0,0,0()( =fKer
o f est alors un endomorphisme injectif de 3
IR , donc f est bijective.
o Donc f est surjective et alors
3
Im IRf =
2) Déterminons
1−
f , lorsqu’elle existe.
a. f définie de
3
IR vers
2
IR par : ),(),,( zyxzyxzyxf −−+−=
23
dimdim IRIR  , donc f ne peut pas être injective donc f ne peut pas être bijective :
o
2
Im IRf = donc f est surjective.
o { })0,0,0()( ≠fKer donc f n’est pas injective.
b. f définie de
3
IR vers
2
IR par : ),(),,( xzyzyxzyxf −+−−=
23
dimdim IRIR  , donc f ne peut pas être injective donc f ne peut pas être bijective :
o 1)dim(Im =f , donc
2
Im IRf ≠ donc f n’est pas surjective.
o { })0,0,0()( ≠fKer donc f n’est pas injective.
c. f définie de
2
IR vers
3
IR par : ),,(),( yxxyyxyxf −+−=
23
dimdim IRIR  , donc f ne peut pas être surjective donc f ne peut pas être
bijective :
o 2)dim(Im =f , donc
3
Im IRf ≠ donc f n’est pas surjective.
o { })0,0()( =fKer donc f est injective.
o f définie de
3
IR vers
3
IR par : ),22,2(),,( zyxzyxzyxzyxf −+−++++=
33
dimdim IRIR = , donc f peut être bijective :
f est bijective ssi f est injective ssi f est surjective
o 2)dim(Im =f donc
3
Im IRf ≠ et f n’est pas surjective.
o { })0,0,0()( ≠fKer donc f n’est pas injective.
o f n’est alors pas un automorphisme de 3
IR .
51
d. f définie de
3
IR vers
3
IR par : ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++=
33
dimdim IRIR = , donc f peut être bijective :
f est bijective ssi f est injective ssi f est surjective
o 3
Im IRf = donc f est surjective.
o { })0,0,0()( =fKer donc f est injective.
o f est alors un automorphisme de 3
IR .
♦ Déterminons alors
1−
f .
1−
f définie de
3
IR vers
3
IR par : ),,(),,(1
zyxZYXf =−
ssi ),,(),,( ZYXzyxf =
),,(),,( ZYXzyxf = ssi ),,(),,( ZYXzyxzyxzyx =−++−++
ssi





=−+
=+−
=++
Zzyx
Yzyx
Xzyx
)3(
)2(
)1(
ssi





+=
−=
−=
+
−
−
ZYx
YXy
ZXz
2
2
2
)3()2(
)2()1(
)3()1(
ssi








+=
−=
−=
ZYx
YXy
ZXz
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
♦ La bijection réciproque
1−
f de ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++= est alors définie de
3
IR vers
3
IR par : 





−−+=−
ZXYXZYZYXf
2
1
2
1
,
2
1
2
1
,
2
1
2
1
),,(1
Correction de l’exercice 2
1) Déterminons une base de { }0/),,( 3
=−∈= zxIRzyxV :
♦ Vzyx ∈),,( ssi 0== zx ssi )1,0,1.()0,1,0.(),,(),,( xyxyxzyx +== , ( )IRyx ∈,
♦ Donc : { })1,0,1(),0,1,0(=B est une base de V , 2dim =V
2) l’application linéaire g définie de V vers 2
IR par : ),()),,(( yxyxzyxg −+=
52
a) Calculons l’image de la base B de V par g .
{ }



=
−=
⇒



=
=
=
)1,1()(
)1,1()(
)1,0,1(
)0,1,0(
:,
2
1
2
1
21
ug
ug
u
u
uuB
b) Montrons que g est un isomorphisme de V vers 2
IR et déterminons
1−
g .
♦ Montrons que g est un isomorphisme de V vers 2
IR :
g est une application linéaire de V vers 2
IR et 2)dim(dim 2
== IRV
Pour montrer que g est un isomorphisme, il suffit alors de montrer que g est injective
ou g est surjective.
Montrons que g est injective : { })0,0,0()(
?
=gKer
o Déterminons )(gKer : { })0,0(),,(/),,()( =∈= zyxgVzyxfKer
o )(),,( gKerzyx ∈ ssi





=−
=+
=−
0
0
0
yx
yx
zx
ssi 0=== zyx
o Donc : { })0,0,0()( =gKer
g est alors injective donc bijective.
Ou bien :
Montrons que g est surjective :
2
?
)Im( IRg =
o == 2121 ,))(),(Im vvugugg avec :



=
−=
)1,1(
)1,1(
2
1
v
v
o Déterminons le rang du système { }21,vvS = : 2)(1 ≤≤ Srg
o Le système { }21,vvS = est libre (calcul) 2)dim(Im2)( =⇒=⇒ gSrg
o { }21,uu est alors une base de gIm :
2
)Im( IRg =
g est alors surjective donc bijective.
♦ g est alors un isomorphisme de V vers 2
IR .
53
♦ Déterminons
1−
g : ),,(),(1
zyxYXg =−
ssi ),(),,( YXzyxg = , avec Vzyx ∈),,(
( )VzyxYXzyxg ∈= ),,(),,(),,( ssi





=−
=+
=−
Yyx
Xyx
zx 0
)3(
)2(
)1(
ssi





−=
+=
=
−
+
YXy
YXx
xz
2
2
)3()2(
)3()2(
)1(
ssi








−=
+=
+=
YXy
YXx
YXz
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
♦ L’isomorphisme réciproque
1−
g de ),()),,(( yxyxzyxg −+= est alors définie de 2
IR vers
par : 





+−+=−
YXYXYXYXg
2
1
2
1
,
2
1
2
1
,
2
1
2
1
),(1
54
érie 3 :
------------------------------------------------------------------------------------S
1ière année
Maths et Inf
2014/2015
Exercice 1
Matière: Algèbre linéaire
Responsable: Mr
Université d Oum’
Matrices






=
01
12
A 





=
21
10
B .
BA + , BA× , AB × , 2
A 2
B .
).(2)( 222
BABABA ×++=+ ?






=
12
01
A 





=
21
02
B .
On considère les matrices
a. Calculer
b. A-t-on
Mêmes questions pour les matrices
et
et
et
1)
2)
Soit la matrice 𝐴 de définie par : 𝐴 = (
13 −8 −12
12 −7 −12
6 −4 −5
)
1. Montrer que 𝐴 est inversible et calculer son inverse 𝐴−1
.
2. En déduire 𝐴 𝑛
, pour tout 𝑛 entier.
Exercice 3
Soit 𝐴 la matrice de définie par : 𝐴 = (
0 1 1
1 0 1
1 1 0
)
1. Calculer 𝐴2
.
2. Trouver un polynôme 𝑃 de degré 2 tel que 𝑃( 𝐴) = 𝑂.
3. En déduire 𝐴−1
.
4. Retrouver 𝐴−1
par une autre méthode.
Exercice 4
Calculer les déterminants des matrices suivantes :
7 11
−8 4


1 0 6
3 4 15
5 6 21




1 0 2
3 4 5
5 6 7




1 0 −1
2 3 5
4 1 3






0 1 2 3
1 2 3 0
2 3 0 1
3 0 1 2








0 1 1 0
1 0 0 1
1 1 0 1
1 1 1 0








1 2 1 2
1 3 1 3
2 1 0 6
1 1 1 7




Exercice 2
Elbouaghi Algérie.
Djeddi K amel.E-mail:djeddi.kamel@gmail.com
55
Exercice 5
Soit 𝛽 = ( 𝑒1, 𝑒2, 𝑒3) la base canonique de ℝ3
.
Soit 𝑢 l’endomorphisme de ℝ3
dont la matrice dans la base canonique est :
𝐴 = (
1 4 4
−1 −3 −3
0 2 3
)
Soient 𝑎 = 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3, 𝑏 = 2𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 et 𝑐 = 2𝑒1 − 2𝑒2 + 𝑒3 trois vecteurs de ℝ3
1. Montrer que 𝛽′
= ( 𝑎, 𝑏, 𝑐) est une base de ℝ3
.
2. Déterminer la matrice de passage 𝑃 de 𝛽 à 𝛽′
. Calculer 𝑃−1
.
3. Déterminer la matrice 𝑅 de 𝑢 dans la base 𝛽′
.
4.
a) Calculer 𝑃−1
𝐴𝑃 en fonction de 𝑅
b) Calculer 𝑅4
c) En déduire les valeurs de 𝐴4𝑛
.
Exercice 6










−
−
−
=
211
121
112
A 33IAB += .
2
B B .
2
A A .
A
On considère les matrices1)
a. Exprimer en fonction de
b. En déduire en fonction de
c. La matrice est-elle inversible ?
et on pose










−
−
−
−
=
2111
1211
1121
1112
A 43IAB += .2) Mêmes questions pour les matrices et
56
Mr Djeddi K amel
Correction de l’exercice 1
1) 





=
01
12
A 





=
21
10
B
BA + , BA× , AB × , 2
A et 2
B .
♦ 





=+
22
22
BA , 





=×
10
41
BA , 





=×
14
01
AB , 





=
12
252
A , 





=
52
212
B
b. 222
.2)( BBAABA +×+≠+ : ABBA ×≠×
♦ )()()( 2
BABABA +×+=+ 





=+⇒
88
88
)( 2
BA
♦ 





=+×+
84
128
.2 22
BBAA
2) 





=
12
01
A et 





=
21
02
B
a. Calcul de BA + , BA× , AB × , 2
A et 2
B .
♦ 





=+
33
03
BA , 





=×
25
02
BA , 





=×
25
02
AB , 





=
14
012
A , 





=
44
042
B
b. 222
.2)( BBAABA +×+=+ : ABBA ×=×
♦ )()()( 2
BABABA +×+=+ 





=+⇒
918
09
)( 2
BA
♦ 





=+×+
918
09
.2 22
BBAA
a. Calcul de
et
Corrections
E-mail:djeddi.kamel@gmail.com
57
Correction de l’exercice 2
𝑌 = 𝐴𝑋 ⇔ 𝐴𝑋 = 𝑌
⇔ {
13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1
12𝑥1 − 7𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦2
6𝑥1 − 4𝑥2 − 5𝑥3 = 𝑦3
⇔ 13𝐿2 − 12𝐿1
2𝐿3 − 𝐿2
{
13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1
5𝑥2 − 12𝑥3 = 13𝑦2 − 12𝑦1
−𝑥2 + 2𝑥3 = 2𝑦3 − 𝑦2
⇔
5𝐿3 + 𝐿2
{
13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1
5𝑥2 − 12𝑥3 = 13𝑦2 − 12𝑦1
−2𝑥3 = 10𝑦3 − 5𝑦2 + 13𝑦2 − 12𝑦1
⇔ {
13𝑥1 = 𝑦1 + 8𝑥2 + 12𝑥3
5𝑥2 = 13𝑦2 − 12𝑦1 + 12𝑥3
𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
⇔ {
13𝑥1 = 𝑦1 + 8𝑥2 + 12(6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3)
5𝑥2 = 13𝑦2 − 12𝑦1 + 12(6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3) = 60𝑦1 − 35𝑦2 − 60𝑦3
𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
⇔ {
13𝑥1 = 73𝑦1 − 48𝑦2 − 60𝑦3 + 8(12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3)
𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3
𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
⇔ {
13𝑥1 = 169𝑦1 − 104𝑦2 − 156𝑦3
𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3
𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
⇔ {
𝑥1 = 13𝑦1 − 8𝑦2 − 12𝑦3
𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3
𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3
⇔ (
𝑥1
𝑥2
𝑥3
) = (
13 −8 −12
12 −7 −12
6 −4 −5
) (
𝑦1
𝑦2
𝑦3
)
Donc 𝐴−1
= (
13 −8 −12
12 −7 −12
6 −4 −5
) = 𝐴
Le mieux aurait été de changer les rôles de 𝑥1 et 𝑥3 dans le premier système.
𝐴2
= 𝐼 donc 𝐴2𝑛
= 𝐴2 𝑛
= 𝐼 𝑛
= 𝐼 et 𝐴2𝑛+1
= 𝐴2𝑛
𝐴 = 𝐴.
Correction de l’exercice 3
1. et 2.
𝐴2
= (
0 1 1
1 0 1
1 1 0
) (
0 1 1
1 0 1
1 1 0
) = (
2 1 1
1 2 1
1 1 2
) = 𝐴 + 2𝐼 donc 𝑃( 𝑋) = 𝑋2
− 𝑋 − 2
𝐴2
− 𝐴 = 2𝐼 ⇔ 𝐴( 𝐴 − 𝐼) = 2𝐼 ⇔ 𝐴 ×
𝐴−𝐼
2
= 𝐼 donc 𝐴−1
=
𝐴−𝐼
2
=
1
2
(
−1 1 1
1 −1 1
1 1 −1
)
58
Mr Djeddi K amel
𝐴𝑋 = 𝑌 ⇔ (
0 1 1
1 0 1
1 1 0
) (
𝑥1
𝑥2
𝑥3
) = (
𝑦1
𝑦2
𝑦3
) = {
𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1
𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2
𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3
𝑥1 dans la
𝑥1et 𝑥2 soit on intervertit la ligne 1 avec une ligne où il y a un 𝑥1
Ici il y a un problème pour appliquer le pivot de Gauss parce qu’il n’y a pas de
termes en première ligne, il y a deux façons d’arranger ce problème, soit
on intervertit , c’est
ce que nous allons faire.
𝐿1
𝐿2
𝐿3
{
𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1
𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2
𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3
⇔
𝐿2
𝐿1
𝐿3
{
𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2
𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1
𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3
⇔
𝐿1
𝐿2
𝐿3 − 𝐿1
{
𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2
𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1
𝑥2 − 𝑥3 = −𝑦2 + 𝑦3
⇔
𝐿1
𝐿2
𝐿3 − 𝐿2
{
𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2
𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1
−2𝑥3 = −𝑦1 − 𝑦2 + 𝑦3
⇔ {
𝑥1 = −𝑥3+ 𝑦2
𝑥2 = −𝑥3 + 𝑦1
𝑥3 =
1
2
𝑦1 +
1
2
𝑦2 −
1
2
𝑦3
⇔
{
𝑥1 = − (
1
2
𝑦1 +
1
2
𝑦2 −
1
2
𝑦3) + 𝑦2
𝑥2 = − (
1
2
𝑦1 +
1
2
𝑦2 −
1
2
𝑦3) + 𝑦1
𝑥3 =
1
2
𝑦1 +
1
2
𝑦2 −
1
2
𝑦3
⇔
{
𝑥1 = −
1
2
𝑦1 +
1
2
𝑦2 +
1
2
𝑦3
𝑥2 =
1
2
𝑦1 −
1
2
𝑦2 +
1
2
𝑦3
𝑥3 =
1
2
𝑦1 +
1
2
𝑦2 −
1
2
𝑦3
⇔ (
𝑥1
𝑥2
𝑥3
)
=
(
−
1
2
1
2
1
2
1
2
−
1
2
1
2
1
2
1
2
−
1
2)
(
𝑦1
𝑦2
𝑦3
) Donc 𝐴−1
=
(
−
1
2
1
2
1
2
1
2
−
1
2
1
2
1
2
1
2
−
1
2)
Correction de l’exercice 4
1. Le déterminant de la matrice
a b
c d
est
a b
c d
= ad −bc
7 11
−8 4
= 7×4−11×(−8) = 116.
2. Nous allons voir différentes méthodes pour calculer les déterminants.
Première méthode. Règle de Sarrus. Pour le matrice 3×3 il existe une formule qui permet de calculer
directement le déterminant.
.
Donc
59
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
= a11a22a33 +a12a23a31 +a21a32a13 −a13a22a31 −a11a32a23 −a12a21a33
Donc
1 0 6
3 4 15
5 6 21
= 1×4×21+0×15×5+3×6×6−5×4×6−6×15×1−3×0×21 = −18
Attention ! La règle de Sarrus ne s’applique qu’aux matrices 3×3.
3. Deuxième méthode. Se ramener à une matrice diagonale ou triangulaire.
Si dans une matrice on change un ligne Li en Li −λLj
avec les colonnes.
alors le déterminant reste le même.
Même chose
L1 1 0 2
L2 3 4 5
L3 5 6 7
=
1 0 2
L2←L2−3L1 0 4 −1
L3←L3−5L1 0 6 −3
=
1 0 2
0 4 −1
L3←L3−3
2 L2
0 0 −3
2
= 1×4×(−3
2) = −6
cients sur la diagonale.
On a utilisé le fait que le déterminant d’une matrice diagonale (ou triangulaire) est le produit
des coeffi
4. Troisième méthode. Développement par rapport à une ligne ou une colonne.
par rapport à la deuxième colonne.
1 0 −1
2 3 5
4 1 3
= (−0)×
2 5
4 3
+(+3)×
1 −1
4 3
+(−1)×
1 −1
2 5
= 0+3×7−1×7 = 14
Nous allons
développer
Bien souvent on commence par simplifier la matrice en faisant apparaître un maximum de 0 par les
opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes. Puis on développe en choisissant la ligne ou la
colonne qui a le plus de 0.
5. On fait apparaître des 0 sur la première colonne puis on développe par rapport à cette colonne.
∆ =
L1 0 1 2 3
L2 1 2 3 0
L3 2 3 0 1
L4 3 0 1 2
=
0 1 2 3
1 2 3 0
L3←L3−2L2 0 −1 −6 1
L4←L4−3L2 0 −6 −8 2
= −
1 2 3
−1 −6 1
−6 −8 2
Pour calculer le déterminant 3×3 on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on la développe.
−∆ =
L1 1 2 3
L2 −1 −6 1
L3 −6 −8 2
=
1 2 3
L2←L2+L1 0 −4 4
L3←L3+6L1 0 4 20
= 1
−4 4
4 20
= −96
60
Mr Djeddi K amel
Donc ∆ = 96.
6. La matrice a déjà beaucoup de 0 mais on peut en faire apparaître davantage sur la dernière colonne, puis
on développe par rapport à la dernière colonne.
∆ =
L1 0 1 1 0
L2 1 0 0 1
L3 1 1 0 1
L4 1 1 1 0
=
0 1 1 0
1 0 0 1
L3←L3−L2 0 1 0 0
1 1 1 0
=
0 1 1
0 1 0
1 1 1
On développe ce dernier déterminant par rapport à la première colonne :
∆ =
0 1 1
0 1 0
1 1 1
= 1×
1 1
1 0
= −1
7. Toujours la même méthode, on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on développe par
rapport à cette colonne.
∆ =
L1 1 2 1 2
L2 1 3 1 3
L3 2 1 0 6
L4 1 1 1 7
=
1 2 1 2
L2←L2−L1 0 1 0 1
L3←L3−2L1 0 −3 −2 2
L4←L4−L1 0 −1 0 5
=
1 0 1
−3 −2 2
−1 0 5
On développe par rapport à la deuxième colonne :
∆ = −2×
1 1
−1 5
= −12
Correction de l’exercice 5
det( 𝑎, 𝑏, 𝑐) = |
1 2 2
−1 −1 −2
1 1 1
| =
𝐶3 − 𝐶2
|
1 2 2
−1 −1 −2
0 0 −1
|
= − |
1 2
−1 −1
| = −(−1 + 2) = −1 ≠ 0
Donc ( 𝑎, 𝑏, 𝑐) est une base de ℝ3
1.
2.
𝑃 = (
1 2 2
−1 −1 −2
1 1 1
)
𝑃𝑋 = 𝑌 ⇔ (
1 2 2
−1 −1 −2
1 1 1
) (
𝑥1
𝑥2
𝑥3
) = (
𝑦1
𝑦2
𝑦3
) ⇔
𝐿1
𝐿2
𝐿3
{
𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 𝑦1
−𝑥1 − 𝑥2 − 2𝑥3 = 𝑦2
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦3
61
⇔
𝐿1
𝐿2 + 𝐿1
𝐿3 + 𝐿2
{
𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 𝑦1
𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2
−𝑥3 = 𝑦2 + 𝑦3
⇔ {
𝑥1 = −2𝑥2 − 2𝑥3 + 𝑦1
𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2
𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3
⇔ {
𝑥1 = −2𝑦1 − 2𝑦2 + 2𝑦2 + 2𝑦3 + 𝑦1
𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2
𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3
⇔ {
𝑥1 = −𝑦1 + 2𝑦3
𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2
𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3
Donc
𝑃−1
= (
−1 0 2
1 1 0
0 −1 −1
)
3. Les coordonnées de 𝑢( 𝑎) dans la base 𝛽 sont
(
1 4 4
−1 −3 −3
0 2 3
) (
1
−1
1
) = (
1
−1
1
)
Donc 𝑢( 𝑎) = 𝑎
Les coordonnées de 𝑢( 𝑏) dans la base 𝛽 sont
(
1 4 4
−1 −3 −3
0 2 3
) (
2
−1
1
) = (
2
−2
1
)
Donc 𝑢( 𝑏) = 𝑐
Les coordonnées de 𝑢( 𝑐) dans la base 𝛽 sont
(
1 4 4
−1 −3 −3
0 2 3
) (
2
−2
1
) = (
−2
1
−1
)
Donc 𝑢( 𝑐) = −𝑏
Par conséquent
𝑅 = (
1 0 0
0 0 −1
0 1 0
)
4.
a)
𝑃−1
𝐴𝑃 = (
−1 0 2
1 1 0
0 −1 −1
) (
1 4 4
−1 −3 −3
0 2 3
) (
1 2 2
−1 −1 −2
1 1 1
)
= (
−1 0 2
1 1 0
0 −1 −1
) (
1 2 −2
−1 −2 1
1 1 −1
) = (
1 0 0
0 0 −1
0 1 0
) = 𝑅
62
b)
𝑅2
= (
1 0 0
0 0 −1
0 1 0
) (
1 0 0
0 0 −1
0 1 0
) = (
1 0 0
0 −1 0
0 0 −1
)
𝑅4
= 𝑅2
𝑅2
= (
1 0 0
0 −1 0
0 0 −1
) (
1 0 0
0 −1 0
0 0 −1
) = (
1 0 0
0 1 0
0 0 1
) = 𝐼
c) 𝑅 = 𝑃−1
𝐴𝑃 ⇔ 𝐴 = 𝑃𝑅𝑃−1
𝐴4
= 𝑃𝑅𝑃−1
𝑃𝑅𝑃−1
𝑃𝑅𝑃−1
𝑃𝑅𝑃−1
= 𝑃𝑅4
𝑃−1
= 𝑃𝐼𝑃−1
= 𝐼
Donc
𝐴4𝑛
= ( 𝐴4) 𝑛
= 𝐼 𝑛
= 𝐼
Correction de l’exercice 6
1)










