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Mathématiques 2e année PC PC* - PT PT*, nouvelle éd. (collection M&A)

De
652 pages
Pour acquérir l'essentiel, si vous éprouvez des difficultés à mémoriser les points fondamentaux du cours, si vous n'avez pas l'impression de posséder les bons réflexes, "Le nouveau M&A Mathématiques 2e année PC PC* - PT PT*" vous propose une approche plus claire et plus directe grâce à sa partie "Méthodes". Chaque chapitre y présente les points du cours à retenir sous forme de grandes questions et les savoir-faire clefs sous forme d'exercices types analysés.

Structures algébriques. Espaces vectoriels et applications linéaires. Matrices et déterminants. Réduction des endomorphismes. Espaces préhilbertiens. Endomorphismes d'un espace euclidien. Arcs paramétrés - Nappes paramétrées

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M
Collection
& A
Mathématiques
e
année2
PC PC* - PT PT*
Licences scientifiques
Nouvelle édition4762_ Page 2 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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DANGER
LE
PHOTOCOPILLAGE
TUE LE LIVRE
© LAVOISIER, 2009
ISBN : 978-2-7430-1151-2 (nouvelle édition)
ISSN : 1952-5281
Toute reproduction ou représentation intégrale ou partielle, par quelque procédé que ce soit, des
pages publiées dans le présent ouvrage, faite sans l’autorisation de l’éditeur ou du Centre Français
d’exploitation du droit de copie (20, rue des Grands-Augustins, 75006 Paris), est illicite et constitue
une contrefaçon. Seules sont autorisées, d’une part, les reproductions strictement réservées à
l’usage privé du copiste et non destinées à une utilisation collective, et, d’autre part, les analyses
et courtes citations justifiées par le caractère scientifique ou d’information de l’œuvre dans laquelle
erelles sont incorporées (loi du 1 juillet 1992-art. L 122-4 et L 122-5 et Code pénal art. 425).4762_ Page 3 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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M
Collection
& A
Mathématiques
e
année2
PC PC* - PT PT*
Licences scientifiques
Nouvelle édition
Méthodes & Annales
Jean-Claude MARTIN Sylvain DAMOUR
Professeur de chaire Professeur agrégé
supérieure – Spé PC* Sup PCSI
Hervé GUILLAUMIE Frédéric PÉLANCHONe Professeur de chaire
supérieure – Spé PSI* supérieure – Spé MP
Fenêtre sur les concours actuels
Stéphane ADDED Camille BIÈCHE André BOREL
Professeur de chaire Professeur agrégée à l’université Professeur de chaire
supérieure – Spé PSI* Docteur en mathématiques supérieure – Spé PT*
Rémi CHMURA Denis LEPELLETIER Gilles SCIUTOe Professeur de chaire Professeur agrégé
supérieure – Spé PSI supérieure – Spé PC* Spé PC
11, rue Lavoisier
75008 Paris4762_ Page 4 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Pour vous accompagner en prépa ou en université :
M
Collection
& A
Un ouvrage par matière et par année comprenant :
Une partie Méthodes Une partie Annales
• Le cours en questions • Pour maîtriser les bases
• Les savoir-faire clefs • Pour approfondir
Physique
re• M&A Physique 1 année PCSI par P. Grécias et J.-P. Migeon.
re• année MPSI - PTSI par P. Grécias et J.-P. Migeon.
re• année BCPST-VÉTO par P
e• M&A Physique 2 année PC PC* par S. Olivier.
e• année MP MP* - PT PT* par D. Augier et C. More.
e• année PSI PSI*e.
e• M&A Physique 2 année BCPST-VÉTO par J. Charlemagne et P. Grécias.
Chimie
re• M&A Chimie 1 année PCSI par P. Grécias et V. Tejedor.
re• année MPSI - PTSI par P. Grécias et V. Tejedor.
re• année BCPST-VÉTO par P. Tejedor.
e• M&A Chimie 2 année PC PC* par P. Grécias et V. Tejedor.
e• année MP MP* - PT PT* par P. Grécias et V. Tejedor.
e• année PSI PSI* par P. Grécias et V. Tejedor.
e• M&A Chimie 2 année BCPST-VÉTO par P. Tejedor.
Mathématiques
re• M&A Mathématiques 1 année PCSI - PTSI par C. Bièche, A. Borel, R. Chmura, P. Guerini,
H. Guillaumie, M. Hochart, C. Schreiber, G. Sciuto, M. Wigneron et J.-C. Martin.
re• année MPSI par R. Adad, C. Bièche, A. Bor. Guerini, eiber
e• M&A Mathématiques 2 année PC PC* - PT PT* par S. Added, C. Bièche, A. Borel, R. Chmura,
S. Damour, H. Guillaumie, D. Lepelletier, F. Pélanchon, G. Sciuto et J.-C. Martin.
e• M&A Mathématiques et informatique 2 année MP MP* par R. Adad, A. Borel, S. Damour, P. Guerini,
H. Guillaumie, M. Hochart, F. Pélanchon et J.-C. Martin.
e• M&A Mathématiques 2 année PSI PSI* par S. Added, L. Blanc-Centi, S. Damour, H. Guillaumie,
F. Pélanchon, O. Rivière, L. Verschueren et J.-C. Martin.4762_ Page 5 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Avant-propos
Amis étudiants
La collection Méthodes & Annales se donne comme objectif de
répondre à vos besoins en mathématiques, physique ou chimie, pour toute
CPGE, par une approche novatrice.
Réduire le fossé ressenti entre :
« suivre un cours » et « passer une épreuve de concours ».
• Vous avez du mal à apprendre le cours ? Vous ne voyez pas l’essentiel ?
La rubrique Méthodes « le cours en questions » vous précise les outils
d’aide à l'apprentissage et à la compréhension en profondeur du cours. Elle
n’a néanmoins pas vocation à se substituer à un ouvrage de cours
traditionnel.
Sous forme de questions ponctuelles, cette partie vous permet de
mémoriser des points fondamentaux.
• Vous avez du mal à passer du cours aux exercices ? Vous avez besoin
que l’on vous guide ?
La rubrique Méthodes « les savoir-faire clefs » structure les connaissances
essentielles autour de quelques démarches fondamentales.
Sous forme d’exercices soigneusement sélectionnés, cette partie vous
permet d’acquérir des réflexes méthodologiques essentiels.
• Vous souhaitez faire des « annales » pour préparer efficacement une
colle, un DS, un concours ?
La rubrique Annales « pour maîtriser les bases » vous permet de vous
entraîner sur des exercices et problèmes de concours très classiques, en
utilisant les repères acquis précédemment.
Sous forme d’extraits récents (des écrits ou des oraux), cette partie propose
des solutions totalement rédigées qui viennent asseoir définitivement vos
connaissances.
• Vous souhaitez optimiser vos chances aux concours et consolider
votre formation ?
La rubrique Annales « pour approfondir » vous propose d’accéder à un plus
haut niveau, ou de vous confronter simplement à des situations nouvelles.
Sous forme de textes de concours (des écrits ou des oraux) plus pointus
ou plus abrupts, cette partie nécessite souvent plus de réflexion, et
développe vos facultés d’adaptation ultérieures.