−
−
−
=
211
121
112
A , 33IAB +=
a. 2
B en fonction de B :










=⇒+=
111
111
111
3 3 BIAB
♦










=
111
111
111
B : ⇒










=×=
333
333
333
2
BBB BB .32
=
b. 2
A en fonction de A .
♦ 33 33 IBAIAB −=⇒+=
♦ Les matrices B et 3).3( I− commutent : BIBBI ).3().3().3( 33 −=−×=×−
( ) ( ) ( ) 2
3
2
3
2
3
2
.32.3.3 BBIIIBA +×−×+−=−=⇒
( ) BIBBIBBIIBA .3.9.3.6.9.6.9.3 33
2
3
2
3
2
−=+−=+−=−=⇒ , car BB .32
=
ABIBIA .3).3.(3.3.9 33
2
−=+−−=−=⇒ , BIA +−= 3.3
Donc AA .32
−=
c. La matrice A n'est pas inversible :
On suppose que la matrice A est inversible
On a alors 3
1
IAA =× −
et AA .32
−=
Donc 3
11
.3.3 IAAAAAA −=⇒×−=×× −−
Or 3.3 IA −≠ , donc la matrice A n'est pas inversible.
63
Mr Djeddi K amel
2)














−
−
−
−
=
2111
1211
1121
1112
A , 43IAB +=
a. 2
B en fonction de B :














=⇒+=
1111
1111
1111
1111
3 4 BIAB
♦














=
1111
1111
1111
1111
B : ⇒














=×=
4444
4444
4444
4444
2
BBB BB .42
=
b. 2
A en fonction de A .
♦ 44 33 IBAIAB −=⇒+=
♦ Les matrices B et 4).3( I− commutent : BIBBI ).3().3().3( 44 −=−×=×−
( ) ( ) ( ) 2
4
2
4
2
4
2
.32.3.3 BBIIIBA +×−×+−=−=⇒
BIBBIBBIA .2.9.4.6.9.6.9 44
2
4
2
−=+−=+−=⇒ , car BB .42
=
AIBIIBIIA .23).3).(2(3.2.63 44434
2
−=+−−+=−+=⇒ , BIA +−= 4.3
Donc AIA .23 4
2
−=
c. La matrice A est inversible :
44444
2
4
2
).2(
3
1
.).2(.
3
1
3.2.23 IIAAIIAAIAAAIA =





+×⇒=+×⇒=+⇒−=
Donc 44 /).2(
3
1
)4( IBAIABMB =×





+=∈∃
Donc la matrice A est inversible et ).2(
3
1
4
1
IAA +=−
64
Mr Djeddi K amel
érie 4 :
------------------------------------------------------------------------------------S
1ière année
Maths et Inf
2014/2015
Exercice 1
Matière: Algèbre linéaire
DjeddiKResponsable: Mr
Université d Oum Elbouaghi’
Résolution de systèmes d'équations
65

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Algèbre linéaire cours et exercices corrigés djeddi kamel mostafa