5
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M&A Maths AVANT-PROPOS
Cet ouvrage est un guide de travail complet qui doit vous
accompagner tout au long de votre année de prépa.
De l’apprentissage à l’autonomie
• Cet ouvrage n’est pas conçu comme un simple ouvrage d’exercices et
problèmes corrigés.
Son but n’est pas seulement d’apprendre telle résolution mais d’apprendre
à apprendre. D’où l’idée de montrer par chapitre que quelques savoir-faire
clefs permettent de résoudre tous les problèmes. Tous les corrigés sont
agrémentés de nombreuses aides ponctuelles du type Conseils
méthodologiques, Erreurs à éviter, Remarques ou Éléments à mémoriser…
Fournir des annales abordables à tout moment de l’année
• Cet ouvrage n’est pas conçu comme un ouvrage brut d’annales.
Son but n’est pas d’aligner simplement tous les problèmes d’une filière.
re eEn général, ces sujets portent sur l’ensemble du programme de 1 et 2
années et ne sont faisables qu’une fois le cours achevé. Là, les sujets sont
découpés, ce qui permet l’apprentissage selon l’avancement de votre
cours.
En fin d’ouvrage, un dernier chapitre donne des annales dans leur
intégralité : Fenêtre sur les concours actuels. C’est désormais l’occasion
de mettre en œuvre de façon autonome tous vos acquis sur des sujets
actuels de votre filière.
En conclusion, nous souhaitons remercier les éditions Lavoisier Tec & Doc
pour le travail de présentation remarquable fait sur cet ouvrage, ainsi
qu’Isabelle Clément, Éric Trémeau, Pierre Grécias, Yves Lemaire et Laurent
Fouquet pour leurs conseils ou leur relecture.
Il reste sans doute de nombreuses imperfections et nous vous serions
reconnaissants de nous faire part de vos critiques et suggestions.
Les auteurs
Notations
La nature des textes insérés en marge ou décrochement est précisée par
l'un des quatre logos suivants :
: résultat important (à mémoriser) ou remarque importante.
: conseil méthodologique ou commentaire sur le contenu d'un exercice.
: erreur à éviter.
: rappel concernant les techniques de calcul.
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Table des matières
Avant-propos ................................................................................... 5
Chapitre 1 – Structures algébriques
Méthodes ........................................................................................... 9
Annales.............................................................................................. 16
Chapitre 2 – Espaces vectoriels et applications linéaires
Méthodes 19
Annales 32
Chapitre 3 – Matrices et déterminants
Méthodes ........................................................................................... 45
Annales 60
Chapitre 4 – Réduction des endomorphismes
Méthodes 79
Annales.............................................................................................. 94
Chapitre 5 – Espaces préhilbertiens
Méthodes 105
Annales 120
Chapitre 6 – Endomorphismes d’un espace euclidien
Méthodes ........................................................................................... 135
Annales.............................................................................................. 153
Chapitre 7 – Arcs paramétrés – Nappes paramétrées, surfaces
Méthodes 173
Annales 191
Chapitre 8 – Espaces vectoriels normés
Méthodes ........................................................................................... 195
Annales 203
nChapitre 9 – Rappels sur les fonctions de classe C
Méthodes 213
Annales.............................................................................................. 226
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M&A Maths TABLE DES MATIÈRES
Chapitre 10 – Intégration sur un segment
Méthodes ........................................................................................... 243
Annales.............................................................................................. 253
Chapitre 11 – Intégrales impropres
Méthodes 267
Annales 282
Chapitre 12 – Intégrales dépendant d’un paramètre
Méthodes ........................................................................................... 297
Annales.............................................................................................. 312
Chapitre 13 – Séries à termes complexes
Méthodes 327
Annales 346
Chapitre 14 – Suites et séries de fonctions
Méthodes ........................................................................................... 359
Annales 372
Chapitre 15 – Séries entières
Méthodes 383
Annales.............................................................................................. 398
Chapitre 16 – Séries de Fourier
Méthodes 411
Annales 424
Chapitre 17 – Fonctions de plusieurs variables
Méthodes ........................................................................................... 433
Annales.............................................................................................. 447
Chapitre 18 – Équations différentielles
Méthodes 459
Annales 473
Chapitre 19 – Calcul formel en Maple
Méthodes 487
Annales 505
Chapitre 20 – Algorithmes et programmation en Maple
Méthodes ........................................................................................... 523
Annales.............................................................................................. 541
BILAN
Chapitre 21 – Fenêtre sur les concours actuels .................................................... 553
Index.................................................................................................... 647
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Chapitre 1
Structures
algébriques
Méthodes
Le cours en questions
1 ■ ■ Les groupes
1.1 Qu’est-ce qu’un groupe ?
Un ensemble G, non vide, muni d’une loi de composition interne ⊥ est un Ici, ⊥ se prononce antitruc.
groupe si cette loi est associative, admet un élément neutre et si tout
élément de G admet un symétrique.
3i. Associative : ∀()xyz,, ∈ G , ()x⊥y⊥zx= ⊥()y⊥ z . L’élément neutre est unique.
Au lieu de symétrique, on parleii. Élément neutre : ∃eG∈ , ∀xG∈ , x⊥ee==⊥xx.
–1d’inverse, noté x , pour une
iii. Élément symétrique : ∀xG∈ , ∃x′ ∈ G, x⊥ x′==x′⊥xe. loi multiplicative (×) et d’opposé,
2 noté –x, pour une loi additive (+).Dans un groupe, tout élément x est régulier : ∀()aa, ′ ∈ G , ∀xG∈ ,
–1Dans la suite on le notera x .
⎧ a⊥xa==′⊥xa ⇒ a′ ()x est régulier à droite
On dit aussi que x est simplifia-⎨
x⊥ax⊥ a′ ⇒ a a′ x est régulier à gauche .⎩ ble (à droite ou à gauche).
1.2 Qu’est-ce qu’un sous-groupe ?
Une partie H d’un groupe G est un sous-groupe de ()G, ⊥ si ⊥ est une loi
de composition interne sur H et si ()H, ⊥ est lui-même un groupe :
H est un sous-groupe de ()G, ⊥ muni de l’élément neutre e si et seulement si :
⎧H ≠ ∅

–1∀()xy, ∈ H, x⊥yH∈∈ et y H⎩
⎧eH∈
ou encore ⎨
–1∀()xy, ∈ H, x⊥y ∈ H.⎩
9
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
1.3 Qu’est-ce qu’un morphisme de groupes ?
Si e et e′ sont les éléments • Une application f de G dans G′ est un morphisme des groupes ()G, ⊥
neutres respectifs de G et de et ()G′, si :*
G′, alors fe() = e′ :
2∀()xy, ∈ G , fx()⊥y = fx() fy().*
fe()⊥e =fe() fe() ⎫* ⇒ fe() = e′.⎬
fe()⊥e==fe() fe() e′ • Si f est un morphisme du groupe ()G, ⊥ dans le groupe ()G′, :⎭ **
–1 –1Et ∀xG∈ , f(x) = f(x ) : –1Ker()f==f(){}e′{}xG∈ ⁄f()x = e′ est un sous-groupe de ()G, ⊥ .
-1 ⎫fx()⊥ x==fe() e′
Im()f ={}yG∈ ′ ⁄ ∃xG∈ , y =fx()oupe de ()G′, .⎬ *
–1 –1fx⊥ x = fx() fx()⎭*
–1 –1 ⇒ f(x) = f(x ).
2 ■ ■ Anneau
2.1 Qu’est-ce qu’un anneau ?
Un ensemble A, non vide, muni de deux lois de composition interne + et ×
est un anneau si :
i. ()A, + est un groupe commutatif (d’élément neutre noté en général 0A
ou 0).
Un anneau est unitaire. ii. La loi × est associative, distributive par rapport à + et possède un élément
neutre (noté en général 1 ou 1).A
2.2 Qu’est-ce qu’un sous-anneau ?
H, partie d’un anneau ()A,,+× , est un sous-anneau de ()A,,+× , si ()H, +
est un sous-groupe de A, + , si 1 ∈ H et si × est une loi de compositionA
Un sous-anneau doit contenir interne pour H :
l’élément unité 1 pour la mul-A H est un sous-anneau de ()A,,+× si et seulement si :
tiplication.
1 ∈ HA⎧

⎧⎨ xy– ∈ H2∀()xy, ∈ H , ⎪ ⎨
xy× ∈ H.⎩ ⎩
2.3 Qu’appelle-t-on morphisme d’anneaux ?
Un morphisme d’anneaux est Une application f de A dans A′ est un morphisme de l’anneau ()A,,+×
aussi un morphisme de groupes dans ()A,,⊥ , si :*
additifs.
⎧fx()+y = fx()⊥fy()
⎪2Erreur à éviter ∀()xy, ∈ A , fx()×y = fx() fy()⎨ *
La condition : ⎪f()1 = 1 .A A′⎩
f()1 × 1==f()1 f()1 f()1A A A A * A
Le noyau d’un morphisme d’anneaux n’est pas un sous-anneau sin’implique pas f()1 = 1 puisqueA A′
f()1 n’est pas nécessairement A′ ≠{}0 , parce qu’il n’est pas unitaire : f()1 = 1 ≠ 0 , doncA A′ A A′ A′
régulier. 1 ∉ Kerf.A
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Structures algébriques Chapitre 1
2.4 Dans un anneau a-t-on x ¥ y = 0 ¤ x = 0
Dans un anneau intègre, les
ou y = 0 ? équations peuvent se simplifier :
3∀()axy,, ∈ A ,
• On dit qu’un anneau commutatif ()A,,+×,0 distinct de {}, est intègreA (a ≠ 0 et ax×==ay× ) ⇒ x y.
si et seulement si :
2∀()xy, ∈ A , xy×==0 ⇔ x 0 ou y = 0.
01 01 00• Dans ()M ()+×,, cette propriété est fausse : = . Cette possibilité de simplifier2
00 00 00 une équation dans un anneau
intègre est à rapprocher de la
De façon plus générale, pour n 2, dans ()M(),,+ × , si E désignen ij, régularité dans un groupe.
la matrice dont tous les termes sont nuls sauf le terme d’indice ()ij, qui
vaut 1, on a : E E = 0. Un anneau intègre n’est pasi, 1 2, j
obligatoirement un corps.
Ex : []X .2.5 Que savez-vous à propos de la formule
du binôme de Newton ?
Dans un anneau ()A,,+× , si deux éléments a et b commutent, alors :
kn=
n⎛⎞n k nk–∀n ∈ , ()ab+ = a b .∑⎝⎠k
k = 0
Dans ()M ()+×,, , la formule du binôme de Newton permet de calculern
ela puissance q d’une matrice MI = + N, avec N nilpotente d’indice p : I et N commutent,n n
pN = 0.kp=
qq ⎛⎞ k∀q ∈ , qp ⇒ (I + N) = N .n ∑⎝⎠k
k = 0
3 ■ ■ Algèbre
3.1 Citez des algèbres.
•()M ()+×,,, . , ()LE,,+ , . et ()[X]+×,,, . sont des -algèbres.n °
• L’ensemble BA, des fonctions bornées de A dans , l’ensemble
0 kC , des fonctions continues de dans , l’ensemble C()U, des
k nfonctions de classe C d’un ouvert U de dans sont des -algèbres.
•()A,,,+× • muni de deux lois de composition interne + et × et d’une loi
de composition externe • est une -algèbre si ()A,,+× est un anneau, si
()A,,+ • est un -espace vectoriel et si la relation suivante est vérifiée :
2∀λ()λ,,xy ∈ × A , •()xy×==()λ • x × y x ×()λ • y .
3.2 Qu’est-ce qu’une sous-algèbre ?
Une sous-algèbre est un sous-anneau et un sous-espace vectoriel. Une sous-algèbre doit contenir
l’élément unité pour la multipli-Pour démontrer qu’un ensemble A est une algèbre, il est judicieux de montrer
cation.
que A est une sous-algèbre d’une algèbre connue.
11
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
Les savoir-faire clefs
Conseils 1 ■■ Démontrer qu’un ensemble muni
méthodologiques
d’une loi de composition interne
est un groupe.
Il est souvent utile de montrer 1.1 Soit ()E, un ensemble muni d’une loi de composition interne asso-**
que l’ensemble donné est un ciative telle que tout élément est régulier à droite et à gauche et telle que pour
sous-groupe d’un groupe connu. ntout aE∈ , l’ensemble {}a ⁄ n ∈ * est fini.
Cette remarque s’applique aussi aux
Montrer que ()E, est un groupe.anneaux, corps, espaces vectoriels *
et algèbres. Dans les exercices 1.1
et 1.2 il faut cependant revenir à la
1.2 Soit ()E, un ensemble non vide muni d’une loi de composition internedéfinition des groupes. *
2 associative. On suppose que, pour tout ()ab, ∈ E , les équations axb=* *
Pour une loi de composition (1) et yab= (2) admettent au moins une solution.*
interne, tout élément inversible Montrer que ()E, est un groupe.*(à gauche, resp. à droite) est régulieroite). La
réciproque est fausse. 1.3 Soit ()G, un groupe.*On peut le constater en considérant
–1Montrer que si ()G, est commutatif alors l’application xx est un auto-la multiplication dans par exemple. *
morphisme de G, .*
n *1.1 Soit aE∈ . {}a ⁄ n ∈ est fini. Il existe donc deux entiers m et n tels
n mque mn 1 vérifiant : a = a ; ce qui implique, par régularité (à droite
mn– + 1ou à gauche) : a = a, mn– + 1 2 (1).
mn– + 1Soit xE∈ . D’après (1), axa= x, ce qui implique, par régularité à* *
mn–gauche, que xa= x. De même, par régularité à droite, on obtient :*
mn–xx= a .*
mn–Ainsi, a est élément neutre pour . *
mn–Notons e cet élément neutre a (qui est unique donc indépendant de a).
er mn– mn– – 1 mn– – 11 cas : mn– 2. Alors a ==ea aa= a : a admet* *
un inverse à droite et à gauche.
e mn– + 1 22 cas : mn– = 1. Alors a ==a a ce qui, par régularité, montre
que ae= est son propre inverse.