  • 1. mel mostafaDjeddi ak Université d'Oum Elbouaghi Département de Mathématiques et Informatique 26 Avril 2015 E-mai:djeddi.kamel@gmail.com https://www.djeddi-kamel.webs.com/apps/documents https://www.slideshare.net/djeddikamel Algèbre Linéaire Cours et Exercices Corrigés
  • 2. Table des matières 1 Généralités 2 1.1 Espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2 Applications linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Familles libres, génératrices, bases et dimension d’un espace vectoriel 5 2 Matrices 8 3 Exercices et corrigés 37
  • 3. 1 Généralités Il s’agit d’un rappel de certaines notions d’algèbre linéaire, non pas d’un cours complet sur le sujet. 1.1 Espaces vectoriels On rappelle ici brièvement les premières définitions. Le corps K sera R ou C en général. Définition 1. On appelle espace vectoriel sur le corps K tout triplet (E, +, .) où : – (E, +) est un groupe abélien (= commutatif). – . est une loi de composition externe à gauche, i.e une application K × E → E (λ, x) → λ.x vérifiant : 1. ∀x ∈ E, 1Kx = x 2. ∀λ ∈ K, ∀(x, y) ∈ E2 , λ(x + y) = λx + λy 3. ∀(λ, µ) ∈ K2 , (λ + µ)x = λx + µx 4. ∀(λ, µ) ∈ K2 , (λµ)x = λ(µx) Définition 2. Soit (E, +, .) un K-espace vectoriel. On appelle sous-espace vectoriel de E toute partie F de E stable pour + et . et qui, munie des lois induites, est un K-espace vectoriel. Pour démontrer qu’un espace est un sous-espace vectoriel, on utilise en général la caractérisation suivante : Proposition 1. Soit F ⊂ E F est un sous-espace vectoriel de E ⇐⇒ F = ∅ ∀(x, y) ∈ F2 , ∀(λ, µ) ∈ K2 , λx + µy ∈ F Définition 3. Soit X une partie de E. On appelle sous-espace vectoriel de E engendré par X (on le note Vect(X)) le plus petit espace vectoriel contenant X. 2
  • 4. Définition 4. Soient F et G deux sous-espaces vectoriels d’un même espace vec- toriel E. On appelle somme de F et G et on note F + G F + G = {x + y, (x, y) ∈ F × G} L’application somme F × G → F + G (a, b) → a + b est surjective par définition. Lorsqu’elle est injective, on dit que F +G est directe ou que F et G sont en somme directe. Dans ce cas, on note F + G = F ⊕ G. On dit que F et G sont supplémentaires si F + G = F ⊕ G = E Proposition 2. F + G = F ⊕ G ⇐⇒ F G = {0} F ⊕ G = E ⇐⇒    E = F + G F G = {0} Remarque. (a) Il n’y a pas (en général) unicité du supplémentaire : R2 = Vect {(1, 0)} ⊕ Vect {(0, 1)} = Vect {(1, 0)} ⊕ Vect {(1, 1)} (b) Ne pas confondre supplémentaire et complémentaire : R2 = Vect {(1, 0)} ⊕ Vect {(0, 1)} mais (1, 1) /∈ Vect {(1, 0)} Vect {(0, 1)} 3 Mr Djeddi K amel
  • 5. 1.2 Applications linéaires Définition 5. On appelle application K-linéaire de E vers F toute application f : E → F vérifiant : ∀(x, y) ∈ E2 , ∀(λ, µ) ∈ K2 , f(λx + µy) = λf(x) + µf(y) On note LK(E, F) l’ensemble de ces applications. Si E = F, on le note LK(E) et ces applications sont appelées endormorphismes. Lorqu’il n’y a pas de confusion possible, on omet souvent le corps de base pour alléger la notation. Exemples : (a) IdE ∈ LK(E) (b) f : R → R appartient à LK(R) x → ax (c) f : C → C appartient à LR(C) mais n’appartient pas à LC(C) z → z (d) E = C∞ (R) D : E → E appartient à LR(E) f → f Définition 6. Si f ∈ L(E, F), l’image de f, notée f(E) ou Imf, est un sous-espace vectoriel de F. Il en est de même pour le noyau de f, noté kerf et défini par kerf = {x ∈ E|f(x) = 0} Proposition 3. f est surjective ⇐⇒ Imf = F f est injective ⇐⇒ kerf = {0} Définition 7. On note GL(E) l’ensemble des isomorphismes (endomorphismes bijectifs) de E. Cet ensemble forme alors un groupe pour la loi de composition. Définition 8. On appelle forme linéaire sur E un K-espace vectoriel toute ap- plication linéaire de E dans K. On note E∗ = LK(E, K) l’ensemble de ces formes linéaires, autrement appelé l’espace dual de E. Définition 9. On appelle hyperplan de E tout noyau d’une forme linéaire non identiquement nulle sur E. Remarque. On verra après avec la notion de dimension que cette définition d’hy- perplan rejoint bien en dimension finie celle d’un espace de dimension n − 1. 4 Mr Djeddi K amel
  • 6. 1.3 Familles libres, génératrices, bases et dimension d’un espace vectoriel Définition 10. Soit (vi)i∈I une famille de vecteurs de E. 1. La somme λivi, où {λi = 0} est fini, est appelée combinaison linéaire (C.L) des {vi}. 2. On dit que les vecteurs v1, . . . , vk sont linéairement indépendants ou encore qu’ils forment une famille libre si , pour tous λ1, . . . , λk dans K, on a l’implication λ1v1 + . . . + λkvk = 0 ⇒ λ1 = λ2 = . . . = λk = 0. 3. On dit au contraire que les vecteurs v1, . . . , vk sont linéairement dépen- dants ou encore qu’ils forment une famille liée s’il existe λ1, . . . , λk dans K tels que : λ1v1 + . . . + λkvk = 0 et (λ1, . . . , λk) = (0, . . . , 0). 4. Les vecteurs v1, . . . , vk engendrent E, ou encore forme une famille gé- nératrice de E si pour tout v ∈ E, il existe x1, . . . , xk dans K tels que v = x1v1 + . . . + xkvk. Autrement dit Vect(v1, . . . , vk) = E. 5. Une famille libre et génératrice est appelé une base de E. Exemples : (a) Toute famille formée d’un unique vecteur non nul est libre. (b) Toute famille dont l’un des vecteur est nul est liée. (c) (1, i) est libre dans le R-espace vectoriel C, mais liée dans le C-espace vectoriel C. (d) Dans Kn , posons ej = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) avec le 1 en j-ème position. Alors les {ej}j=1...n forment une base, appelée la base canonique de Kn . (e) (1, X, . . . , Xn ) est la base canonique de Kn[X]. Remarque. On a défini ces notions dans le cadre de famille finie, mais on peut aussi le faire pour des familles infinies. Une famille est dite libre si toute sous-famille finie l’est. Elle est génératrice lorsque tout élement peut s’exprimer comme une combinaison linéaire finie de ses élements. On peut par exemple se convaincre que (Xk )k 0 est une base (infinie) de K[X]. Théorème 1. S’il existe une base de E de cardinal n < ∞, toutes les bases de E ont ce même cardinal n, qu’on appelle alors la dimension de E. Dans ce cas, E est un espace de dimension finie. 5 Mr Djeddi K amel
  • 7. Remarque. (i) La compréhension des familles libres ou génératrices et des bases est extrêmement importante car ce sont des outils très utilisés en algèbre linéaire. En effet, si on connaît une application linéaire sur une base, on la connaît sur l’espace entier (grâce à la linéarité de la fonction et au caractère générateur de la base). C’est pour cette raison que les applications linéaires peuvent être représentées dans un tableau de taille finie, qu’on appellera une matrice. (ii) Tout espace vectoriel admet des bases. (iii) En dimension finie, on peut compléter une famille libre en une base comme on peut extraire une base d’une famille génératrice. Il s’agit du théorème de la base incomplète. Théorème 2 (de la base incomplète). Toute famille libre de vecteurs de E peut être complétée en une famille libre et génératrice (i.e une base) de E. Inverse- ment, de toute famille génératrice de E, on peut extraire une sous-famille libre et génératrice. On peut s’entraîner à manipuler ces définitions pour démontrer les propriétés suivantes sur la dimension : Proposition 4. 1. Soient n 2, E1, . . . , En des K-espaces vectoriels de di- mension finie, alors n i=1 Ei est un espace vectoriel de dimension finie et dim n i=1 Ei = n i=1 dim Ei 2. Si E est de dimension finie et F un sous-espace vectoriel de E, alors dim F dim E avec égalité si et seulement si F = E. 3. Si E est de dimension finie et F un sous-espace vectoriel de E, alors F admet au moins un supplémentaire dans E et pour tout supplémentaire G de F dans E, dim G = dim E − dim F 4. [Théorème de Grassman] Si F et G sont deux sous-espaces vectoriels de E de dimension finie, alors dim(F + G) = dim F + dim G − dim(F G) Remarque. (a) On utilise très souvent le fait que F ⊂ E et dim F = dim E pour conclure que F = E 6 Mr Djeddi K amel (b) On rappelle qu’il n’y a pas en général unicité du supplémentaire.
  • 8. (c) On peut tout de suite déduire du théorème de Grassman E = F ⊕ G ⇐⇒ dim F + dim G = dim E et F G = {0} (d) Si F et G sont supplémentaires et si b est une base de F, b une base de G, alors b = b b est une base de F ⊕ G Proposition 5. Deux K-espaces vectoriels de dimension finie sont isomorphes si et seulement s’ils ont la même dimension. Définition 11. 1. On appelle rang d’une famille de vecteurs la dimension de l’espace vectoriel qu’il engendre (Rg(F) = dim Vect(F)). 2. On appelle rang d’une application la dimension de son image (Rg(f) = dim Imf). Cela nous permet d’arriver au Théorème du rang, très utile en algèbre li- néaire. Théorème 3. Soit E un espace vectoriel de dimension finie, et F un espace vec- toriel de dimension quelconque. Si f ∈ L(E, F), alors Rg(f) + dim ker f = dim E Ce théorème fondamental a par exemple pour conséquence immédiate la pro- priété bien connue suivante : Proposition 6. Soient E et F deux espaces vectoriels de dimension finie vérifiant dim E = dim F. Si f ∈ L(E, F), alors f est injective ⇐⇒ f est surjective ⇐⇒ f est bijective Remarque. L’équivalence n’est pas vraie en dimension infinie. Par exemple, l’ap- plication dérivée sur l’espace des polynômes est surjective, mais pas injective. La multiplication par X sur ce même espace est injective, mais pas surjective. 7 Mr Djeddi K amel
  • 9. Matrices Les matrices sont des tableaux de nombres. La résolution d’un certain nombre de problèmes d’algèbre linéaire se ramène à des manipulations sur les matrices. Ceci est vrai en particulier pour la résolution des systèmes linéaires. Dans ce chapitre, K désigne un corps. On peut penser à Q, R ou C. 1. Définition 1.1. Définition Définition 1 – Une matrice A est un tableau rectangulaire d’éléments de K. – Elle est dite de taille n× p si le tableau possède n lignes et p colonnes. – Les nombres du tableau sont appelés les coefficients de A. – Le coefficient situé à la i-ème ligne et à la j-ème colonne est noté ai,j. Un tel tableau est représenté de la manière suivante : A =            a1,1 a1,2 ... a1,j ... a1,p a2,1 a2,2 ... a2,j ... a2,p ... ... ... ... ... ... ai,1 ai,2 ... ai,j ... ai,p ... ... ... ... ... ... an,1 an,2 ... an,j ... an,p            ou A = ai,j 1 i n 1 j p ou ai,j . Exemple 1 A = 1 −2 5 0 3 7 est une matrice 2×3 avec, par exemple, a1,1 = 1 et a2,3 = 7. Encore quelques définitions : 8
  • 10. Définition 2 – Deux matrices sont égales lorsqu’elles ont la même taille et que les coefficients corres- pondants sont égaux. – L’ensemble des matrices à n lignes et p colonnes à coefficients dans K est noté Mn,p(K). Les éléments de Mn,p(R) sont appelés matrices réelles. 1.2. Matrices particulières Voici quelques types de matrices intéressantes : – Si n = p (même nombre de lignes que de colonnes), la matrice est dite matrice carrée. On note Mn(K) au lieu de Mn,n(K).       a1,1 a1,2 ... a1,n a2,1 a2,2 ... a2,n ... ... ... ... an,1 an,2 ... an,n       Les éléments a1,1,a2,2,...,an,n forment la diagonale principale de la matrice. – Une matrice qui n’a qu’une seule ligne (n = 1) est appelée matrice ligne ou vecteur ligne. On la note A = a1,1 a1,2 ... a1,p . – De même, une matrice qui n’a qu’une seule colonne (p = 1) est appelée matrice colonne ou vecteur colonne. On la note A =       a1,1 a2,1 ... an,1       . – La matrice (de taille n × p) dont tous les coefficients sont des zéros est appelée la matrice nulle et est notée 0n,p ou plus simplement 0. Dans le calcul matriciel, la matrice nulle joue le rôle du nombre 0 pour les réels. 1.3. Addition de matrices Définition 3. Somme de deux matrices Soient A et B deux matrices ayant la même taille n× p. Leur somme C = A+B est la matrice de taille n× p définie par ci j = ai j + bi j. En d’autres termes, on somme coefficients par coefficients. Remarque : on note indifféremment ai j où ai,j pour les coefficients de la matrice A. Exemple 2 Si A = 3 −2 1 7 et B = 0 5 2 −1 alors A +B = 3 3 3 6 . 9 Mr Djeddi K amel
  • 11. Par contre si B = −2 8 alors A +B n’est pas définie. Définition 4. Produit d’une matrice par un scalaire Le produit d’une matrice A = ai j de Mn,p(K) par un scalaire α ∈ K est la matrice αai j formée en multipliant chaque coefficient de A par α. Elle est notée α· A (ou simplement αA). Exemple 3 Si A = 1 2 3 0 1 0 et α = 2 alors αA = 2 4 6 0 2 0 . La matrice (−1)A est l’opposée de A et est notée −A. La différence A−B est définie par A+(−B). Exemple 4 Si A = 2 −1 0 4 −5 2 et B = −1 4 2 7 −5 3 alors A −B = 3 −5 −2 −3 0 −1 . L’addition et la multiplication par un scalaire se comportent sans surprises : Proposition 1 Soient A, B et C trois matrices appartenant à Mn,p(K). Soient α ∈ K et β ∈ K deux scalaires. 1. A +B = B + A : la somme est commutative, 2. A +(B +C) = (A +B)+C : la somme est associative, 3. A +0 = A : la matrice nulle est l’élément neutre de l’addition, 4. (α+β)A = αA +βA, 5. α(A +B) = αA +αB. Démonstration Prouvons par exemple le quatrième point. Le terme général de (α+β)A est égal à (α+β)ai j. D’après les règles de calcul dans K, (α+β)ai j est égal à αai j +βai j qui est le terme général de la matrice αA+βA. Mini-exercices 1. Soient A = −7 2 0 −1 1 −4 , B = 1 2 3 2 3 1 3 2 1 , C = 21 −6 0 3 −3 12 , D = 1 2 1 0 1 0 1 0 1 1 1 , E = 1 2 −3 0 −8 6 . Calculer toutes les sommes possibles de deux de ces matrices. Calculer 3A +2C et 5B −4D. Trouver α tel que A −αC soit la matrice nulle. 2. Montrer que si A +B = A, alors B est la matrice nulle. 3. Que vaut 0· A ? et 1· A ? Justifier l’affirmation : α(βA) = (αβ)A. Idem avec nA = A + A + ···+ A (n occurrences de A). 10 Mr Djeddi K amel
  • 12. 2. Multiplication de matrices 2.1. Définition du produit Le produit AB de deux matrices A et B est défini si et seulement si le nombre de colonnes de A est égal au nombre de lignes de B. Définition 5. Produit de deux matrices Soient A = (ai j) une matrice n× p et B = (bi j) une matrice p × q. Alors le produit C = AB est une matrice n× q dont les coefficients ci j sont définis par : ci j = p k=1 aikbk j On peut écrire le coefficient de façon plus développée, à savoir : ci j = ai1b1j + ai2b2j +···+ aikbk j +···+ aipbp j. Il est commode de disposer les calculs de la façon suivante.       × × × ×       ← B A →      × × × ×             | | − − − ci j       ← AB Avec cette disposition, on considère d’abord la ligne de la matrice A située à gauche du coefficient que l’on veut calculer (ligne représentée par des × dans A) et aussi la colonne de la matrice B située au-dessus du coefficient que l’on veut calculer (colonne représentée par des × dans B). On calcule le produit du premier coefficient de la ligne par le premier coefficient de la colonne (ai1 × b1j), que l’on ajoute au produit du deuxième coefficient de la ligne par le deuxième coefficient de la colonne (ai2 × b2j), que l’on ajoute au produit du troisième. . . 2.2. Exemples Exemple 5 A = 1 2 3 2 3 4 B =    1 2 −1 1 1 1    On dispose d’abord le produit correctement (à gauche) : la matrice obtenue est de taille 2×2. Puis on calcule chacun des coefficients, en commençant par le premier coefficient c11 = 1×1 + 2×(−1) + 3×1 = 2 (au milieu), puis les autres (à droite). 11 Mr Djeddi K amel