()E, est donc un groupe.*
1.2 Soit aE∈ . D’après (1) : ∃eE∈ , a e = a.*
D’après (2) : ∀xE∈ , ∃fE∈ , f a = x.*
Ainsi, en utilisant l’associativité : xef===() a ef()a e fax= .* * * * * *
e est élément neutre à droite.
De même, il existe un élément neutre à gauche e′.
ee à droite, donc e′ee= ′.*
e′ est élément neutre à gauche, donc e′ee= . Ainsi, ee= ′ est élément*
neutre de .*
Montrons que a est inversible.
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Structures algébriques Chapitre 1
D’après (1), en prenant be= , il existe a′ ∈ E tel que a a′ = e.*
D’après (2), en prenant be= ,a″ ∈ Ea″ae= .*
⎧a″()a a′==a″ea″* * *Et a′ = a″puisque a″ a a′ = ⎨* *
()a″ a a′e a′ a′.⎩ * * *
En conclusion :()E, est un groupe.*
–11.3 L’application ϕ : xx est-elle un morphisme de groupe ?
2 –1 –1 –1 –1 –1∀()xy, ∈ G,eϕ()x y==(x y) y xt ϕ()x ϕ()y = x y . Puisque G est commutatif :* * * * *
–1 –1 –1 –1y x = x y .* *
Par conséquent, ϕ est un morphisme de groupe.
2 –1 –1ϕ est injective : ∀()xy, ∈ G , ϕ()x==ϕ()y ⇔ x y
–1 –1 –1 –1 ⇔ (x ) = (y )
⇔ xy= .
–1 –1 –1 –1ϕ est surjective : ∀yG∈ , ∃ϕxy= , ()x==x (y ) = y.
Ainsi, ϕϕ est bijective. Il en résulte que est un automorphisme de groupe.
Les savoir-faire clefs
Conseils 2 ■ ■ Savoir utiliser les éléments nilpotents
méthodologiques
d’un anneau.
Soit un anneau ()A,,+ · et a un élément nilpotent d’indice p. Dans , si a 1, l’inverse de
1 – a est :Montrer que 1 – a est inversible dans A.
2 3 p1+aa+++ a ...+ a+ ... .
p pa = 0 , donc 1 – a = 1.
p p – 1Or 11==– a ()1 – a ⋅()1++a ...+ a .
p – 1Ainsi, 1 – a est inversible d’inverse :()1++a ...+ a .
Conseils 3 ■ ■ Savoir utiliser les morphismes.
méthodologiques
⎛⎞ ⎛⎞⎧⎫ ⎧⎫cosθ –sinθ chθ shθ3.1 Soit : G = ⁄ θ∈ et G′ = ⁄ θ ∈ . 3.1 et 3.2 Considérer ces ensembles⎜⎟ ⎜⎟⎨⎬ ⎨⎬
⎝⎠ ⎝⎠⎩⎭sinθ cosθ ⎩⎭shθ chθ comme sous-ensembles de
structures connues. Montrer que G et G′ munis du produit matriciel sont des groupes. Sont-ils
isomorphes ?
3.2 Soit []i l’ensemble {}P()i ⁄ P ∈ []X , c’est-à-dire l’ensemble des
n
pnombres complexes de la forme a i , avec a,,... a ∈ . Il est clair que∑ p 0 n
p = 0
2[]i ={}a + iba⁄(),b ∈ .
Montrer que []i , muni de l’addition et du produit de nombres complexes,
est un anneau. Est-il isomorphe à ?
13
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4762_ Page 14 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
⎧⎫⎛⎞a 03.3 Construire l’isomorphisme. En 3.3 Soit K =⎜⎟ ⁄ a ∈ . Montrer que ()K,,+× a une structure de⎨⎬
⎝⎠déduire le résultat. ⎩⎭0 0
Isomorphisme = morphisme bijectif
corps isomorphe à . ()K,,+× est-il un sous-anneau de ()M ()+×,, ? (de groupes, d’anneaux, de corps). 2
cosθ –sinθ chθ shθ3.1 Puisque ==10≠ , il suffit de vérifier
sinθ cosθ shθ chθ
que G (resp. G′) sont des sous-groupes de ()GL() ,× .2
⎛⎞1 0Elle correspond à θ = 0. – La matrice I = appartient à G (resp. G′) .⎜⎟2
⎝⎠0 1
– Le produit de deux matrices de G vaut :
⎛⎞⎛⎞⎛⎞cosθ –sinθ cosθ′ –sinθ′ cos()θθ+ ′ –sin()θθ+ ′× = ∈ G.⎜⎟⎜⎟⎜⎟
⎝⎠sinθ cosθ⎝⎠sinθ′ cosθ′⎝⎠sinθθ+ ′ cosθθ+ ′
De même :
⎛⎞⎛⎞chθ shθ chθ′ shθ′ ch()θθ+ ′ sh()θθ+ ′× = ∈ G′.⎜⎟⎜⎟
⎝⎠shθ chθ⎝⎠shθ′ chθ′shθθ+ ′ chθθ+ ′
⎛⎞⎛⎞cosθ –sinθ cos()–θ –sin()–θ– L’inverse de égale qui est dans⎜⎟⎜⎟
⎝⎠sinθ cosθ⎝⎠sin()–θ cos()–θ
G (idem pour G′).
– Isomorphisme.
S’il existait un isomorphisme ϕ de groupes de G dans G′, ϕ vérifierait :
ϕ()I = I (1)2 2
et, pour toutes matrices M et M′ de G :
ϕ()MM× ′ =ϕ()M ×ϕ()M′ .
⎛⎞–1 0Or, en prenant MM== ′ = –I (qui correspond à θπ= ), on⎜⎟ 2
⎝⎠01 –
obtient :
2()–I ×()–I = I et ϕ()()–I ×()–I ==ϕ()I I= (ϕ()–I ) (2)2 2 2 2 2 2 2 2
2
⎛⎞⎛⎞chθ shθ ch()2θ sh()2θÉtant donné que == I ⇔ θ= 0, ⎜⎟⎜⎟ 2
⎝⎠⎝⎠shθ chθ sh()2θ ch()2θ
2seule la matrice I dans G′ vérifie N = I .2 2
Par conséquent, (2) implique ϕ()–I = I , ce qui contredit l’injectivité de ϕ2 2
d’après (1) : il n’existe donc pas d’isomorphisme de groupes de G dans G′.
3.2 Montrons que []i est un sous-anneau de (),,+ × .
• i ∈ []i .
• La stabilité pour l’addition et la multiplication sont évidentes puisque
est un anneau. De plus : x ∈ []i ⇒ – x ∈ []i .
144762_ Page 15 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Structures algébriques Chapitre 1
• L’élément neutre 1 de (), +, × appartient à []i :11= +0 × i.
– Isomorphisme.
Si []i était isomorphe à par l’application ϕ, on aurait : ϕ()1 = 1 et
⎧ϕ()ii×===ϕ()–1 –ϕ()1 –1
. Ainsi, il existerait un entier relatif ϕ()i⎨
2ϕ()ii×==ϕ()i ϕ()i (ϕ()i )⎩
dont le carré égale –1, ce qui est impossible.
→ K⎧

3.3 Soit l’application ψ : ⎛⎞ . ⎨ a 0aM ()a =⎜⎟⎪
⎝⎠0 0⎩
ψ est évidemment bijective. D’autre part, pour tous réels a et a′ :
⎛⎞aa+ ′ 0ψ()aa+ ′== ψ()a +ψ()a′⎜⎟
⎝⎠0 0
⎛⎞aa′ 0et ψ()aa× ′==⎜⎟ ψ()a ×ψ()a′ .
⎝⎠0 0
⎛⎞ ⎛⎞1 0 1 0De plus, ψ()1==⎜⎟ M()1 . Si on remarque que la matrice ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠0 0 0 0
est élément unité pour le produit dans K, on peut en déduire que ()K,,+ ×
est un corps isomorphe (par ψ) au corps (),,+ . .
En revanche, ()K,,+ × n’est pas un sous-anneau de ()M(),,+ × parce2
qu’il ne contient pas l’élément neutre I de ()M,,+ × pour la multipli-2 2
cation.
15
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Annales
Pour maîtriser les bases
1. Groupe multiplicatif de matrices D’après Mines-Ponts––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
On considère ()G, × un groupe de matrices carrées d’ordre n d’élément neutre E.
En considérant l’inverse B dans G d’une matrice AG∈ , montrer que toutes les matrices de G ont même rang.
Conseils méthodologiques. Raisonner sur les noyaux pour prouver que KerA = KerE.
Soit AG∈ .Puisque E est élément neutre de G, on a : AE==EA A.
Donc : AE = A ⇒ ∀X ∈ KerE, AEX==AX 0 et KerE ⊂ KerA.
De plus, si B est l’inverse dans G de la matrice A, on a : AB==BA E.
Or : BA = E ⇒ ∀X ∈ KerA, BAX==EX 0 et KerA ⊂ KerE.
Par suite : ∀AG∈ , KerA = KerE. Il en résulte que : ∀AG∈ , rg()A = rg()E .
REMARQUE – Le savoir-faire 3.3 illustre ce résultat.
2. Démontrer qu’un groupe est commutatif D’après Centrale––––––––––––––––––––––––––––––––––
2Soit ()G, . un groupe d’élément neutre e tel que : ∀xG∈ , x = e .
i. Montrer que ()G, . est commutatif.
ii. Soit H un sous-groupe de ()G, . , xG∈ tel que xH∉ . Montrer que Hx H est un sous-groupe de ()G, . .
piii. Montrer que si G est fini, il existe p ∈ G soit de cardinal 2 .
Conseils méthodologiques. Pour montrer la commutativité d’un groupe (multiplicatif), penser à
multiplier à droite et à gauche des éléments entre eux et à utiliser la régularité des éléments.
Remarquons que l’hypothèse signifie que tout élément est son propre inverse.
2 2i. Par hypothèse : ∀()xy, ∈ G , e==(xy) xyxy.
En multipliant, à droite, les deux membres de cette égalité par yx, on obtient :
2 2eyx==yx ()xyxy yx=()xyx()y x=()xyxxx=()y x= xy.
Donc ()G, . est commutatif.
ii. yH∈∈xH ⇔ y H ou ∃hH∈ , y = xh. Posons KH= xH .
L’élément neutre eH∈ , donc eK∈ .
164762_ Page 17 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Structures algébriques Chapitre 1
2Stabilité : soit ()yz, ∈ K , 4 cas sont à envisager.
er 2 –11 cas : ()yz,∈∈H ⇒ yz H puisque H est un sous-groupe.
e –1 –1 –1 –12 cas : yH∈ , zx∈ H (∃hH∈ , zx= h) et yz==y(xh) yh x= yhx , ce qui, grâce à la commutativité de
–1la loi, implique yz===yhx xyh x()yh ∈ xH puisque yh ∈ H.
Les autres cas sont similaires. Donc Hx H est un sous-groupe de ()G, . .
p p + 1iii. Soit n le cardinal de G. Il existe p ∈ tel que 2 n 2 .
0Si p = 0,Ge= {} : card()G==12 .
1Si p = 1, ≠{} et ∃aG∈ , ae≠ : H ={}ea, est un sous-groupe de G,2 de cardinal .1
1H = G, card()G = 2 .1
2Sinon, ∃bG∈ ,be∉{},a . D’après ii., H==H bH{}eabb,, , a est un sous-groupe de G,2 de cardinal ce2 1 1
1 2 1qui contredit 2 n 2 . Ainsi, card()G = 2 .
qSoit p 2. Démontrons, par récurrence sur q,0 vérifiant qp, que G contient un sous-groupe de cardinal 2 .
La discussion précédente prouve la propriété pour p = 0 et p = 1.
Soit 0qp. Supposons la propriété vérifiée jusqu’à l’entier qp .
qAlors il existe un sous-groupe H de G de cardinal 2 .
Puisque HG≠ , ∃xG∈ , xH∉ . D’après ii., Hx H est un sous-groupe de ()G, . .
–1
Les éléments de H et de xH sont deux à deux distincts puisque : xh==h ⇒ x h h ∈ H , ce qui est absurde.1 2 2 1
q + 1Par suite : card()Hx H = 2card()H . Donc Hx HG de cardinal 2 .
La propriété de récurrence est donc vraie au rang q + 1. Elle est donc vraie jusqu’au rang p.
pSoit, alors, H un sous-groupe de G de cardinal 2 . Si HG= , le résultat est démontré.
Sinon, ∃xG∈ , xH∉ et en appliquant le même raisonnement que précédemment, on peut construire un sous-groupe
p + 1 p p + 1H′ de G de cardinal 2 , ce qui contredit l’hypothèse 2 n 2 .
pEn conclusion : card()G = 2 .
Pour approfondir
3. Éléments nilpotents d’un anneau commutatif D’après Mines-Ponts–––––––––––
Montrer que l’ensemble N des éléments nilpotents d’un anneau commutatif ()A,,+ × est un groupe additif.
pq+Conseils méthodologiques. Calculer ()ab+ .
Montrons que N est un sous groupe de ()A, + .
Il est clair que 0 ∈ N.
Si a est un élément nilpotent d’indice p, on a immédiatement avec les règles usuelles sur un anneau commutatif :
p p p()–a==()–1 a 0 . Donc : ∀aN∈ , –a ∈ N.
17
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eANNALES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
pq+Enfin, si a et b sont des éléments nilpotents d’indice respectif p et q, alors on peut développer ()ab+ à l’aide de la
formule du binôme de Newton puisque l’anneau est commutatif.
On obtient alors :
p pq+
pq+ pq+pq+ ⎛⎞ k pq+ –k ⎛⎞ k pq+ –k()ab+ = a b + a b = 0.∑ ∑⎝⎠ ⎝⎠k k
k = 0 kp= + 1 0= 0=
2On en déduit que : ∀()ab, ∈ N , ab+ ∈ N.