  • 13.    1 2 −1 1 1 1    1 2 3 2 3 4 c11 c12 c21 c22    1 2 −1 1 1 1    1 2 3 2 3 4 2 c12 c21 c22    1 2 −1 1 1 1    1 2 3 2 3 4 2 7 3 11 Un exemple intéressant est le produit d’un vecteur ligne par un vecteur colonne : u = a1 a2 ··· an v =       b1 b2 ... bn       Alors u × v est une matrice de taille 1×1 dont l’unique coefficient est a1b1 + a2b2 +···+ anbn. Ce nombre s’appelle le produit scalaire des vecteurs u et v. Calculer le coefficient ci j dans le produit A × B revient donc à calculer le produit scalaire des vecteurs formés par la i-ème ligne de A et la j-ème colonne de B. 2.3. Pièges à éviter Premier piège. Le produit de matrices n’est pas commutatif en général. En effet, il se peut que AB soit défini mais pas BA, ou que AB et BA soient tous deux définis mais pas de la même taille. Mais même dans le cas où AB et BA sont définis et de la même taille, on a en général AB = BA. Exemple 6 5 1 3 −2 2 0 4 3 = 14 3 −2 −6 mais 2 0 4 3 5 1 3 −2 = 10 2 29 −2 . Deuxième piège. AB = 0 n’implique pas A = 0 ou B = 0. Il peut arriver que le produit de deux matrices non nulles soit nul. En d’autres termes, on peut avoir A = 0 et B = 0 mais AB = 0. Exemple 7 A = 0 −1 0 5 B = 2 −3 0 0 et AB = 0 0 0 0 . Troisième piège. AB = AC n’implique pas B = C. On peut avoir AB = AC et B = C. Exemple 8 A = 0 −1 0 3 B = 4 −1 5 4 C = 2 5 5 4 et AB = AC = −5 −4 15 12 . 12 Mr Djeddi K amel
  • 14. 2.4. Propriétés du produit de matrices Malgré les difficultés soulevées au-dessus, le produit vérifie les propriétés suivantes : Proposition 2 1. A(BC) = (AB)C : associativité du produit, 2. A(B +C) = AB + AC et (B +C)A = BA +CA : distributivité du produit par rapport à la somme, 3. A ·0 = 0 et 0· A = 0. Démonstration Posons A = (ai j) ∈ Mn,p(K), B = (bi j) ∈ Mp,q(K) et C = (ci j) ∈ Mq,r(K). Prouvons que A(BC) = (AB)C en montrant que les matrices A(BC) et (AB)C ont les mêmes coefficients. Le terme d’indice (i,k) de la matrice AB est xik = p =1 ai b k. Le terme d’indice (i, j) de la matrice (AB)C est donc q k=1 xik ck j = q k=1 p =1 ai b k ck j. Le terme d’indice ( , j) de la matrice BC est y j = q k=1 b k ck j. Le terme d’indice (i, j) de la matrice A(BC) est donc p =1 ai q k=1 b k ck j . Comme dans K la multiplication est distributive et associative, les coefficients de (AB)C et A(BC) coïncident. Les autres démonstrations se font comme celle de l’associativité. 2.5. La matrice identité La matrice carrée suivante s’appelle la matrice identité : In =       1 0 ... 0 0 1 ... 0 ... ... ... ... 0 0 ... 1       Ses éléments diagonaux sont égaux à 1 et tous ses autres éléments sont égaux à 0. Elle se note In ou simplement I. Dans le calcul matriciel, la matrice identité joue un rôle analogue à celui du nombre 1 pour les réels. C’est l’élément neutre pour la multiplication. En d’autres termes : Proposition 3 Si A est une matrice n× p, alors In · A = A et A · Ip = A. 13 Mr Djeddi K amel
  • 15. Démonstration Nous allons détailler la preuve. Soit A ∈ Mn,p(K) de terme général ai j. La matrice unité d’ordre p est telle que tous les éléments de la diagonale principale sont égaux à 1, les autres étant tous nuls. On peut formaliser cela en introduisant le symbole de Kronecker. Si i et j sont deux entiers, on appelle symbole de Kronecker, et on note δi,j, le réel qui vaut 0 si i est différent de j, et 1 si i est égal à j. Donc δi,j = 0 si i = j 1 si i = j. Alors le terme général de la matrice identité Ip est δi,j avec i et j entiers, compris entre 1 et p. La matrice produit AIp est une matrice appartenant à Mn,p(K) dont le terme général ci j est donné par la formule ci j = p k=1 aikδk j. Dans cette somme, i et j sont fixés et k prend toutes les valeurs comprises entre 1 et p. Si k = j alors δk j = 0, et si k = j alors δk j = 1. Donc dans la somme qui définit ci j, tous les termes correspondant à des valeurs de k différentes de j sont nuls et il reste donc ci j = ai jδj j = ai j1 = ai j. Donc les matrices AIp et A ont le même terme général et sont donc égales. L’égalité In A = A se démontre de la même façon. 2.6. Puissance d’une matrice Dans l’ensemble Mn(K) des matrices carrées de taille n× n à coefficients dans K, la multiplication des matrices est une opération interne : si A,B ∈ Mn(K) alors AB ∈ Mn(K). En particulier, on peut multiplier une matrice carrée par elle-même : on note A2 = A × A, A3 = A × A × A. On peut ainsi définir les puissances successives d’une matrice : Définition 6 Pour tout A ∈ Mn(K), on définit les puissances successives de A par A0 = In et Ap+1 = Ap × A pour tout p ∈ N. Autrement dit, Ap = A × A ×···× A p facteurs . Exemple 9 On cherche à calculer Ap avec A =    1 0 1 0 −1 0 0 0 2   . On calcule A2 , A3 et A4 et on obtient : A2 =    1 0 3 0 1 0 0 0 4    A3 = A2 × A =    1 0 7 0 −1 0 0 0 8    A4 = A3 × A =    1 0 15 0 1 0 0 0 16   . L’observation de ces premières puissances permet de penser que la formule est : Ap =   1 0 2p −1 0 (−1)p 0 0 0 2p   . Démontrons ce résultat par récurrence. Il est vrai pour p = 0 (on trouve l’identité). On le suppose vrai pour un entier p et on va le démontrer pour p +1. On a, d’après la définition, Ap+1 = Ap × A =    1 0 2p −1 0 (−1)p 0 0 0 2p   ×    1 0 1 0 −1 0 0 0 2    =    1 0 2p+1 −1 0 (−1)p+1 0 0 0 2p+1   . 14 Mr Djeddi K amel
  • 16. Donc la propriété est démontrée. 2.7. Formule du binôme Comme la multiplication n’est pas commutative, les identités binomiales usuelles sont fausses. En particulier, (A +B)2 ne vaut en général pas A2 +2AB +B2 , mais on sait seulement que (A +B)2 = A2 + AB +BA +B2 . Proposition 4. Calcul de (A +B)p lorsque AB = BA Soient A et B deux éléments de Mn(K) qui commutent, c’est-à-dire tels que AB = BA. Alors, pour tout entier p 0, on a la formule (A +B)p = p k=0 p k Ap−k Bk où p k désigne le coefficient du binôme. La démonstration est similaire à celle de la formule du binôme pour (a+ b)p , avec a,b ∈ R. Exemple 10 Soit A =       1 1 1 1 0 1 2 1 0 0 1 3 0 0 0 1       . On pose N = A − I =       0 1 1 1 0 0 2 1 0 0 0 3 0 0 0 0       . La matrice N est nilpotente (c’est- à-dire il existe k ∈ N tel que Nk = 0) comme le montrent les calculs suivants : N2 =       0 0 2 4 0 0 0 6 0 0 0 0 0 0 0 0       N3 =       0 0 0 6 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0       et N4 = 0. Comme on a A = I + N et les matrices N et I commutent (la matrice identité commute avec toutes les matrices), on peut appliquer la formule du binôme de Newton. On utilise que Ik = I pour tout k et surtout que Nk = 0 si k 4. On obtient Ap = p k=0 p k Nk Ip−k = 3 k=0 p k Nk = I + pN + p(p−1) 2! N2 + p(p−1)(p−2) 3! N3 . D’où Ap =       1 p p2 p(p2 − p +1) 0 1 2p p(3p −2) 0 0 1 3p 0 0 0 1       . 15 Mr Djeddi K amel
  • 17. Mini-exercices 1. Soient A = 0 2 −2 6 −4 0 , B = 2 1 0 0 1 0 2 −2 −3 , C = 8 2 −3 2 −5 5 , D = 5 2 −1 , E = x y z . Quels produits sont possibles ? Les calculer ! 2. Soient A = 0 0 1 0 1 0 1 1 2 et B = 1 0 0 0 0 2 1 −1 0 . Calculer A2 , B2 , AB et BA. 3. Soient A = 2 0 0 0 2 0 0 0 2 et B = 0 0 0 2 0 0 3 1 0 . Calculer Ap et Bp pour tout p 0. Montrer que AB = BA. Calculer (A +B)p . 3. Inverse d’une matrice : définition 3.1. Définition Définition 7. Matrice inverse Soit A une matrice carrée de taille n× n. S’il existe une matrice carrée B de taille n× n telle que AB = I et BA = I, on dit que A est inversible. On appelle B l’inverse de A et on la note A−1 . On verra plus tard qu’il suffit en fait de vérifier une seule des conditions AB = I ou bien BA = I. – Plus généralement, quand A est inversible, pour tout p ∈ N, on note : A−p = (A−1 )p = A−1 A−1 ··· A−1 p facteurs . – L’ensemble des matrices inversibles de Mn(K) est noté GLn(K). 3.2. Exemples Exemple 11 Soit A = 1 2 0 3 . Étudier si A est inversible, c’est étudier l’existence d’une matrice B = a b c d à coefficients dans K, telle que AB = I et BA = I. Or AB = I équivaut à : AB = I ⇐⇒ 1 2 0 3 a b c d = 1 0 0 1 ⇐⇒ a+2c b +2d 3c 3d = 1 0 0 1 Cette égalité équivaut au système :    a+2c = 1 b +2d = 0 3c = 0 3d = 1 Sa résolution est immédiate : a = 1, b = −2 3 , c = 0, d = 1 3 . Il n’y a donc qu’une seule matrice possible, à savoir B = 1 − 2 3 0 1 3 . Pour prouver qu’elle convient, il faut aussi montrer l’égalité BA = I, dont la vérification est laissée au lecteur. La matrice A est donc inversible et A−1 = 16 Mr Djeddi K amel
  • 18. 1 −2 3 0 1 3 . Exemple 12 La matrice A = 3 0 5 0 n’est pas inversible. En effet, soit B = a b c d une matrice quelconque. Alors le produit BA = a b c d 3 0 5 0 = 3a+5b 0 3c +5d 0 ne peut jamais être égal à la matrice identité. Exemple 13 – Soit In la matrice carrée identité de taille n × n. C’est une matrice inversible, et son inverse est elle-même par l’égalité InIn = In. – La matrice nulle 0n de taille n× n n’est pas inversible. En effet on sait que, pour toute matrice B de Mn(K), on a B0n = 0n, qui ne peut jamais être la matrice identité. 3.3. Propriétés Unicité Proposition 5 Si A est inversible, alors son inverse est unique. Démonstration La méthode classique pour mener à bien une telle démonstration est de supposer l’existence de deux matrices B1 et B2 satisfaisant aux conditions imposées et de démontrer que B1 = B2. Soient donc B1 telle que AB1 = B1 A = In et B2 telle que AB2 = B2 A = In. Calculons B2(AB1). D’une part, comme AB1 = In, on a B2(AB1) = B2. D’autre part, comme le produit des matrices est associatif, on a B2(AB1) = (B2 A)B1 = InB1 = B1. Donc B1 = B2. Inverse de l’inverse Proposition 6 Soit A une matrice inversible. Alors A−1 est aussi inversible et on a : (A−1 )−1 = A Inverse d’un produit 17 Mr Djeddi K amel
  • 19. Proposition 7 Soient A et B deux matrices inversibles de même taille. Alors AB est inversible et (AB)−1 = B−1 A−1 Il faut bien faire attention à l’inversion de l’ordre ! Démonstration Il suffit de montrer (B−1 A−1 )(AB) = I et (AB)(B−1 A−1 ) = I. Cela suit de (B−1 A−1 )(AB) = B−1 (AA−1 )B = B−1 IB = B−1 B = I, et (AB)(B−1 A−1 ) = A(BB−1 )A−1 = AIA−1 = AA−1 = I. De façon analogue, on montre que si A1,..., Am sont inversibles, alors (A1 A2 ··· Am)−1 = A−1 m A−1 m−1 ··· A−1 1 . Simplification par une matrice inversible Si C est une matrice quelconque de Mn(K), nous avons vu que la relation AC = BC où A et B sont des éléments de Mn(K) n’entraîne pas forcément l’égalité A = B. En revanche, si C est une matrice inversible, on a la proposition suivante : Proposition 8 Soient A et B deux matrices de Mn(K) et C une matrice inversible de Mn(K). Alors l’égalité AC = BC implique l’égalité A = B. Démonstration Ce résultat est immédiat : si on multiplie à droite l’égalité AC = BC par C−1 , on obtient l’égalité : (AC)C−1 = (BC)C−1 . En utilisant l’associativité du produit des matrices on a A(CC−1 ) = B(CC−1 ), ce qui donne d’après la définition de l’inverse AI = BI, d’où A = B. Mini-exercices 1. Soient A = −1 −2 3 4 et B = 2 1 5 3 . Calculer A−1 , B−1 , (AB)−1 , (BA)−1 , A−2 . 2. Calculer l’inverse de 1 0 0 0 2 0 1 0 3 . 3. Soit A = −1 −2 0 2 3 0 0 0 1 . Calculer 2A − A2 . Sans calculs, en déduire A−1 . 4. Inverse d’une matrice : calcul Nous allons voir une méthode pour calculer l’inverse d’une matrice quelconque de manière efficace. Cette méthode est une reformulation de la méthode du pivot de Gauss pour les systèmes linéaires. Auparavant, nous commençons par une formule directe dans le cas simple des matrices 2×2. 18
  • 20. 4.1. Matrices 2×2 Considérons la matrice 2×2 : A = a b c d . Proposition 9 Si ad − bc = 0, alors A est inversible et A−1 = 1 ad−bc d −b −c a Démonstration On vérifie que si B = 1 ad−bc d −b −c a alors AB = 1 0 0 1 . Idem pour BA. 4.2. Méthode de Gauss pour inverser les matrices La méthode pour inverser une matrice A consiste à faire des opérations élémentaires sur les lignes de la matrice A jusqu’à la transformer en la matrice identité I. On fait simultanément les mêmes opérations élémentaires en partant de la matrice I. On aboutit alors à une matrice qui est A−1 . La preuve sera vue dans la section suivante. En pratique, on fait les deux opérations en même temps en adoptant la disposition suivante : à côté de la matrice A que l’on veut inverser, on rajoute la matrice identité pour former un tableau (A | I). Sur les lignes de cette matrice augmentée, on effectue des opérations élémentaires jusqu’à obtenir le tableau (I | B). Et alors B = A−1 . Ces opérations élémentaires sur les lignes sont : 1. Li ← λLi avec λ = 0 : on peut multiplier une ligne par un réel non nul (ou un élément de K{0}). 2. Li ← Li +λL j avec λ ∈ K (et j = i) : on peut ajouter à la ligne Li un multiple d’une autre ligne L j. 3. Li ↔ L j : on peut échanger deux lignes. N’oubliez pas : tout ce que vous faites sur la partie gauche de la matrice augmentée, vous devez aussi le faire sur la partie droite. 4.3. Un exemple Calculons l’inverse de A =    1 2 1 4 0 −1 −1 2 2    . Voici la matrice augmentée, avec les lignes numérotées : (A | I) =    1 2 1 1 0 0 4 0 −1 0 1 0 −1 2 2 0 0 1    L1 L2 L3 19
  • 21. On applique la méthode de Gauss pour faire apparaître des 0 sur la première colonne, d’abord sur la deuxième ligne par l’opération élémentaire L2 ← L2 −4L1 qui conduit à la matrice augmentée :    1 2 1 1 0 0 0 −8 −5 −4 1 0 −1 2 2 0 0 1    L2←L2−4L1 Puis un 0 sur la première colonne, à la troisième ligne, avec L3 ← L3 + L1 :    1 2 1 1 0 0 0 −8 −5 −4 1 0 0 4 3 1 0 1    L3←L3+L1 On multiplie la ligne L2 afin qu’elle commence par 1 :    1 2 1 1 0 0 0 1 5 8 1 2 −1 8 0 0 4 3 1 0 1    L2←− 1 8 L2 On continue afin de faire apparaître des 0 partout sous la diagonale, et on multiplie la ligne L3. Ce qui termine la première partie de la méthode de Gauss :    1 2 1 1 0 0 0 1 5 8 1 2 −1 8 0 0 0 1 2 −1 1 2 1    L3←L3−4L2 puis    1 2 1 1 0 0 0 1 5 8 1 2 −1 8 0 0 0 1 −2 1 2    L3←2L3 Il ne reste plus qu’à « remonter » pour faire apparaître des zéros au-dessus de la diagonale :    1 2 1 1 0 0 0 1 0 7 4 −3 4 −5 4 0 0 1 −2 1 2    L2←L2− 5 8 L3 puis    1 0 0 −1 2 1 2 1 2 0 1 0 7 4 −3 4 −5 4 0 0 1 −2 1 2    L1←L1−2L2−L3 Ainsi l’inverse de A est la matrice obtenue à droite et après avoir factorisé tous les coefficients par 1 4 , on a obtenu : A−1 = 1 4    −2 2 2 7 −3 −5 −8 4 8    Pour se rassurer sur ses calculs, on n’oublie pas de vérifier rapidement que A × A−1 = I. Mini-exercices 1. Si possible calculer l’inverse des matrices : 3 1 7 2 , 2 −3 −5 4 , 0 2 3 0 , α+1 1 2 α . 2. Soit A(θ) = cosθ −sinθ sinθ cosθ . Calculer A(θ)−1 . 3. Calculer l’inverse des matrices : 1 3 0 2 1 −1 −2 1 1 , 2 −2 1 3 0 5 1 1 2 , 1 0 1 0 0 2 −2 0 −1 2 0 1 0 2 1 3 , 2 1 1 1 1 0 0 1 0 1 −1 2 0 1 1 0 , 1 1 1 0 0 0 1 2 0 0 −1 1 2 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 5 3 . 20