Le critère de sous groupe est vérifié et N est un sous groupe de ()A, + .
4. Démontrer qu’un anneau est commutatif D’après Mines-Ponts–––––––––––––––––––––––
Soit ()A,,× . un anneau.
2 2 2 2Montrer que si, pour tout ()xy, ∈ A , (xy) = x y , alors A est commutatif.
Conseils méthodologiques. Utiliser au maximum les règles de calcul dans un anneau et calculer
2 2[]xy()+ 1 ainsi que ()y + 1 x .
2Soit 1 l’élément neutre multiplicatif de A. ∀()xy, ∈ A , xy()+ 1 = xy + x.
2 2 2 2 2 2 2 2Ainsi, [xy()+ 1 ]==(xy + x) (xy)+++()xyxx()xy x= x y++xyx xyx+ qui égale, d’après l’hypothèse :
2 2 2 2 2 2 2 2x (y + 1)x()y++2y 1 x y++2xyx .
2En égalant ces deux quantités, on obtient : x y = xyx (1).
La tentation serait grande de simplifier par x à gauche, mais A n’est pas intègre.
Appliquons (1) avec y + 1 et x :
2(y + 1) x==()1 + y x()1 + y ()xy+ x()1 + y=xx+++yyxyxy
2 2 2Mais (y + 1) x()y++2y 1xy x++2yx x.
Tenant compte de (1) et égalant les deux expressions précédentes : xy = yx. Donc A est commutatif.
18





{4762_ Page 19 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Chapitre 2
Espaces vectoriels
et applications
linéaires
Méthodes
Le cours en questions
1 ■ ■ Espaces vectoriels
1.1 Qu’est-ce qu’une combinaison linéaire ? La famille I est finie ou infinie.
• On dit que le vecteur v est une combinaison linéaire des vecteurs ()νiiI∈
s’il existe une partie J finie de I et une famille de scalaires ()λ telles queiiJ∈
v = λ ν .i i∑
iJ∈
p
Si Ji==(),,i ..., i ()i , on écrit : v = λ ν .1 2 p k k i1kp ∑ k
k = 1
Si I = *, on peut se ramener à une famille du type J ={}1, 2,,… n et v Une combinaison linéaire de
vecn teurs d’une famille (ou d’une
pars’écrit alors : v = λ ν . tie) est toujours une combinaisonk k∑
linéaire d’un nombre fini de vecteursk = 1
de cette famille (ou de cette partie).• Contre exemple
Dans l’ensemble des suites réelles, si, pour tout n,
La famille J doit être finie.
e==()δ()0, 0,,..., 0, 1 , 0 ..., 0, ... ,n kn, k ∈
rang n
la suite constante ()1,1, …, 1, … n’est pas une combinaison linéaire des
vecteurs de la famille e .n n ∈
1.2 Qu’est-ce qu’une famille génératrice de E ?
Si E est de dimension n toute
• Une famille ()ν de vecteurs de E est génératrice si tout vecteur de E famille génératrice de n vec-iiI∈
teurs est une base.est combinaison linéaire des vecteurs de cette famille.
19
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
• Application à la recherche de Im u : si ()e,,e …, e est une base de ECf. Approfondissement 9.2. 1 2 n
et si uL∈ ()E , la famille ()ue,,ue…,ue est génératrice de Im u .1 2 n
1.3 Qu’est-ce qu’une famille libre ?
• Si J est finie, dire que ν est libre signifie que pour toute famille deiiJ∈
scalaires ()λ (réels ou complexes selon le corps de base), on a :iiJ∈
λ ν =0 ⇒ ∀iJ∈ , λ = 0 .∑ i i i
iJ∈
Si I = , pour toute partie J • Une famille infinie ()ν est libre si, pour toute partie finie J de I, la sous-iiI∈
finie de , il existe n ∈ tel famille finie ()ν est libre.iiJ∈
que , J ⊂ 0,νndonc () i i ∈
• Dire qu’une famille n’est pas libre signifie qu’elle est liée. Si la famille a auest libre si et seulement si, pour tout
n∈ν, la famille () est moins deux vecteurs cela signifie qu’un des vecteurs de la famille est com-k 0kn
libre. binaison linéaire des autres.
1.4 Comment prouver qu’une famille (n ) i i Œ I
est libre ?
• Méthode 1 : utiliser la définition à partir d’une combinaison linéaire finie
p
λ ν = 0.∑ k ik
k = 1Si E est de dimension n, toute
famille libre de n vecteurs est Méthode 2 : (déterminant) si dimEn= , la famille ()ν est libre si etk 1knune base.
seulement si det()ν,,... ν ≠ 0.B 1 n
Méthode 3 : montrer que ()ν est l’image d’une famille libre par un iso-L’image d’une famille libre par iiI∈
une application linéaire injec- morphisme.
tive est libre.
Méthode 4 : montrer qu’il s’agit d’une famille orthogonale de vecteurs tous
non nuls.
Toute famille de polynômes non Méthode 5 : montrer que les vecteurs v , iI∈ , sont des vecteurs propresi
nuls de degré deux à deux associés à des valeurs propres deux à deux distinctes.
° ° distincts (ij≠≠ ⇒ d P d P )i j
• Propriétés utiles :est libre.
Toute sous-famille d’une famille libre est libre.
Si f est linéaire et si []f()ν est libre, alors ()ν est libre.i iI∈ iiI∈
Pour les fonctions, on peut raisonner par récurrence, se servir de la valeur
en un point, de la prépondérance (au voisinage de +∞ par exemple), de la
Cf. savoir-faire 2 et approfon- dérivation, de la non dérivabilité en un point, de la multiplicité des racines
dissement 9.1.
d’un polynôme.
1.5 Comment prouver que F est un s.e.v. ?
Ne jamais utiliser la définition Méthode 1 : (Critère de s.e.v.)
d’un espace vectoriel. FE⊂ est un sous-espace vectoriel de E si et seulement si :
Ne pas oublier : F ≠ ∅ . ⎧F ≠ ∅()vérifier que 0 ∈ F

2∀λxy, ∈ F , ∀∈λ, xy+ ∈ F.⎩
204762_ Page 21 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
Méthode 2 : (s.e.v. engendré)
n, , M () LE(),F, []X,
np,Montrer que F est l’ensemble des combinaisons linéaires d’une famille de
ppvecteurs de E. C()I, , C(), sont des2π
espaces vectoriels usuels.Méthode 3 : (Noyau ou image)
Montrer que F est le noyau ou l’image d’une application linéaire.
Méthode 4 : (Somme ou intersection de s.e.v.)
Cf. savoir-faire 1
Montrer que F est l’intersection ou la somme de s.e.v. connus. et base 5.a).
1.6 Qu’est-ce qu’un hyperplan de E ?
• Un hyperplan est le noyau d’une forme linéaire non nulle de E. C’est un
Une forme linéaire sur un -sous-espace vectoriel de E qui admet pour supplémentaire une droite
vecespace vectoriel est une
applitorielle.
cation linéaire de E dans .