  • 22. 5. Inverse d’une matrice : systèmes linéaires et matrices élémentaires 5.1. Matrices et systèmes linéaires Le système linéaire    a11 x1 + a12 x2 + ··· + a1p xp = b1 a21 x1 + a22 x2 + ··· + a2p xp = b2 ... an1 x1 + an2 x2 + ··· + anp xp = bn peut s’écrire sous forme matricielle :       a11 ... a1p a21 ... a2p ... ... an1 ... anp             x1 x2 ... xp       =       b1 b2 ... bn       . A X B On appelle A ∈ Mn,p(K) la matrice des coefficients du système. B ∈ Mn,1(K) est le vecteur du second membre. Le vecteur X ∈ Mp,1(K) est une solution du système si et seulement si AX = B. Nous savons que : Théorème 1 Un système d’équations linéaires n’a soit aucune solution, soit une seule solution, soit une infinité de solutions. 5.2. Matrices inversibles et systèmes linéaires Considérons le cas où le nombre d’équations égale le nombre d’inconnues :       a11 ... a1n a21 ... a2n ... ... an1 ... ann             x1 x2 ... xn       =       b1 b2 ... bn       . A X B Alors A ∈ Mn(K) est une matrice carrée et B un vecteur de Mn,1(K). Pour tout second membre, nous pouvons utiliser les matrices pour trouver la solution du système linéaire. 21
  • 23. Proposition 10 Si la matrice A est inversible, alors la solution du système AX = B est unique et est : X = A−1 B. La preuve est juste de vérifier que si X = A−1 B, alors AX = A A−1 B = AA−1 B = I · B = B. Réciproquement si AX = B, alors nécessairement X = A−1 B. Nous verrons bientôt que si la matrice n’est pas inversible, alors soit il n’y a pas de solution, soit une infinité. 5.3. Les matrices élémentaires Pour calculer l’inverse d’une matrice A, et aussi pour résoudre des systèmes linéaires, nous avons utilisé trois opérations élémentaires sur les lignes qui sont : 1. Li ← λLi avec λ = 0 : on peut multiplier une ligne par un réel non nul (ou un élément de K{0}). 2. Li ← Li +λL j avec λ ∈ K (et j = i) : on peut ajouter à la ligne Li un multiple d’une autre ligne L j. 3. Li ↔ L j : on peut échanger deux lignes. Nous allons définir trois matrices élémentaires ELi←λLi , ELi←Li+λL j , ELi↔L j correspondant à ces opérations. Plus précisément, le produit E × A correspondra à l’opération élémentaire sur A. Voici les définitions accompagnées d’exemples. 1. La matrice ELi←λLi est la matrice obtenue en multipliant par λ la i-ème ligne de la matrice identité In, où λ est un nombre réel non nul. EL2←5L2 =       1 0 0 0 0 5 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1       2. La matrice ELi←Li+λL j est la matrice obtenue en ajoutant λ fois la j-ème ligne de In à la i-ème ligne de In. EL2←L2−3L1 =       1 0 0 0 −3 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1       3. La matrice ELi↔L j est la matrice obtenue en permutant les i-ème et j-ème lignes de In. EL2↔L4 = EL4↔L2 =       1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0       Les opérations élémentaires sur les lignes sont réversibles, ce qui entraîne l’inversibilité des matrices élémentaires. Le résultat de la multiplication d’un matrice élémentaire E par A est la matrice obtenue en effectuant l’opération élémentaire correspondante sur A. Ainsi : 22
  • 24. 1. La matrice ELi←λLi × A est la matrice obtenue en multipliant par λ la i-ème ligne de A. 2. La matrice ELi←Li+λL j × A est la matrice obtenue en ajoutant λ fois la j-ème ligne de A à la i-ème ligne de A. 3. La matrice ELi↔L j × A est la matrice obtenue en permutant les i-ème et j-ème lignes de A. Exemple 14 1. EL2← 1 3 L2 × A =    1 0 0 0 1 3 0 0 0 1   ×    x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3    =    x1 x2 x3 1 3 y1 1 3 y2 1 3 y3 z1 z2 z3    2. EL1←L1−7L3 × A =    1 0 −7 0 1 0 0 0 1   ×    x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3    =    x1 −7z1 x2 −7z2 x3 −7z3 y1 y2 y3 z1 z2 z3    3. EL2↔L3 × A =    1 0 0 0 0 1 0 1 0   ×    x1 x2 x3 y1 y2 y3 z1 z2 z3    =    x1 x2 x3 z1 z2 z3 y1 y2 y3    5.4. Équivalence à une matrice échelonnée Définition 8 Deux matrices A et B sont dites équivalentes par lignes si l’une peut être obtenue à partir de l’autre par une suite d’opérations élémentaires sur les lignes. On note A ∼ B. Définition 9 Une matrice est échelonnée si : – le nombre de zéros commençant une ligne croît strictement ligne par ligne jusqu’à ce qu’il ne reste plus que des zéros. Elle est échelonnée réduite si en plus : – le premier coefficient non nul d’une ligne (non nulle) vaut 1 ; – et c’est le seul élément non nul de sa colonne. Exemple d’une matrice échelonnée (à gauche) et échelonnée réduite (à droite) ; les ∗ désignent des coefficients quelconques, les + des coefficients non nuls :            + ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 0 0 + ∗ ∗ ∗ ∗ 0 0 0 + ∗ ∗ ∗ 0 0 0 0 0 0 + 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0                       1 ∗ 0 0 ∗ ∗ 0 0 0 1 0 ∗ ∗ 0 0 0 0 1 ∗ ∗ 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0            23
  • 25. Théorème 2 Étant donnée une matrice A ∈ Mn,p(K), il existe une unique matrice échelonnée réduite U obtenue à partir de A par des opérations élémentaires sur les lignes. Ce théorème permet donc de se ramener par des opérations élémentaires à des matrices dont la structure est beaucoup plus simple : les matrices échelonnées réduites. Démonstration Nous admettons l’unicité. L’existence se démontre grâce à l’algorithme de Gauss. L’idée générale consiste à utiliser des substitu- tions de lignes pour placer des zéros là où il faut de façon à créer d’abord une forme échelonnée, puis une forme échelonnée réduite. Soit A une matrice n× p quelconque. Partie A. Passage à une forme échelonnée. Étape A.1. Choix du pivot. On commence par inspecter la première colonne. Soit elle ne contient que des zéros, auquel cas on passe directement à l’étape A.3, soit elle contient au moins un terme non nul. On choisit alors un tel terme, que l’on appelle le pivot. Si c’est le terme a11, on passe directement à l’étape A.2 ; si c’est un terme ai1 avec i = 1, on échange les lignes 1 et i (L1 ↔ Li) et on passe à l’étape A.2. Au terme de l’étape A.1, soit la matrice A a sa première colonne nulle (à gauche) ou bien on obtient une matrice équivalente dont le premier coefficient a11 est non nul (à droite) :             0 a12 ··· a1j ··· a1p 0 a22 ··· a2j ··· a2p ... ... ... ... 0 ai2 ··· ai j ··· aip ... ... ... ... 0 an2 ··· anj ··· anp             = A ou bien              a11 a12 ··· a1j ··· a1p a21 a22 ··· a2j ··· a2p ... ... ... ... ai1 ai2 ··· ai j ··· aip ... ... ... ... an1 an2 ··· anj ··· anp              ∼ A. Étape A.2. Élimination. On ne touche plus à la ligne 1, et on se sert du pivot a11 pour éliminer tous les termes ai1 (avec i 2) situés sous le pivot. Pour cela, il suffit de remplacer la ligne i par elle-même moins ai1 a11 × la ligne 1, ceci pour i = 2,...,n : L2 ← L2 − a21 a11 L1, L3 ← L3 − a31 a11 L1,. . . Au terme de l’étape A.2, on a obtenu une matrice de la forme              a11 a12 ··· a1j ··· a1p 0 a22 ··· a2j ··· a2p ... ... ... ... 0 ai2 ··· ai j ··· aip ... ... ... ... 0 an2 ··· anj ··· anp              ∼ A. Étape A.3. Boucle. 24
  • 26. Au début de l’étape A.3, on a obtenu dans tous les cas de figure une matrice de la forme              a1 11 a1 12 ··· a1 1j ··· a1 1p 0 a1 22 ··· a1 2j ··· a1 2p ... ... ... ... 0 a1 i2 ··· a1 i j ··· a1 ip ... ... ... ... 0 a1 n2 ··· a1 nj ··· a1 np              ∼ A dont la première colonne est bien celle d’une matrice échelonnée. On va donc conserver cette première colonne. Si a1 11 = 0, on conserve aussi la première ligne, et l’on repart avec l’étape A.1 en l’appliquant cette fois à la sous-matrice (n − 1) × (p − 1) (ci-dessous à gauche : on « oublie » la première ligne et la première colonne de A) ; si a1 11 = 0, on repart avec l’étape A.1 en l’appliquant à la sous-matrice n×(p −1) (à droite, on « oublie » la première colonne) :           a1 22 ··· a1 2j ··· a1 2p ... ... ... a1 i2 ··· a1 i j ··· a1 ip ... ... ... a1 n2 ··· a1 nj ··· a1 np                        a1 12 ··· a1 1j ··· a1 1p a1 22 ··· a1 2j ··· a1 2p ... ... ... a1 i2 ··· a1 i j ··· a1 ip ... ... ... a1 n2 ··· a1 nj ··· a1 np              Au terme de cette deuxième itération de la boucle, on aura obtenu une matrice de la forme              a1 11 a1 12 ··· a1 1j ··· a1 1p 0 a2 22 ··· a2 2j ··· a2 2p ... ... ... ... 0 0 ··· a2 i j ··· a2 ip ... ... ... ... 0 0 ··· a2 nj ··· a2 np              ∼ A, et ainsi de suite. Comme chaque itération de la boucle travaille sur une matrice qui a une colonne de moins que la précédente, alors au bout d’au plus p−1 itérations de la boucle, on aura obtenu une matrice échelonnée. Partie B. Passage à une forme échelonnée réduite. Étape B.1. Homothéties. On repère le premier élément non nul de chaque ligne non nulle, et on multiplie cette ligne par l’inverse de cet élément. Exemple : si le premier élément non nul de la ligne i est α = 0, alors on effectue Li ← 1 α Li. Ceci crée une matrice échelonnée avec des 1 en position de pivots. Étape B.2. Élimination. On élimine les termes situés au-dessus des positions de pivot comme précédemment, en procédant à partir du bas à droite de la matrice. Ceci ne modifie pas la structure échelonnée de la matrice en raison de la disposition des zéros dont on part. Exemple 15 Soit A =    1 2 3 4 0 2 4 6 −1 0 1 0   . A. Passage à une forme échelonnée. 25 Mr Djeddi K amel
  • 27. Première itération de la boucle, étape A.1. Le choix du pivot est tout fait, on garde a1 11 = 1. Première itération de la boucle, étape A.2. On ne fait rien sur la ligne 2 qui contient déjà un zéro en bonne position et on remplace la ligne 3 par L3 ← L3 + L1. On obtient A ∼    1 2 3 4 0 2 4 6 0 2 4 4   . Deuxième itération de la boucle, étape A.1. Le choix du pivot est tout fait, on garde a2 22 = 2. Deuxième itération de la boucle, étape A.2. On remplace la ligne 3 avec l’opération L3 ← L3 − L2. On obtient A ∼    1 2 3 4 0 2 4 6 0 0 0 −2   . Cette matrice est échelonnée. B. Passage à une forme échelonnée réduite. Étape B.1, homothéties. On multiplie la ligne 2 par 1 2 et la ligne 3 par −1 2 et l’on obtient A ∼    1 2 3 4 0 1 2 3 0 0 0 1   . Étape B.2, première itération. On ne touche plus à la ligne 3 et on remplace la ligne 2 par L2 ← L2 −3L3 et L1 ← L1 −4L3. On obtient A ∼    1 2 3 0 0 1 2 0 0 0 0 1   . Étape B.2, deuxième itération. On ne touche plus à la ligne 2 et on remplace la ligne 1 par L1 ← L1 −2L2. On obtient A ∼    1 0 −1 0 0 1 2 0 0 0 0 1    qui est bien échelonnée et réduite. 5.5. Matrices élémentaires et inverse d’une matrice Théorème 3 Soit A ∈ Mn(K). La matrice A est inversible si et seulement si sa forme échelonnée réduite est la matrice identité In. 26 Mr Djeddi K amel
  • 28. Démonstration Notons U la forme échelonnée réduite de A. Et notons E le produit de matrices élémentaires tel que EA = U. ⇐= Si U = In alors EA = In. Ainsi par définition, A est inversible et A−1 = E. =⇒ Nous allons montrer que si U = In, alors A n’est pas inversible. – Supposons U = In. Alors la dernière ligne de U est nulle (sinon il y aurait un pivot sur chaque ligne donc ce serait In). – Cela entraîne que U n’est pas inversible : en effet, pour tout matrice carrée V, la dernière ligne de UV est nulle ; on n’aura donc jamais UV = In. – Alors, A n’est pas inversible non plus : en effet, si A était inversible, on aurait U = EA et U serait inversible comme produit de matrices inversibles (E est inversible car c’est un produit de matrices élémentaires qui sont inversibles). Remarque Justifions maintenant notre méthode pour calculer A−1 . Nous partons de (A|I) pour arriver par des opérations élémentaires sur les lignes à (I|B). Montrons que B = A−1 . Faire une opération élémentaire signifie multiplier à gauche par une des matrices élémentaires. Notons E le produit de ces matrices élémentaires. Dire que l’on arrive à la fin du processus à I signifie EA = I. Donc A−1 = E. Comme on fait les mêmes opérations sur la partie droite du tableau, alors on obtient EI = B. Donc B = E. Conséquence : B = A−1 . Corollaire 1 Les assertions suivantes sont équivalentes : (i) La matrice A est inversible. (ii) Le système linéaire AX = 0 ... 0 a une unique solution X = 0 ... 0 . (iii) Pour tout second membre B, le système linéaire AX = B a une unique solution X. Démonstration Nous avons déjà vu (i) =⇒ (ii) et (i) =⇒ (iii). Nous allons seulement montrer (ii) =⇒ (i). Nous raisonnons par contraposée : nous allons montrer la proposition équivalente non(i) =⇒ non(ii). Si A n’est pas inversible, alors sa forme échelonnée réduite U contient un premier zéro sur sa diagonale, disons à la place . Alors U à la forme suivante               1 0 ··· c1 ∗ ··· ∗ 0 ... 0 ... ··· ∗ 0 0 1 c −1 ··· ∗ 0 ··· 0 0 ∗ ··· ∗ 0 ··· 0 0 ∗ ··· ∗ ... ... ... ··· 0 ... ... 0 ··· ··· 0 ∗               . On note X =               −c1 ... −c −1 1 0 ... 0               . Alors X n’est pas le vecteur nul, mais UX est le vecteur nul. Comme A = E−1 U, alors AX est le vecteur nul. Nous avons donc trouvé un vecteur non nul X tel que AX = 0. 27 Mr Djeddi K amel
  • 29. Mini-exercices 1. Exprimer les systèmes linéaires suivants sous forme matricielle et les résoudre en inversant la matrice : 2x+4y = 7 −2x+3y = −14 ,    x+ z = 1 −2y+3z = 1 x+ z = 1 ,    x+ t = α x−2y = β x+ y+ t = 2 y+ t = 4 . 2. Écrire les matrices 4×4 correspondant aux opérations élémentaires : L2 ← 1 3 L2, L3 ← L3 − 1 4 L2, L1 ↔ L4. Sans calculs, écrire leurs inverses. Écrire la matrice 4×4 de l’opéra- tion L1 ← L1 −2L3 +3L4. 3. Écrire les matrices suivantes sous forme échelonnée, puis échelonnée réduite : 1 2 3 1 4 0 −2 −2 −3 , 1 0 2 1 −1 1 2 −2 3 , 2 0 −2 0 0 −1 1 0 1 −2 1 4 −1 2 −1 −2 . 6. Matrices triangulaires, transposition, trace, matrices sy- métriques 6.1. Matrices triangulaires, matrices diagonales Soit A une matrice de taille n × n. On dit que A est triangulaire inférieure si ses éléments au-dessus de la diagonale sont nuls, autrement dit : i < j =⇒ ai j = 0. Une matrice triangulaire inférieure a la forme suivante :           a11 0 ··· ··· 0 a21 a22 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 an1 an2 ··· ··· ann           On dit que A est triangulaire supérieure si ses éléments en-dessous de la diagonale sont nuls, autrement dit : i > j =⇒ ai j = 0. Une matrice triangulaire supérieure a la forme suivante :              a11 a12 ... ... ... a1n 0 a22 ... ... ... a2n ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 ... ... ... 0 ann              28
  • 30. Exemple 16 Deux matrices triangulaires inférieures (à gauche), une matrice triangulaire supérieure (à droite) :    4 0 0 0 −1 0 3 −2 3    5 0 1 −2    1 1 −1 0 −1 −1 0 0 −1    Une matrice qui est triangulaire inférieure et triangulaire supérieure est dite diagonale. Autre- ment dit : i = j =⇒ ai j = 0. Exemple 17 Exemples de matrices diagonales :    −1 0 0 0 6 0 0 0 0    et 2 0 0 3 Exemple 18. Puissances d’une matrice diagonale Si D est une matrice diagonale, il est très facile de calculer ses puissances Dp (par récurrence sur p) : D =          α1 0 ... ... 0 0 α2 0 ... 0 ... ... ... ... ... 0 ... 0 αn−1 0 0 ... ... 0 αn          =⇒ Dp =          α p 1 0 ... ... 0 0 α p 2 0 ... 0 ... ... ... ... ... 0 ... 0 α p n−1 0 0 ... ... 0 α p n          Théorème 4 Une matrice A de taille n × n, triangulaire, est inversible si et seulement si ses éléments diagonaux sont tous non nuls. Démonstration Supposons que A soit triangulaire supérieure. – Si les éléments de la diagonale sont tous non nuls, alors la matrice A est déjà sous la forme échelonnée. En multipliant chaque ligne i par l’inverse de l’élément diagonal aii, on obtient des 1 sur la diagonale. De ce fait, la forme échelonnée réduite de A sera la matrice identité. Le théorème 3 permet de conclure que A est inversible. – Inversement, supposons qu’au moins l’un des éléments diagonaux soit nul et notons a le premier élément nul de la diagonale. En multipliant les lignes 1 à − 1 par l’inverse de leur 29
  • 31. élément diagonal, on obtient une matrice de la forme               1 ∗ ··· ··· ∗ 0 ... ∗ ··· ··· ∗ 0 0 1 ∗ ··· ∗ 0 ··· 0 0 ∗ ··· ∗ 0 ··· 0 0 ∗ ··· ∗ ... ... ... ··· 0 ... ... 0 ··· ··· 0 ∗               . Il est alors clair que la colonne numéro de la forme échelonnée réduite ne contiendra pas de 1 comme pivot. La forme échelonnée réduite de A ne peut donc pas être In et par le théorème 3, A n’est pas inversible. Dans le cas d’une matrice triangulaire inférieure, on utilise la transposition (qui fait l’objet de la section suivante) et on obtient une matrice triangulaire supérieure. On applique alors la démonstration ci- dessus. 6.2. La transposition Soit A la matrice de taille n× p A =       a11 a12 ... a1p a21 a22 ... a2p ... ... ... an1 an2 ... anp       . Définition 10 On appelle matrice transposée de A la matrice AT de taille p × n définie par : AT =       a11 a21 ... an1 a12 a22 ... an2 ... ... ... a1p a2p ... anp       . Autrement dit : le coefficient à la place (i, j) de AT est aji. Ou encore la i-ème ligne de A devient la i-ème colonne de AT (et réciproquement la j-ème colonne de AT est la j-ème ligne de A). Notation : La transposée de la matrice A se note aussi souvent t A. Exemple 19    1 2 3 4 5 −6 −7 8 9    T =    1 4 −7 2 5 8 3 −6 9       0 3 1 −5 −1 2    T = 0 1 −1 3 −5 2 (1 −2 5)T =    1 −2 5    L’opération de transposition obéit aux règles suivantes : 30
  • 32. Théorème 5 1. (A +B)T = AT +BT 2. (αA)T = αAT 3. (AT )T = A 4. (AB)T = BT AT 5. Si A est inversible, alors AT l’est aussi et on a (AT )−1 = (A−1 )T . Notez bien l’inversion : (AB)T = BT AT , comme pour (AB)−1 = B−1 A−1 . 6.3. La trace Dans le cas d’une matrice carrée de taille n × n, les éléments a11, a22,...,ann sont appelés les éléments diagonaux. Sa diagonale principale est la diagonale (a11,a22,...,ann).       a11 a12 ... a1n a21 a22 ... a2n ... ... ... ... an1 an2 ... ann       Définition 11 La trace de la matrice A est le nombre obtenu en additionnant les éléments diagonaux de A. Autrement dit, tr A = a11 + a22 +···+ ann. Exemple 20 – Si A = 2 1 0 5 , alors tr A = 2+5 = 7. – Pour B = 1 1 2 5 2 8 11 0 −10 , trB = 1+2−10 = −7. Théorème 6 Soient A et B deux matrices n× n. Alors : 1. tr(A +B) = tr A + trB, 2. tr(αA) = α tr A pour tout α ∈ K, 3. tr(AT ) = tr A, 4. tr(AB) = tr(BA). 31
  • 33. Démonstration 1. Pour tout 1 i n, le coefficient (i, i) de A + B est aii + bii. Ainsi, on a bien tr(A + B) = tr(A) + tr(B). 2. On a tr(αA) = αa11 +···+αann = α(a11 +···+ ann) = αtr A. 3. Étant donné que la transposition ne change pas les éléments diagonaux, la trace de A est égale à la trace de AT . 4. Notons ci j les coefficients de AB. Alors par définition cii = ai1b1i + ai2b2i +···+ ainbni. Ainsi, tr(AB) = a11b11 +a12b21 +··· +a1nbn1 +a21b12 +a22b22 +··· +a2nbn2 ... +an1b1n +an2b2n +··· +annbnn. On peut réarranger les termes pour obtenir tr(AB) = a11b11 +a21b12 +··· +an1b1n +a12b21 +a22b22 +··· +an2b2n ... +a1nbn1 +a2nbn2 +··· +annbnn. En utilisant la commutativité de la multiplication dans K, la première ligne devient b11a11 + b12a21 +···+ b1nan1 qui vaut le coefficient (1,1) de BA. On note di j les coefficients de BA. En faisant de même avec les autres lignes, on voit finalement que tr(AB) = d11 +···+ dnn = tr(BA). 6.4. Matrices symétriques Définition 12 Une matrice A de taille n× n est symétrique si elle est égale à sa transposée, c’est-à-dire si A = AT , ou encore si ai j = aji pour tout i, j = 1,...,n. Les coefficients sont donc symétriques par rapport à la diagonale. Exemple 21 Les matrices suivantes sont symétriques : 0 2 2 4    −1 0 5 0 2 −1 5 −1 0    32
  • 34. Exemple 22 Pour une matrice B quelconque, les matrices B ·BT et BT ·B sont symétriques. Preuve : (BBT )T = (BT )T BT = BBT . Idem pour BT B. 6.5. Matrices antisymétriques Définition 13 Une matrice A de taille n× n est antisymétrique si AT = −A, c’est-à-dire si ai j = −aji pour tout i, j = 1,...,n. Exemple 23 0 −1 1 0    0 4 2 −4 0 −5 −2 5 0    Remarquons que les éléments diagonaux d’une matrice antisymétrique sont toujours tous nuls. Exemple 24 Toute matrice est la somme d’une matrice symétrique et d’une matrice antisymétrique. Preuve : Soit A une matrice. Définissons B = 1 2 (A + AT ) et C = 1 2 (A − AT ). Alors d’une part A = B+C ; d’autre part B est symétrique, car BT = 1 2 (AT +(AT )T ) = 1 2 (AT + A) = B ; et enfin C est antisymétrique, car CT = 1 2 (AT −(AT )T ) = −C. Exemple : Pour A = 2 10 8 −3 alors A = 2 9 9 −3 symétrique + 0 1 −1 0 antisymétrique . Mini-exercices 1. Montrer que la somme de deux matrices triangulaires supérieures reste triangulaire supérieure. Montrer que c’est aussi valable pour le produit. 2. Montrer que si A est triangulaire supérieure, alors AT est triangulaire inférieure. Et si A est diagonale ? 3. Soit A =   x1 x2 ... xn  . Calculer AT · A, puis A · AT . 4. Soit A = a b c d . Calculer tr(A · AT ). 5. Soit A une matrice de taille 2×2 inversible. Montrer que si A est symétrique, alors A−1 aussi. Et si A est antisymétrique ? 6. Montrer que la décomposition d’une matrice sous la forme « symétrique + antisymé- 33 Mr Djeddi K amel
  • 35. trique » est unique. 4.6 Changement de Bases Dénition 4.6.1. : On appelle matrice de passage de la base {ei} à la base {ei} du même espace vectoriel E, la matrice Pei→ei dont les colonnes sont les composantes des vecteurs ei dans la base {ei} : Pei→ei =    p11 . . . p1n ... . . . ... pn1 . . . pnn    = M(idE)ei,ei . Remarque 4.6.1. : Une matrice de passage est toujours inversible et on a (Pei→ei )−1 = Pei→ei . Proposition 4.6.1. : Soient x ∈ E, {ei} et {ei} deux bases de E, P = Pei→ei et X = M(x)ei , X = M(x)ei , on a X = P−1 X. Preuve : PX = M(idE)ei,ei M(x)ei = M(idE(x))ei = M(x)ei = X. Exemple 4.6.1. : Soit R2 muni de deux bases, la base canonique {e1, e2} et la base {e1, e2} dénie par : e1 = 2e1 + e2, e2 = 3e1 + 2e2 Soit x = 2e1 + 3e2, calculons les composantes de x dans la base {e1, e2}. P = 2 3 1 2 , P−1 = 2 −3 −1 2 , X = 2 −3 −1 2 2 3 = −5 4 x = −5e1 + 4e2. 34 Mr Djeddi K amel
  • 36. Proposition 4.6.2. : Soient f ∈ L(E, E ), {e1, ..., en}, {ε1, ..., εn} deux bases de E et e1, ..., ep , ε1, ..., εp deux bases de E'. Notons A = M(f)ei,ej , A = M(f) i,εj , P = Pei→εi , Q = Pej→εj . On a alors A = Q−1 AP. Preuve : E(ei) f −→ E(ej) idE ↓ ↓ idE E(εi) f −→ E(εj) On a foidE = idE'of d'où M(foidE) = M(idE'of), c'est à dire M(f)εi,εj M(idE)ei,εi = M(idE')ej,εj M(f)ei,ej , c'est à dire A P−1 = Q−1 A donc A = Q−1 AP. Corollaire 4.6.1. : Soient f ∈ L(E) et {e1, ..., en}, {e1, ..., en} deux bases de E. Notons A = M(f)ei , A = M(f)ei et P = Pei→ei . On a alors A = P−1 AP. Dénition 4.6.2. : Deux matrices A, A ∈ Mn(K) sont dites semblables s'il existe une matrice P ∈ Mn(K) inversible telle que : A = P−1 AP. Exemple 4.6.2. : Soit f un endomorphisme de R2 qui dans la base canonique {ei} est re- présenté par la matrice : A = M(f)ei = 3 −1 0 2 . 35 Mr Djeddi K amelMr Djeddi K amel Mr Djeddi K amel
  • 37. Déterminons la matrice A qui représente f dans la base e1 = (0, −1) et e2 = (1, 1). On a A = P−1 AP = 1 −1 1 0 3 −1 0 2 0 1 −1 1 = 3 −3 3 −1 0 1 −1 1 = 3 0 1 2 . 4.7 Rang d'une Matrice Dénition 4.7.1. : Soit {v1, ..., vn} une famille de vecteurs, on appelle rang de la famille, la dimension de l'espace engendré par les vecteurs vi. Soit A ∈ Mp,n(K), A = (c1, ..., cn) où l'on a noté ci les vecteurs colonnes de A (ci ∈ K p ). On appelle rang de A le rang de la famille des vecteurs colonnes de A. Proposition 4.7.1. : Soit f ∈ L(E, E'). Soient {e1, ..., en} et e1, ..., ep deux bases quelconques de E et E' respectivement et A = M(f)ei,ej = (aij). On a alors rangf = rangA. Ainsi deux matrices qui représentent la même application linéaire dans des bases diérentes ont même rang ; en particulier deux matrices semblables ont même rang. 36 Mr Djeddi K amel
  • 38. érie 1 : ------------------------------------------------------------------------------------S 1ière année Maths et Inf 2014/2015 Exercice 1 R) : – E1 = f : [0,1] → R [0,1], muni de l’addition f +g des fonctions et de la multiplication par un nombre réel λ · f. – E2 = (un) : N → R : l’ensemble des suites réelles muni de l’addition des suites définie par (un)+(vn) = (un +vn) et de la multiplication par un nombre réel λ ·(un) = (λ ×un). – E3 = P ∈ R[x] | degP ≤ n : l’ensemble des polynômes à coefficients réels de degré inférieur ou égal à n muni de l’addition P+Q des polynômes et de la multiplication par un nombre réel λ ·P. Exercice 2 Déterminer lesquels des ensembles E1, E2, E3 et E4 sont des sous-espaces vectoriels de R3. E1 = {(x,y,z) ∈ R3 | 3x−7y = z} E2 = {(x,y,z) ∈ R3 | x2 −z2 = 0} E3 = {(x,y,z) ∈ R3 | x+y−z = x+y+z = 0} E4 = {(x,y,z) ∈ R3 | z(x2 +y2) = 0} Soient { } et { } deux sous-ensembles de . On admettra que est un sous-espace vectoriel de . Soient , et 1. Montrer que est un sous-espace vectoriel de . 2. Déterminer une famille génératrice de et montrer que cette famille est une base. 3. Montrer que { } est une base de . 4. Montrer que { } est une famille libre de . 5. A-t-on . 6. Soit , exprimer dans la base { }. Montrer que les ensembles ci-dessous sont des espaces vectoriels (sur : l’ensemble des fonctions à valeurs réelles définies sur l’intervalle Espace vectoriel Exercice 3 Exercice 4 Dans E = R3, soient u1 = (1, 1, 3), u2 = (1, −1, −1), v1 = (1, 0, 1) et v2 = (2, −1, 0) que vect(u1, u2) = vect(v1, v2). . Montrer Matière: Algèbre linéaire Responsable: Mr Université d Oum’ Elbouaghi Algérie. Djeddi K amel.E-mail:djeddi.kamel@gmail.com 37
  • 39. Correction de l’exercice 1 Corrections E-mail:djeddi.kamel@gmail.com Pour qu’un ensemble E, muni d’une addition x + y ∈ E (pour tout x,y ∈ E) et d’une multiplication par un scalaire λ ·x ∈ E (pour tout λ ∈ K, x ∈ E), soit un K-espace vectoriel il faut qu’il vérifie les huit points suivants. 1. x+(y+z) = (x+y)+z (pour tout x,y,z ∈ E) 2. il existe un vecteur nul 0 ∈ E tel que x+0 = x (pour tout x ∈ E) 3. il existe un opposé −x tel que x+(−x) = 0 (pour tout x ∈ E) 4. x+y = y+x (pour tout x,y ∈ E) Ces quatre premières propriétés font de (E,+) un groupe abélien. 5. 1·x = x (pour tout x ∈ E) 6. λ ·(x+y) = λ ·x+λ ·y (pour tout λ ∈ K =, pour tout x,y ∈ E) 7. (λ + µ)·x = λ ·x+ µ ·x (pour tout λ,µ ∈ K, pour tout x ∈ E) 8. (λ × µ)·x = λ ·(µ ·x) (pour tout λ,µ ∈ K, pour tout x ∈ E) Il faut donc vérifier ces huit points pour chacun des ensembles (ici K = R). Commençons par E1. 1. f +(g+h) = (f +g)+h ; en effet on bien pour tout t ∈ [0,1] : f(t)+ g(t)+h(t) = f(t)+g(t) +h(t) d’où l’égalité des fonctions f +(g+h) et (f +g)+h. Ceci est vrai pour tout f,g,h ∈ E1. 2. le vecteur nul est ici la fonction constante égale à 0, que l’on note encore 0, on a bien f +0 = f (c’est-à- dire pour tout x ∈ [0,1], (f +0)(t) = f(t), ceci pour toute fonction f). 3. il existe un opposé −f définie par −f(t) = − f(t) tel que f +(−f) = 0 4. f +g = g+ f (car f(t)+g(t) = g(t)+ f(t) pour tout t ∈ [0,1]). 5. 1· f = f ; en effet pour tout t ∈ [0,1], (1· f)(t) = 1× f(t) = f(t). Et une fois que l’on compris que λ · f vérifie par définition (λ · f)(t) = λ × f(t) les autres points se vérifient sans peine. 6. λ ·(f +g) = λ · f +λ ·g 7. (λ + µ)· f = λ · f + µ · f 8. (λ × µ)· f = λ ·(µ · f) ; en effet pour tout t ∈ [0,1], (λ × µ)f(t) = λ(µ f(t)) Voici les huit points à vérifier pour E2 en notant u la suite (un)n∈N 1. u+(v+w) = (u+v)+w 2. le vecteur nul est la suite dont tous les termes sont nuls. 3. La suite −u est définie par (−un)n∈N 4. u+v = v+u 5. 1·u = u 38
  • 40. 4. u+v = v+u 5. 1·u = u 6. λ ·(u+v) = λ ·u+λ ·v : montrons celui-ci en détails par définition u+v est la suite (un +vn)n∈N et par définition de la multiplication par un scalaire λ · (u + v) est la suite λ × (un + vn) n∈N qui est bien la suite λun +λvn) n∈N qui est exactement la suite λ ·u+λ ·v. 7. (λ + µ)·u = λ ·u+ µ ·v 8. (λ × µ)·u = λ ·(µ ·u) Voici ce qu’il faut vérifier pour E3, après avoir remarqué que la somme de deux polynômes de degré ≤ n est encore un polynôme de degré ≤ n (même chose pour λ ·P), on vérifie : 1. P+(Q+R) = (P+Q)+R 2. il existe un vecteur nul 0 ∈ E3 : c’est le polynôme nul 3. il existe un opposé −P tel que P+(−P) = 0 4. P+Q = Q+P 5. 1·P = P 6. λ ·(P+Q) = λ ·P+λ ·Q 7. (λ + µ)·P = λ ·P+ µ ·P 8. (λ × µ)·P = λ ·(µ ·P) Correction de l’exercice 2 1. (a) (0,0,0) ∈ E1. (b) Soient (x,y,z) et (x ,y ,z ) deux éléments de E1. On a donc 3x − 7y = z et 3x − 7y = z . Donc 3(x+x )−7(y+y ) = (z+z ), d’où (x+x ,y+y ,z+z ) appartient à E1. (c) Soit λ ∈ R et (x,y,z) ∈ E1. Alors la relation 3x−7y = z implique que 3(λx)−7(λy) = λz donc que λ(x,y,z) = (λx,λy,λz) appartient à E1. 2. E2 = {(x,y,z) ∈ R3 | x2 − z2 = 0} c’est-à-dire E2 = {(x,y,z) ∈ R3 | x = z ou x = −z}. Donc (1,0,−1) et (1,0,1) appartiennent à E2 mais (1,0,−1) + (1,0,1) = (2,0,0) n’appartient pas à E2 qui n’est en conséquence pas un sous-espace vectoriel de R3. 3. E3 est un sous-espace vectoriel de R3. En effet : (a) (0,0,0) ∈ E3. (b) Soient (x,y,z) et (x ,y ,z ) deux éléments de E3. On a donc x+y−z = x+y+z = 0 et x +y −z = x + y + z = 0. Donc (x + x ) + (y + y ) − (z + z ) = (x + x ) + (y + y ) + (z + z ) = 0 et (x,y,z) + x ,y ,z x+x ,y+y ,z+z appartient à E3. (c) Soit λ ∈ R et (x,y,z) ∈ E3. Alors la relation x+y−z = x+y+z = 0 implique que λx+λy−λz = λx+λy+λz = 0 donc que λ(x,y,z) = (λx,λy,λz) appartient à E3. 4. Les vecteurs (1,0,0) et (0,0,1) appartiennent à E4 mais leur somme (1,0,0)+(0,0,1) = (1,0,1) ne lui appartient pas donc E4 n’est pas un sous-espace vectoriel de R3. 39