• Si dim()E = n, un hyperplan H est un sous-espace de dimension n – 1.
La matrice M de la familleDans une base ()e,,e …, e un hyperplan H admet une équation de la1 2 n
n u,,u …, u
1 2 n – 1forme : a x = 0.i i∑
dans ()e,,e …, e est :i = 1 1 2 n
Si a ≠ 0 , une base de H est obtenue en prenant : u = a e – a e pouri nn n i i a n
a 0 ()a n1
M = . d a21in – 1. Si E est euclidien le vecteur n est normal à H. 0 () an
f
–a –a h –a1 2 n – 1an
1.7 Comment déterminer la dimension
d’un sous-espace F ?
n• Si un sous-espace vectoriel F de est déterminé par pn équations dim() []X = n + 1,n
indépendantes, alors dimFn= –p. dim()M () = np.np,
En effet, le système de p équations à n inconnues s’écrit matriciellement
sous la forme AX = 0 avec AM∈ () et rgAp= .pn,
nEn notant KerAX=={}∈ ⁄ AX = 0 F , on a, d’après le théorème du
rang :
Dire que les p équations sont
rgA + dim()KerA==n ⇒ dim()KerA dim()F=np– . indépendantes signifie que
rgAp= .• Par exemple :
4Dans , un plan P a un système d’équations de la forme :
⎧ax++by cz+ dt = 0 abcd, avec A = et rg ()A = 2.⎨ dimP==42– 2 .
a′xb++′yc′zd+ ′t = 0⎩ a′ b′ c′ d′
tSi X =[]xyzt , on a :XP∈ ⇔ AX = 0.
abc3Dans , si A = et rg ()A = 2, le système :
a′ b′ c′
⎧ax++by cz = 0

a′xb++′yc′z = 0⎩
caractérise une droite D, dimD==32– 1.
21
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
1.8 Comment prouver qu’une somme est directe ?
p
La somme F est directe si et seulement si :∑ i
i = 1
Méthode 1 : (intersection)
p – 1
∀p ∈ 2, n, F F ={}0 .p i∑
i = 1
Méthode 2 : (somme des dimensions)
p p
En dimension finie : dim F = dim F .i i∑ ∑
i = 1 i = 1
Méthode 3 : (somme nulle)
p
∀()x,,x …, x ∈ F×…F × × F , x==0 ⇒ x x= …= x= 0 . Ne pas confondre somme et 1 2 p 1 2 p i 1 2 p∑
réunion de deux sous-espaces i = 1
vectoriels.
• Conséquences
⎧FG = {}0 ⎧FG = {}0()en dimension finie
Cf. savoir-faire 3. EF= ⊕G ⇔ ⇔ ⎨ ⎨
EF= +G dimE = dimF + dimG.⎩ ⎩
pp
E = ⊕ F ⇔ ∀xE∈ , .∃ !()x,,x …, x ∈ F×…F × × F , x = xi 1 2 p 1 2 p i∑i = 1G i = 1
x + y ∈ F + G
• Remarque 1
y
FG+ ={}x + x ⁄ x∈∈F et x G et FG ={}xE∈∈⁄x F ou xG∈F G F G
Donc FG ⊂FG+ (Fig. 1).
2En général, l’inclusion est stricte. Par exemple, dans , la somme desF
x
deux droites et est le plan tout entier qui est distinct de leur
réui jFigure 1 nion.
• Cas particulier : F + F est directe si et seulement si F F = {}0 .1 2 1 2
F3 F F = {}0⎧ 1 2
Mais F++F F est directe signifie que : ⎨F 1 2 32 ()F + F F = {}0 .⎩ 1 2 3
Attention, F F===F F F F {}0 est insuffisant pour que la1 2 2 3 3 1F1 somme soit directe comme le prouve le cas de trois droites distinctes dans
2Figure 2 (Fig. 2).
1.9 Qu’est-ce qu’une base adaptée ?
p
• Une base de E adaptée à une somme directe E = ⊕ F est une basei
i = 1
BB=(),,B ..., B , obtenue par juxtaposition de bases de chacun des1 2 p
sous-espaces vectoriels F .i
• Si F est un sous-espace vectoriel de E, une base de E adaptée à F est
une base de la forme ()B , B′ où B est une base de F.F F
224762_ Page 23 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
1.10 Existence et utilité de bases adaptées ?
• Le théorème de la base incomplète assure l’existence de bases adaptées En pratique, on l’applique
souvent avec GE= .en dimension finie. Il affirme en effet que si L est une famille libre et G une
famille génératrice, on peut compléter L à l’aide des vecteurs de G pour
obtenir une base de E.
• Si uL∈ ()E et si M est la matrice de u dans une base adaptée à F alors On a noté :
M est triangulaire supérieure par blocs si et seulement si F est un sous- ⎧FF→
u : F ⎨
xu ()x .⎩ABespace stable par u. Dans ce cas, M = avec AM= .()u , BF F
0 C
• Plus généralement, la matrice de u dans une base adaptée à la somme
p
directe E = ⊕ F est diagonale par blocs si et seulement si chacun des Fi i
i = 1
est un sous-espace stable par u.
p
En particulier, si E = ⊕ Ker()u – λ Id , on obtient alors :i Ei = 1
λ I 0 h 01 α1
0 λ I df2 α2M =
fd d 0
0 h 0 λ Ip αp
avec α = dim()Ker()u – λ Id . On retrouve cette écriture chaque fois quei i E
λ,,λ ..., λ sont les valeurs propres deux à deux distinctes d’un endo-1 2 p
morphisme diagonalisable uL∈ ()E .
2 ■ ■ Applications linéaires
2.1 Qu’est-ce qu’un projecteur ? Une symétrie
vectorielle ? Une affinité vectorielle ?
•pL∈ ()E est un projecteur si et seulement si pp = p. On a alors : Cf. base 1.
E = Imp ⊕ Ker p, Imp = Ker ()p – Id .E
On dit alors que p est la projection vectorielle sur Im p de direction Ker p.
Si dimEn= , dans une base adaptée à la somme directe précédente la
I 0rmatrice de p est , on a alors : r==rgp tr()p .
00
Id – p est alors la projection vectorielle sur Ker p de direction Imp . Le seul projecteur bijectif estE
l’identité.
•sL∈ ()E est une symétrie vectorielle si et seulement si ss = Id . OnE
a alors : E = Ker ()s – Id ⊕ Ker ()s + Id . On dit alors que s est la symétrieE E
vectorielle par rapport à Ker ()s – Id de direction Ker ()s + Id .E E
Si dimEn= , dans une base adaptée à la somme directe précédente la
I 0p Toute symétrie est un auto-mor-matrice de s est avec p = dimKer()s – Id .E
phisme de E.0 –Inp–
23
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4762_ Page 24 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
•fL∈ ()E est une affinité vectorielle si et seulement s’il existe deux
sousespaces supplémentaires F et G de E et un réel k tels que :
∀xF∈ , fx() = x et ∀xG∈ , fx() = kx.
On dit alors que f est l’affinité de base F de direction G et de rapport k.
Si dimEn= et dimFp= , dans une base adaptée à EF= ⊕G la matrice
I 0pPour k = –1, on retrouve la de f est .