  • 41. Correction de l’exercice 3 1. { { { { Donc ce qui montre que est un sous-espace vectoriel de { Soient et { et { { Ce qui montre que Et finalement est un sous-espace vectoriel de . , on a { Autre méthode 2. { } est une famille génératrice de , ce vecteur est non nul, c’est une base de , bref est la droite engendrée par le vecteur . 3. et ne sont pas proportionnels, ils forment une famille libre de donc . donc par conséquent . On déduit de cela que et que par suite la famille { } est libre (dans ) à deux éléments, c’est une base de . 40 Mr Djeddi K amel
  • 42. 4. et { } est libre donc { } est libre (c’est une base de , puisque cette famille a trois éléments) 5.{ } est une base de , { } est une base de et { } est une base de par conséquent 6.On cherche tels que { { { { Correction de l’exercice 4 Dans E = R , soient u1 = (1, 1, 3), u2 = (1, −1, −1), v1 = (1, 0, 1) et v2 = (2, −1, 0). Montrer que vect(u1, u2) = vect(v1, v2). Première méthode. Pour montrer que vect(u1, u2) ⊂ vect(v1, v2), il suffit de montrer que u1 et u2 sont tous deux combinaison linéaire de v1 et v2. L’équation u1 = xv1 + yv2 est équivalente à    1 = x + 2y 1 = −y 3 = x dont la solution est donnée par x = 3 et y = −1. L’équation u2 = xv1 +yv2 est équivalente à    1 = x + 2y −1 = −y −1 = x dont la solution est donnée par x = −1 et y = 1. Donc, vect(u1, u2) ⊂ vect(v1, v2). Réciproquement, pour prouver que vect(v1, v2) ⊂ vect(u1, u2), il suffit de prouver que v1 et v2 sont combinaison linéaire de u1 et u2. L’équation v1 = xu1 + yu2 est équivalente à    1 = x + y 0 = x − y 1 = 3x − y. On résoud ce système en faisant L1 +L2 qui donne x = 1/2, on obtient ensuite y = 1/2 et on vérifie que cela fonctionne dans la dernière équation. De même, on peut prouver que v2 est combinaison linéaire de u1 et u2. Troisième méthode. On peut rechercher une équation de F = vect(u1, u2) et de G = vect(v1, v2). On a : (x, y, z) ∈ F ⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2 ,    x = a + b y = a − b z = 3a − b 41
  • 43. ⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2 ,    a + b = x 2b = x − y (L1 − L2 → L2) 4b = 3x − z (3L1 − L3 → L3) ⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2 ,    a + b = x 2b = x − y (L1 − L2 → L2) 0 = x + 2y − z (L3 − 2L2 → L3) Ce dernier système admet une solution si et seulement si x + 2y − z = 0. On a donc F = {(x, y, z) ∈ R3; x + 2y − z = 0}. De même, (x, y, z) ∈ G ⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2 ,    x = a + 2b y = −b z = a ⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2 ,    x + 2y − z = 0 y = −b z = a Ce dernier système admet donc une solution si et seulement si x + 2y − z = 0. On a donc G = {(x, y, z) ∈ R3; x + 2y − z = 0}. Il est alors clair que F = G. 42 Mr Djeddi K amel
  • 44. On considère l’application f définie de 3 IR vers 3 IR par : ),,()),,(( zzxzyzyxf +−= 1) Montrer que l’application f est linéaire. 2) Calculer ff o et en déduire que f est un automorphisme. 3) Déterminer )( fKer et )Im( f . Exercice 2 1) On considère l’application linéaire f définie de 3 IR vers 4 IR par : ),,,()),,((:),,( 3 zyxxzzyyxzyxfIRzyx +++++=∈∀ a) Calculer l’image de la base canonique de 3 IR par f . b) En déduire une base de )Im( f et le rang de f ( ))( frg . c) Déterminer le noyau de f ( ))( fKer et en déduire le rang de f ( ))( frg . 2) Mêmes questions pour l’application linéaire g définie de 3 IR vers 4 IR par : ),,,()),,((:),,( 3 zyxzyxzyxzyxzyxgIRzyx −+−+−−+−−+=∈∀ 1) Déterminer une base de )Im( f et une base de )( fKer pour chacune des applications linéaires. a) f définie de 3 IR vers 2 IR par : ),(),,( zyxzyxzyxf −−+−= b) f définie de 3 IR vers 2 IR par : ),(),,( xzyzyxzyxf −+−−= c) f définie de 2 IR vers 3 IR par : ),,(),( yxxyyxyxf −+−= d) f définie de 3 IR vers 3 IR par : ),22,2(),,( zyxzyxzyxzyxf −+−++++= e) f définie de 3 IR vers 3 IR par : ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++= 2) Déterminer 1− f si elle existe. Dans 3 IR , on considère le sous espace vectoriel V défini par { }0/),,( 3 =−∈= zxIRzyxV . 1) Donner une base B du sous espace vectoriel V . 2) On considère l’application linéaire g définie de V vers 2 IR par : ),()),,(( yxyxzyxg −+= a) Calculer l’image de la base B par f et en déduire une base de )Im(g . b) Montrer que g est un isomorphisme de V vers 2 IR et déterminer 1− g . Série 2: Applications linéaires Exercice 1 Exercice 3 Exercice 4 E-mail:djeddi.kamel@gmail.com 2015 43
  • 45. Correction de l’exercice 1 1) Montrons que l’application f est linéaire. ♦ Soit ( )23 ),( IRyx ∈ : ),,( 321 xxxx = et ),,( 321 yyyy = On vérifie que 2 ),( IR∈∀ βα , on a : ( ) ( )yfxfyxf ..)..( βαβα +=+ ♦ L’application f est alors linéaire. 2) ♦ Calcul de l’application ff o . ( )( ) ( )( ) ( )zzxzyfzyxffzyxffzzxzyzyxf ,,,,,,),,()),,(( +−==⇒+−= o ( )( ) ( ) ( ) ),,(,)(,)(,,,, zyxzzzyzzxzzxzyzyxff =+−−+=+−=⇒ o ⇒ 3 IR Idff =o ♦ f est un automorphisme : L’application f est linéaire. L’application f est bijective et ff =−1 : 3 IR Idff =o 3) Déterminons )( fKer et )Im( f . ♦ Déterminons )( fKer : { })0,0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0(),,( =+− zzxzy ssi      = =+ =− 0 0 0 z zx zy ssi      = =−= == 0 0 0 z zx zy { })0,0,0()( =fKer ♦ Déterminons )Im( f : = )(),(),(Im 321 efefeff , { }321 ,, eee une base de 3 IR { }321 ,, eee la base canonique de 3 IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e      −== == == )1,1,1()( )0,0,1()( )0,1,0()( 33 22 11 efu efu efu : = 321 ,,Im uuuf On pose { }321 ,, uuuS = : = 321 ,,Im uuuf Corrections E-mail:djeddi.kamel@gmail.com 44
  • 46. Correction de l’exercice 2 1) ),,,()),,(( zyxxzzyyxzyxf +++++= a) Calculons l’image de la base canonique { }321 ,, eee de 3 IR par f .      = = = ⇒      = = = )1,1,1,0()( )1,0,1,1()( )1,1,0,1()( )1,0,0( )0,1,0( )0,0,1( 3 2 1 3 2 1 ef ef ef e e e b) Déduisons en une base de )Im( f et ( ))( frg ♦ Déterminons une base de )Im( f == 321321 ,,)(),(),(Im uuuefefeff avec :      = = = )1,1,1,0( )1,0,1,1( )1,1,0,1( 3 2 1 u u u Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ? 0 00 0 0 0 )0,0,0,0(... 321 321 213 23 21 321 31 32 21 332211 ===⇒        =++ =−= −= −= ⇒        =++ =+ =+ =+ ⇒=++ ααα ααα ααα αα αα ααα αα αα αα ααα uuu Le système { }321 ,, uuuS = est alors libre 3)( =⇒ Srg ♦ { }321 ,, uuu est alors une base de fIm : 3 Im IRf = ♦ ⇒== 3)dim(Im)( ffrg 3)( =frg c) Déterminons une base de )( fKer et ( ))( frg ♦ Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer Déterminons le rang du système 321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg o Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ? o )0,0,0(.. 332211 =++ uuu ααα o )0,0,0()1,1,1.()0,0,1.()1,0,1.( 321 =−++⇒ ααα 45
  • 47. )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0,0(),,,( =++++++ zyxzxzyyx ssi        =++ =+ =+ =+ 0 0 0 0 zyx zx zy yx ssi        −−= −= =−= −= zxy xz xyz yx ssi 0=== zyx ♦ Donc : { })0,0,0()( =fKer , ( ) 0)(dim =fKer ♦ ( ) ( ) ⇒−=⇒=+ )(dim3)(dim)(dim)( 3 fKerfrgIRfKerfrg 3)( =frg 2) ),,,()),,(( zyxzyxzyxzyxzyxg −+−+−−+−−+= a) Calculons l’image de la base canonique { }321 ,, eee de 3 IR par g .      −−= −−= −−= ⇒      = = = )1,1,1,1()( )1,1,1,1()( )1,1,1,1()( )1,0,0( )0,1,0( )0,0,1( 3 2 1 3 2 1 eg eg eg e e e b) Déduisons en une base de )Im(g et ( ))(grg ♦ Déterminons une base de )Im(g == 321321 ,,)(),(),(Im uuuegegegf avec :      −−= −−= −−= )1,1,1,1( )1,1,1,1( )1,1,1,1( 3 2 1 u u u Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ? { }321 ,, uuuS = est lié car 23 uu −= 3)( ⇒ Srg • Cherchons si 2)( =Srg : Le système { }21,uu (ou bien { }31,uu ) est libre (calcul) 2)( =⇒ Srg ♦ { }21,uu et { }31,uu sont deux base de gIm : == 3121 ,,Im uuuug ♦ ⇒== 2)dim(Im)( ggrg 2)( =grg 46
  • 48. c) Déterminons une base de )(gKer et ( ))(grg ♦ Déterminons une base de )(gKer : { })0,0,0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxgIRzyxgKer )(),,( gKerzyx ∈ ssi )0,0,0,0(),,,( =++++++ zyxzxzyyx ssi        =−+− =+−− =+− =−+ 0 0 0 0 )4( )3( )2( )1( zyx zyx zyx zyx ssi    +− =−+ zyx zyx 0 )2( )1( ssi    = = − + zy x 0 )2()1( )2()1( ssi )1,1,0.(),,0(),,( yyyzyx == , ( )IRy ∈ ♦ Donc : = )1,1,0()(gKer , ( ) 1)(dim =gKer ♦ ( ) ( ) ⇒−=⇒=+ )(dim3)(dim)(dim)( 3 gKergrgIRgKergrg 2)( =grg Correction de l’exercice 3 1) Déterminons )( fKer et )Im( f . a. ),(),,( zyxzyxzyxf −−+−= Déterminons une base de )( fKer : { })0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0(),( =−−+− zyxzyx o ssi    =−− =+− 0 0 zyx zyx ssi    −= =− yxz yx 0 ssi    = = 0z yx o = )0,1,1()( fKer , { })0,1,1( est une base de )( fKer Déterminons une base de )Im( f : = )(),(),(Im 321 efefeff o { }321 ,, eee la base canonique de 3 IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e o On pose { }321 ,, uuuS = avec      −== −−== == )1,1()( )1,1()( )1,1()( 33 22 11 efu efu efu : = 321 ,,Im uuuf 47
  • 49. o Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg • Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ? { }321 ,, uuuS = est lié car 12 uu −= 3)( ⇒ Srg • Cherchons si 2)( =Srg : Le système { }32,uu (ou bien { }31,uu ) est libre (calcul) 2)( =⇒ Srg o { }32,uu et { }31,uu sont deux base de fIm o == 3132 ,,Im uuuuf , 2 Im IRf = b. ),(),,( xzyzyxzyxf −+−−= Déterminons une base de )( fKer : { })0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0(),( =++−−− zyxzyx o ssi    =++− =−− 0 0 zyx zyx ssi 0=−− zyx ssi zyx += , ( )IRzy ∈, o ssi )1,0,1.()0,1,1.(),,(),,( zyzyzyzyx +=+= , ( )IRzy ∈, o Donc : = )1,0,1(),0,1,1()( fKer , { })1,0,1(),0,1,1( est une base de )( fKer Déterminons une base de )Im( f : = )(),(),(Im 321 efefeff o { }321 ,, eee la base canonique de 3 IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e o On pose { }321 ,, uuuS = avec      −== −== −== )1,1()( )1,1()( )1,1()( 33 22 11 efu efu efu : = 321 ,,Im uuuf o Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg • Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ? { }321 ,, uuuS = est lié car 123 uuu −== 3)( ⇒ Srg • Cherchons si 2)( =Srg : Le système { }21,uu est lié car 12 uu −= Le système { }31,uu est lié car 13 uu −= Le système { }32,uu est lié car 23 uu = • 2)( ⇒ Srg 48 Mr Djeddi K amel
  • 50. o Le système { }1u est libre 1)( =⇒ Srg o { }1u est alors une base de fIm : === 321Im uuuf c. ),,(),( yxxyyxyxf −+−= Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0(),(/),()( 2 =∈= yxfIRyxfKer o )(),( fKeryx ∈ ssi )0,0,0(),,( =−+− yxxyyx o ssi    =+ =− 0 0 yx yx ssi    −= = yx yx ssi 0== yx o Donc : { })0,0()( =fKer Déterminons une base de )Im( f : = )(),(Im 21 efeff o { }21,ee la base canonique de 2 IR : )0,1(1 =e , )1,0(2 =e o On pose { }21,uuS = , avec    −−== == )1,1,1()( )1,1,1()( 22 11 efu efu : = 21,Im uuf o Déterminons le rang du système { }21,uuS = : 2)(1 ≤≤ Srg • Cherchons si 2)( =Srg : { }21,uuS = est-il libre ? { }21,uuS = est libre (calcul) o 2)( ⇒ Srg o { }21,uuS = est alors une base de fIm : = 21,Im uuf d. ),22,2(),,( zyxzyxzyxzyxf −+−++++= Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0(),22,2( =−+−++++ zyxzyxzyx o ssi      =−+− =++ =++ 0 022 02 )3( )2( )1( zyx zyx zyx ssi      =+ −=+ =+ yzx yzx y )(2 0 )3( )2( )3()1( ssi      ∈ −= = IRx xz y 0 o ssi )1,0,1.(),0,(),,( −=−= xxxzyx , ( )IRx∈ o Donc : −= )1,0,1()( fKer Déterminons une base de )Im( f : = )(),(),(Im 321 efefeff o { }321 ,, eee la base canonique de 3 IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e 49
  • 51. o On pose { }321 ,, uuuS = avec      −== == −== )1,2,1()( )1,1,2()( )1,2,1()( 33 22 11 efu efu efu : = 321 ,,Im uuuf o Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg • Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ? { }321 ,, uuuS = est lié car 13 uu = 3)( ⇒ Srg • Cherchons si 2)( =Srg : Le système { }21,uu (ou bien { }32,uu ) est libre (calcul) 2)( =⇒ Srg o { }21,uu et { }32,uu sont deux base de fIm : == 3221 ,,Im uuuuf e. ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++= Déterminons une base de )( fKer : { })0,0,0(),,(/),,()( 3 =∈= zyxfIRzyxfKer o )(),,( fKerzyx ∈ ssi )0,0,0(),,( =−++−++ zyxzyxzyx o ssi      =−+ =+− =++ 0 0 0 )3( )2( )1( zyx zyx zyx ssi      = = = + − − 0 0 0 )3()2( )2()1( )3()1( x y z o Donc : { })0,0,0()( =fKer Déterminons une base de )Im( f : = )(),(),(Im 321 efefeff o { }321 ,, eee la base canonique de 3 IR : )0,0,1(1 =e , )0,1,0(2 =e , )1,0,0(3 =e o On pose { }321 ,, uuuS = avec      −== −== == )1,1,1()( )1,1,1()( )1,1,1()( 33 22 11 efu efu efu : = 321 ,,Im uuuf o Déterminons le rang du système { }321 ,, uuuS = : 3)(1 ≤≤ Srg • Cherchons si 3)( =Srg : { }321 ,, uuuS = est-il libre ? On vérifie que { }321 ,, uuuS = est libre (calcul). • 3=⇒ S 50 Mr Djeddi K amel
  • 52. o { }321 ,, uuu est alors une base de fIm : 3 Im IRf = Pour déterminer une base de )Im( f , sans calcul, il suffit de remarquer que : o f est injective car : { })0,0,0()( =fKer o f est alors un endomorphisme injectif de 3 IR , donc f est bijective. o Donc f est surjective et alors 3 Im IRf = 2) Déterminons 1− f , lorsqu’elle existe. a. f définie de 3 IR vers 2 IR par : ),(),,( zyxzyxzyxf −−+−= 23 dimdim IRIR , donc f ne peut pas être injective donc f ne peut pas être bijective : o 2 Im IRf = donc f est surjective. o { })0,0,0()( ≠fKer donc f n’est pas injective. b. f définie de 3 IR vers 2 IR par : ),(),,( xzyzyxzyxf −+−−= 23 dimdim IRIR , donc f ne peut pas être injective donc f ne peut pas être bijective : o 1)dim(Im =f , donc 2 Im IRf ≠ donc f n’est pas surjective. o { })0,0,0()( ≠fKer donc f n’est pas injective. c. f définie de 2 IR vers 3 IR par : ),,(),( yxxyyxyxf −+−= 23 dimdim IRIR , donc f ne peut pas être surjective donc f ne peut pas être bijective : o 2)dim(Im =f , donc 3 Im IRf ≠ donc f n’est pas surjective. o { })0,0()( =fKer donc f est injective. o f définie de 3 IR vers 3 IR par : ),22,2(),,( zyxzyxzyxzyxf −+−++++= 33 dimdim IRIR = , donc f peut être bijective : f est bijective ssi f est injective ssi f est surjective o 2)dim(Im =f donc 3 Im IRf ≠ et f n’est pas surjective. o { })0,0,0()( ≠fKer donc f n’est pas injective. o f n’est alors pas un automorphisme de 3 IR . 51
  • 53. d. f définie de 3 IR vers 3 IR par : ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++= 33 dimdim IRIR = , donc f peut être bijective : f est bijective ssi f est injective ssi f est surjective o 3 Im IRf = donc f est surjective. o { })0,0,0()( =fKer donc f est injective. o f est alors un automorphisme de 3 IR . ♦ Déterminons alors 1− f . 1− f définie de 3 IR vers 3 IR par : ),,(),,(1 zyxZYXf =− ssi ),,(),,( ZYXzyxf = ),,(),,( ZYXzyxf = ssi ),,(),,( ZYXzyxzyxzyx =−++−++ ssi      =−+ =+− =++ Zzyx Yzyx Xzyx )3( )2( )1( ssi      += −= −= + − − ZYx YXy ZXz 2 2 2 )3()2( )2()1( )3()1( ssi         += −= −= ZYx YXy ZXz 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ♦ La bijection réciproque 1− f de ),,(),,( zyxzyxzyxzyxf −++−++= est alors définie de 3 IR vers 3 IR par :       −−+=− ZXYXZYZYXf 2 1 2 1 , 2 1 2 1 , 2 1 2 1 ),,(1 Correction de l’exercice 2 1) Déterminons une base de { }0/),,( 3 =−∈= zxIRzyxV : ♦ Vzyx ∈),,( ssi 0== zx ssi )1,0,1.()0,1,0.(),,(),,( xyxyxzyx +== , ( )IRyx ∈, ♦ Donc : { })1,0,1(),0,1,0(=B est une base de V , 2dim =V 2) l’application linéaire g définie de V vers 2 IR par : ),()),,(( yxyxzyxg −+= 52
  • 54. a) Calculons l’image de la base B de V par g . { }    = −= ⇒    = = = )1,1()( )1,1()( )1,0,1( )0,1,0( :, 2 1 2 1 21 ug ug u u uuB b) Montrons que g est un isomorphisme de V vers 2 IR et déterminons 1− g . ♦ Montrons que g est un isomorphisme de V vers 2 IR : g est une application linéaire de V vers 2 IR et 2)dim(dim 2 == IRV Pour montrer que g est un isomorphisme, il suffit alors de montrer que g est injective ou g est surjective. Montrons que g est injective : { })0,0,0()( ? =gKer o Déterminons )(gKer : { })0,0(),,(/),,()( =∈= zyxgVzyxfKer o )(),,( gKerzyx ∈ ssi      =− =+ =− 0 0 0 yx yx zx ssi 0=== zyx o Donc : { })0,0,0()( =gKer g est alors injective donc bijective. Ou bien : Montrons que g est surjective : 2 ? )Im( IRg = o == 2121 ,))(),(Im vvugugg avec :    = −= )1,1( )1,1( 2 1 v v o Déterminons le rang du système { }21,vvS = : 2)(1 ≤≤ Srg o Le système { }21,vvS = est libre (calcul) 2)dim(Im2)( =⇒=⇒ gSrg o { }21,uu est alors une base de gIm : 2 )Im( IRg = g est alors surjective donc bijective. ♦ g est alors un isomorphisme de V vers 2 IR . 53
  • 55. ♦ Déterminons 1− g : ),,(),(1 zyxYXg =− ssi ),(),,( YXzyxg = , avec Vzyx ∈),,( ( )VzyxYXzyxg ∈= ),,(),,(),,( ssi      =− =+ =− Yyx Xyx zx 0 )3( )2( )1( ssi      −= += = − + YXy YXx xz 2 2 )3()2( )3()2( )1( ssi         −= += += YXy YXx YXz 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ♦ L’isomorphisme réciproque 1− g de ),()),,(( yxyxzyxg −+= est alors définie de 2 IR vers par :       +−+=− YXYXYXYXg 2 1 2 1 , 2 1 2 1 , 2 1 2 1 ),(1 54
  • 56. érie 3 : ------------------------------------------------------------------------------------S 1ière année Maths et Inf 2014/2015 Exercice 1 Matière: Algèbre linéaire Responsable: Mr Université d Oum’ Matrices       = 01 12 A       = 21 10 B . BA + , BA× , AB × , 2 A 2 B . ).(2)( 222 BABABA ×++=+ ?       = 12 01 A       = 21 02 B . On considère les matrices a. Calculer b. A-t-on Mêmes questions pour les matrices et et et 1) 2) Soit la matrice 𝐴 de définie par : 𝐴 = ( 13 −8 −12 12 −7 −12 6 −4 −5 ) 1. Montrer que 𝐴 est inversible et calculer son inverse 𝐴−1 . 2. En déduire 𝐴 𝑛 , pour tout 𝑛 entier. Exercice 3 Soit 𝐴 la matrice de définie par : 𝐴 = ( 0 1 1 1 0 1 1 1 0 ) 1. Calculer 𝐴2 . 2. Trouver un polynôme 𝑃 de degré 2 tel que 𝑃( 𝐴) = 𝑂. 3. En déduire 𝐴−1 . 4. Retrouver 𝐴−1 par une autre méthode. Exercice 4 Calculer les déterminants des matrices suivantes : 7 11 −8 4   1 0 6 3 4 15 5 6 21     1 0 2 3 4 5 5 6 7     1 0 −1 2 3 5 4 1 3       0 1 2 3 1 2 3 0 2 3 0 1 3 0 1 2         0 1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 0         1 2 1 2 1 3 1 3 2 1 0 6 1 1 1 7     Exercice 2 Elbouaghi Algérie. Djeddi K amel.E-mail:djeddi.kamel@gmail.com 55
  • 57. Exercice 5 Soit 𝛽 = ( 𝑒1, 𝑒2, 𝑒3) la base canonique de ℝ3 . Soit 𝑢 l’endomorphisme de ℝ3 dont la matrice dans la base canonique est : 𝐴 = ( 1 4 4 −1 −3 −3 0 2 3 ) Soient 𝑎 = 𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3, 𝑏 = 2𝑒1 − 𝑒2 + 𝑒3 et 𝑐 = 2𝑒1 − 2𝑒2 + 𝑒3 trois vecteurs de ℝ3 1. Montrer que 𝛽′ = ( 𝑎, 𝑏, 𝑐) est une base de ℝ3 . 2. Déterminer la matrice de passage 𝑃 de 𝛽 à 𝛽′ . Calculer 𝑃−1 . 3. Déterminer la matrice 𝑅 de 𝑢 dans la base 𝛽′ . 4. a) Calculer 𝑃−1 𝐴𝑃 en fonction de 𝑅 b) Calculer 𝑅4 c) En déduire les valeurs de 𝐴4𝑛 . Exercice 6           − − − = 211 121 112 A 33IAB += . 2 B B . 2 A A . A On considère les matrices1) a. Exprimer en fonction de b. En déduire en fonction de c. La matrice est-elle inversible ? et on pose           − − − − = 2111 1211 1121 1112 A 43IAB += .2) Mêmes questions pour les matrices et 56 Mr Djeddi K amel
  • 58. Correction de l’exercice 1 1)       = 01 12 A       = 21 10 B BA + , BA× , AB × , 2 A et 2 B . ♦       =+ 22 22 BA ,       =× 10 41 BA ,       =× 14 01 AB ,       = 12 252 A ,       = 52 212 B b. 222 .2)( BBAABA +×+≠+ : ABBA ×≠× ♦ )()()( 2 BABABA +×+=+       =+⇒ 88 88 )( 2 BA ♦       =+×+ 84 128 .2 22 BBAA 2)       = 12 01 A et       = 21 02 B a. Calcul de BA + , BA× , AB × , 2 A et 2 B . ♦       =+ 33 03 BA ,       =× 25 02 BA ,       =× 25 02 AB ,       = 14 012 A ,       = 44 042 B b. 222 .2)( BBAABA +×+=+ : ABBA ×=× ♦ )()()( 2 BABABA +×+=+       =+⇒ 918 09 )( 2 BA ♦       =+×+ 918 09 .2 22 BBAA a. Calcul de et Corrections E-mail:djeddi.kamel@gmail.com 57
  • 59. Correction de l’exercice 2 𝑌 = 𝐴𝑋 ⇔ 𝐴𝑋 = 𝑌 ⇔ { 13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1 12𝑥1 − 7𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦2 6𝑥1 − 4𝑥2 − 5𝑥3 = 𝑦3 ⇔ 13𝐿2 − 12𝐿1 2𝐿3 − 𝐿2 { 13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1 5𝑥2 − 12𝑥3 = 13𝑦2 − 12𝑦1 −𝑥2 + 2𝑥3 = 2𝑦3 − 𝑦2 ⇔ 5𝐿3 + 𝐿2 { 13𝑥1 − 8𝑥2 − 12𝑥3 = 𝑦1 5𝑥2 − 12𝑥3 = 13𝑦2 − 12𝑦1 −2𝑥3 = 10𝑦3 − 5𝑦2 + 13𝑦2 − 12𝑦1 ⇔ { 13𝑥1 = 𝑦1 + 8𝑥2 + 12𝑥3 5𝑥2 = 13𝑦2 − 12𝑦1 + 12𝑥3 𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 ⇔ { 13𝑥1 = 𝑦1 + 8𝑥2 + 12(6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3) 5𝑥2 = 13𝑦2 − 12𝑦1 + 12(6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3) = 60𝑦1 − 35𝑦2 − 60𝑦3 𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 ⇔ { 13𝑥1 = 73𝑦1 − 48𝑦2 − 60𝑦3 + 8(12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3) 𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3 𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 ⇔ { 13𝑥1 = 169𝑦1 − 104𝑦2 − 156𝑦3 𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3 𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = 13𝑦1 − 8𝑦2 − 12𝑦3 𝑥2 = 12𝑦1 − 7𝑦2 − 12𝑦3 𝑥3 = 6𝑦1 − 4𝑦2 − 5𝑦3 ⇔ ( 𝑥1 𝑥2 𝑥3 ) = ( 13 −8 −12 12 −7 −12 6 −4 −5 ) ( 𝑦1 𝑦2 𝑦3 ) Donc 𝐴−1 = ( 13 −8 −12 12 −7 −12 6 −4 −5 ) = 𝐴 Le mieux aurait été de changer les rôles de 𝑥1 et 𝑥3 dans le premier système. 𝐴2 = 𝐼 donc 𝐴2𝑛 = 𝐴2 𝑛 = 𝐼 𝑛 = 𝐼 et 𝐴2𝑛+1 = 𝐴2𝑛 𝐴 = 𝐴. Correction de l’exercice 3 1. et 2. 𝐴2 = ( 0 1 1 1 0 1 1 1 0 ) ( 0 1 1 1 0 1 1 1 0 ) = ( 2 1 1 1 2 1 1 1 2 ) = 𝐴 + 2𝐼 donc 𝑃( 𝑋) = 𝑋2 − 𝑋 − 2 𝐴2 − 𝐴 = 2𝐼 ⇔ 𝐴( 𝐴 − 𝐼) = 2𝐼 ⇔ 𝐴 × 𝐴−𝐼 2 = 𝐼 donc 𝐴−1 = 𝐴−𝐼 2 = 1 2 ( −1 1 1 1 −1 1 1 1 −1 ) 58 Mr Djeddi K amel
  • 60. 𝐴𝑋 = 𝑌 ⇔ ( 0 1 1 1 0 1 1 1 0 ) ( 𝑥1 𝑥2 𝑥3 ) = ( 𝑦1 𝑦2 𝑦3 ) = { 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3 𝑥1 dans la 𝑥1et 𝑥2 soit on intervertit la ligne 1 avec une ligne où il y a un 𝑥1 Ici il y a un problème pour appliquer le pivot de Gauss parce qu’il n’y a pas de termes en première ligne, il y a deux façons d’arranger ce problème, soit on intervertit , c’est ce que nous allons faire. 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3 ⇔ 𝐿2 𝐿1 𝐿3 { 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 𝑥1 + 𝑥2 = 𝑦3 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 − 𝐿1 { 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 𝑥2 − 𝑥3 = −𝑦2 + 𝑦3 ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 − 𝐿2 { 𝑥1 + 𝑥3 = 𝑦2 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦1 −2𝑥3 = −𝑦1 − 𝑦2 + 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = −𝑥3+ 𝑦2 𝑥2 = −𝑥3 + 𝑦1 𝑥3 = 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 − 1 2 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = − ( 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 − 1 2 𝑦3) + 𝑦2 𝑥2 = − ( 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 − 1 2 𝑦3) + 𝑦1 𝑥3 = 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 − 1 2 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = − 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 + 1 2 𝑦3 𝑥2 = 1 2 𝑦1 − 1 2 𝑦2 + 1 2 𝑦3 𝑥3 = 1 2 𝑦1 + 1 2 𝑦2 − 1 2 𝑦3 ⇔ ( 𝑥1 𝑥2 𝑥3 ) = ( − 1 2 1 2 1 2 1 2 − 1 2 1 2 1 2 1 2 − 1 2) ( 𝑦1 𝑦2 𝑦3 ) Donc 𝐴−1 = ( − 1 2 1 2 1 2 1 2 − 1 2 1 2 1 2 1 2 − 1 2) Correction de l’exercice 4 1. Le déterminant de la matrice a b c d est a b c d = ad −bc 7 11 −8 4 = 7×4−11×(−8) = 116. 2. Nous allons voir différentes méthodes pour calculer les déterminants. Première méthode. Règle de Sarrus. Pour le matrice 3×3 il existe une formule qui permet de calculer directement le déterminant. . Donc 59
  • 61. a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 = a11a22a33 +a12a23a31 +a21a32a13 −a13a22a31 −a11a32a23 −a12a21a33 Donc 1 0 6 3 4 15 5 6 21 = 1×4×21+0×15×5+3×6×6−5×4×6−6×15×1−3×0×21 = −18 Attention ! La règle de Sarrus ne s’applique qu’aux matrices 3×3. 3. Deuxième méthode. Se ramener à une matrice diagonale ou triangulaire. Si dans une matrice on change un ligne Li en Li −λLj avec les colonnes. alors le déterminant reste le même. Même chose L1 1 0 2 L2 3 4 5 L3 5 6 7 = 1 0 2 L2←L2−3L1 0 4 −1 L3←L3−5L1 0 6 −3 = 1 0 2 0 4 −1 L3←L3−3 2 L2 0 0 −3 2 = 1×4×(−3 2) = −6 cients sur la diagonale. On a utilisé le fait que le déterminant d’une matrice diagonale (ou triangulaire) est le produit des coeffi 4. Troisième méthode. Développement par rapport à une ligne ou une colonne. par rapport à la deuxième colonne. 1 0 −1 2 3 5 4 1 3 = (−0)× 2 5 4 3 +(+3)× 1 −1 4 3 +(−1)× 1 −1 2 5 = 0+3×7−1×7 = 14 Nous allons développer Bien souvent on commence par simplifier la matrice en faisant apparaître un maximum de 0 par les opérations élémentaires sur les lignes et les colonnes. Puis on développe en choisissant la ligne ou la colonne qui a le plus de 0. 5. On fait apparaître des 0 sur la première colonne puis on développe par rapport à cette colonne. ∆ = L1 0 1 2 3 L2 1 2 3 0 L3 2 3 0 1 L4 3 0 1 2 = 0 1 2 3 1 2 3 0 L3←L3−2L2 0 −1 −6 1 L4←L4−3L2 0 −6 −8 2 = − 1 2 3 −1 −6 1 −6 −8 2 Pour calculer le déterminant 3×3 on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on la développe. −∆ = L1 1 2 3 L2 −1 −6 1 L3 −6 −8 2 = 1 2 3 L2←L2+L1 0 −4 4 L3←L3+6L1 0 4 20 = 1 −4 4 4 20 = −96 60 Mr Djeddi K amel
  • 62. Donc ∆ = 96. 6. La matrice a déjà beaucoup de 0 mais on peut en faire apparaître davantage sur la dernière colonne, puis on développe par rapport à la dernière colonne. ∆ = L1 0 1 1 0 L2 1 0 0 1 L3 1 1 0 1 L4 1 1 1 0 = 0 1 1 0 1 0 0 1 L3←L3−L2 0 1 0 0 1 1 1 0 = 0 1 1 0 1 0 1 1 1 On développe ce dernier déterminant par rapport à la première colonne : ∆ = 0 1 1 0 1 0 1 1 1 = 1× 1 1 1 0 = −1 7. Toujours la même méthode, on fait apparaître des 0 sur la première colonne, puis on développe par rapport à cette colonne. ∆ = L1 1 2 1 2 L2 1 3 1 3 L3 2 1 0 6 L4 1 1 1 7 = 1 2 1 2 L2←L2−L1 0 1 0 1 L3←L3−2L1 0 −3 −2 2 L4←L4−L1 0 −1 0 5 = 1 0 1 −3 −2 2 −1 0 5 On développe par rapport à la deuxième colonne : ∆ = −2× 1 1 −1 5 = −12 Correction de l’exercice 5 det( 𝑎, 𝑏, 𝑐) = | 1 2 2 −1 −1 −2 1 1 1 | = 𝐶3 − 𝐶2 | 1 2 2 −1 −1 −2 0 0 −1 | = − | 1 2 −1 −1 | = −(−1 + 2) = −1 ≠ 0 Donc ( 𝑎, 𝑏, 𝑐) est une base de ℝ3 1. 2. 𝑃 = ( 1 2 2 −1 −1 −2 1 1 1 ) 𝑃𝑋 = 𝑌 ⇔ ( 1 2 2 −1 −1 −2 1 1 1 ) ( 𝑥1 𝑥2 𝑥3 ) = ( 𝑦1 𝑦2 𝑦3 ) ⇔ 𝐿1 𝐿2 𝐿3 { 𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 𝑦1 −𝑥1 − 𝑥2 − 2𝑥3 = 𝑦2 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 𝑦3 61
  • 63. ⇔ 𝐿1 𝐿2 + 𝐿1 𝐿3 + 𝐿2 { 𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 = 𝑦1 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 −𝑥3 = 𝑦2 + 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = −2𝑥2 − 2𝑥3 + 𝑦1 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = −2𝑦1 − 2𝑦2 + 2𝑦2 + 2𝑦3 + 𝑦1 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3 ⇔ { 𝑥1 = −𝑦1 + 2𝑦3 𝑥2 = 𝑦1 + 𝑦2 𝑥3 = −𝑦2 − 𝑦3 Donc 𝑃−1 = ( −1 0 2 1 1 0 0 −1 −1 ) 3. Les coordonnées de 𝑢( 𝑎) dans la base 𝛽 sont ( 1 4 4 −1 −3 −3 0 2 3 ) ( 1 −1 1 ) = ( 1 −1 1 ) Donc 𝑢( 𝑎) = 𝑎 Les coordonnées de 𝑢( 𝑏) dans la base 𝛽 sont ( 1 4 4 −1 −3 −3 0 2 3 ) ( 2 −1 1 ) = ( 2 −2 1 ) Donc 𝑢( 𝑏) = 𝑐 Les coordonnées de 𝑢( 𝑐) dans la base 𝛽 sont ( 1 4 4 −1 −3 −3 0 2 3 ) ( 2 −2 1 ) = ( −2 1 −1 ) Donc 𝑢( 𝑐) = −𝑏 Par conséquent 𝑅 = ( 1 0 0 0 0 −1 0 1 0 ) 4. a) 𝑃−1 𝐴𝑃 = ( −1 0 2 1 1 0 0 −1 −1 ) ( 1 4 4 −1 −3 −3 0 2 3 ) ( 1 2 2 −1 −1 −2 1 1 1 ) = ( −1 0 2 1 1 0 0 −1 −1 ) ( 1 2 −2 −1 −2 1 1 1 −1 ) = ( 1 0 0 0 0 −1 0 1 0 ) = 𝑅 62
  • 64. b) 𝑅2 = ( 1 0 0 0 0 −1 0 1 0 ) ( 1 0 0 0 0 −1 0 1 0 ) = ( 1 0 0 0 −1 0 0 0 −1 ) 𝑅4 = 𝑅2 𝑅2 = ( 1 0 0 0 −1 0 0 0 −1 ) ( 1 0 0 0 −1 0 0 0 −1 ) = ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) = 𝐼 c) 𝑅 = 𝑃−1 𝐴𝑃 ⇔ 𝐴 = 𝑃𝑅𝑃−1 𝐴4 = 𝑃𝑅𝑃−1 𝑃𝑅𝑃−1 𝑃𝑅𝑃−1 𝑃𝑅𝑃−1 = 𝑃𝑅4 𝑃−1 = 𝑃𝐼𝑃−1 = 𝐼 Donc 𝐴4𝑛 = ( 𝐴4) 𝑛 = 𝐼 𝑛 = 𝐼 Correction de l’exercice 6 1)           − − − = 211 121 112 A , 33IAB += a. 2 B en fonction de B :           =⇒+= 111 111 111 3 3 BIAB ♦           = 111 111 111 B : ⇒           =×= 333 333 333 2 BBB BB .32 = b. 2 A en fonction de A . ♦ 33 33 IBAIAB −=⇒+= ♦ Les matrices B et 3).3( I− commutent : BIBBI ).3().3().3( 33 −=−×=×− ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 2 .32.3.3 BBIIIBA +×−×+−=−=⇒ ( ) BIBBIBBIIBA .3.9.3.6.9.6.9.3 33 2 3 2 3 2 −=+−=+−=−=⇒ , car BB .32 = ABIBIA .3).3.(3.3.9 33 2 −=+−−=−=⇒ , BIA +−= 3.3 Donc AA .32 −= c. La matrice A n'est pas inversible : On suppose que la matrice A est inversible On a alors 3 1 IAA =× − et AA .32 −= Donc 3 11 .3.3 IAAAAAA −=⇒×−=×× −− Or 3.3 IA −≠ , donc la matrice A n'est pas inversible. 63 Mr Djeddi K amel
  • 65. 2)               − − − − = 2111 1211 1121 1112 A , 43IAB += a. 2 B en fonction de B :               =⇒+= 1111 1111 1111 1111 3 4 BIAB ♦               = 1111 1111 1111 1111 B : ⇒               =×= 4444 4444 4444 4444 2 BBB BB .42 = b. 2 A en fonction de A . ♦ 44 33 IBAIAB −=⇒+= ♦ Les matrices B et 4).3( I− commutent : BIBBI ).3().3().3( 44 −=−×=×− ( ) ( ) ( ) 2 4 2 4 2 4 2 .32.3.3 BBIIIBA +×−×+−=−=⇒ BIBBIBBIA .2.9.4.6.9.6.9 44 2 4 2 −=+−=+−=⇒ , car BB .42 = AIBIIBIIA .23).3).(2(3.2.63 44434 2 −=+−−+=−+=⇒ , BIA +−= 4.3 Donc AIA .23 4 2 −= c. La matrice A est inversible : 44444 2 4 2 ).2( 3 1 .).2(. 3 1 3.2.23 IIAAIIAAIAAAIA =      +×⇒=+×⇒=+⇒−= Donc 44 /).2( 3 1 )4( IBAIABMB =×      +=∈∃ Donc la matrice A est inversible et ).2( 3 1 4 1 IAA +=− 64 Mr Djeddi K amel
  • 66. érie 4 : ------------------------------------------------------------------------------------S 1ière année Maths et Inf 2014/2015 Exercice 1 Matière: Algèbre linéaire DjeddiKResponsable: Mr Université d Oum Elbouaghi’ Résolution de systèmes d'équations 65