0 kIsymétrie par rapport à F et de np–
direction G.
2.2 Énoncer et démontrer le théorème du rang.
En général, E ≠ Ker f + Imf et la • Si fL∈()E,F et dimEn= , alors dimE = rgf + dim Kerf .
somme Ker f + Imf n’est pas
Ce résultat s’obtient en montrant que tout supplémentaire S du noyau de f estdirecte.
Cf. savoir-faire 4 et base 3. ⎧ S → Imf
isomorphe à l’image de f. On considère f : (Fig. 3) et on utilise⎨s
xf ()xAttention ! f n’est pas un ⎩S
endomorphisme, on ne peut yf==()x fx()+ x= fx() + fx()= fx() avec x ∈ S et x ∈ Kerf .s k s k s s kpas dire que l’application
0=linéaire f est bijective si etS
seulement si f est injective.S
fS
Im fS
x = x + xx S KS
y = f(x)
x Ker fK Figure 3
Par suite, f est surjective.s
Elle est aussi injective car Kerf==S Kerf {}0 .s
Donc f est un isomorphisme de S dans Im f.s
D’où : dim lmf==dim Sn – dim Kerf.
2.3 Comment identifier A ΠM () n, p
à une application linéaire ?
n n’est pas l’espace de départ • L’application linéaire canoniquement associée à une matrice AM∈ ()np,
mais d’arrivée de f. p n⎧ →
est l’application f : . Sa matrice dans les bases canoniques de⎨
XA X⎩
p n et de est égale à A.
p• En identifiant f et A, on donne un sens à Ker AX={}∈ ⁄ AX = 0 et
pImAA={}X ⁄X ∈ .
2.4 Donner trois façons de définir f Œ L(E, F).
• On peut donner les images des vecteurs d’une base de E, ce qu’on fait
souvent en donnant la matrice de f dans une base de E et une base de F.
24


⎩4762_ Page 25 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
• On peut donner les restrictions de f à deux sous-espaces supplémentaires
H et G de E.
Exemple : f = Id et f = 2Id pour une affinité vectorielle de base H|H H |G G
de direction G et de rapport 2.
• On peut donner les images de tous les vecteurs de E par f.
2 2⎧ →
Exemple : f : ⎨
()xy, ()xy+ ,xy– .⎩
2
2.5 Quel sens donner à u et Pu() si P Œ [X] ?|F |F
⎧FE→
• Si uL∈ ()E la restriction de u à un espace F de E est u : ⎨|F
xu ()x .⎩
Si, de plus, F est stable par u, c’est-à-dire uF ⊂ F, on appelle
endo⎧FF→
morphisme induit par u sur F et on note u l’application u : ⎨F F
xu ()x .⎩
On a : u ∈LF() et u ∈LF(),E .F |F
Erreur à éviterUn abus de langage courant aux concours consiste à identifier u la|F
Pu()()x peut donc avoir un
|F« restriction à un sous-espace stable » et l’endomorphisme induit u . DoncF sens mais Pu[]()x n’a, en2 |F
on peut donner un sens à u et Pu() si F est stable.|F |F général, aucun sens.
• Si F est stable par u alors F est stable par P(u) et Pu() = Pu().F F
–1–1Si, de plus, uG∈ L()E , on a ()u = u .F F
2.6 Qu’est-ce qu’un endomorphisme nilpotent ?
k*•uL∈ ()E est nilpotent si et seulement si ∃k ∈ , u = 0.
k p p – 1*• Dans ce cas, si p = min{}k ∈ ⁄ u = 0 , on a u = 0 et u ≠ 0.
p – 1 2 p – 1De plus, pour tout x ∉ Ker u , la famille ()xu,,x ux, ..., u ()x est
nlibre. Donc, si dimEn= , on a pn et par suite u = 0 . Cf. base 2.
Les savoir-faire clefs
Conseils 1 ■ ■ Savoir démontrer que F est un espace
méthodologiquesvectoriel.
1.1 Soit uL∈ ()E . 1.1 Utiliser le noyau et l’image d’un
endomorphisme bien choisi.
a) Montrer que Fv={}∈L()E ⁄ u v =vu est un sous-espace vectoriel
de LE().
b) Même question avec Fu=v –v uv ⁄ ∈LE() .
⎛⎞⎧⎫ab 21.2 Montrer que F = ⁄()ab, ∈ peut être muni d’une structure 1.2 Utiliser un s.e.v. engendré.⎜⎟⎨⎬
⎝⎠⎩⎭ba
d’espace vectoriel réel.
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⎧⎫
1.3 Utiliser un critère de sous-espace 1.3 Montrer que Fu= () ∈ ⁄ lim u = 0 est un sous-espace⎨⎬n n ∈ n
n → +∞vectoriel. ⎩⎭
vectoriel de l’ensemble des suites réelles .
1.4 Utiliser l’intersection de deux 1.4 Soit u et v deux endomorphismes de E.
s.e.v. Montrer que Fx={}∈E ⁄u()x==x et vx() 0 est un sous-espace vectoriel
de E.
⎧LE() →LE()
1.1.a)Soit ϕ : , ϕ est un endomorphisme de LE().⎨
ν uvv– u⎩
Or F = Ker ϕdonc F est un sous-espace vectoriel de LE().
b) Avec les mêmes notations pour ϕ on a ici F = Imϕ. Donc F est
sousespace vectoriel de LE().
⎛⎞ ⎛⎞10 01 21.2 Soit I = et J = , on a Fa={}I + bJ ⁄()a, b ∈ ,⎜⎟ ⎜⎟2 2
⎝⎠ ⎝⎠01 10
donc F = vect{}I , J . Par suite, F est un sous-espace vectoriel de M() .2 2
Erreur à éviter 1.3(),,+ · est un espace vectoriel réel. La suite nulle appartient à F,
Ne pas oublier de démontrer donc : F ≠ ∅.
que F ≠ ∅.
⎧⎫lim u = 0n
⎪⎪n→+∞2De plus :∀λ()uv, ∈ F , ∀ ∈ , ⇒ lim()λu + v = 0.⎨⎬ n n
lim v = 0 n → +∞ n
n → +∞⎩⎭
Donc λuv+ ∈ F. F est donc un sous-espace vectoriel de .
1.4 F = Ker ()u – Id Ker v. Donc F est un sous-espace vectoriel de EE
comme intersection de deux sous-espaces vectoriels.
Conseils 2 ■ ■ Savoir démontrer qu’une famille est libre.
méthodologiques
2.1 det()uv,,w ≠ 0 ⇔ ()uvw,, 2.1 Soit a, b, et c trois réels deux à deux distincts.
libre.
2 2 2On considère u==()1,1,1 , v ()abc,, , w=()a,,b c .
3Montrer que ()uv,,w est une famille libre dans .
⎧ →
2.2 Utiliser la définition des familles 2.2 On pose f : ⎨α αttt e .libres et la prépondérance au voisi- ⎩
nage de +∞. 0Montrer que ()f est libre dans C() , .α α ∈
2.3 Raisonner par récurrence. Diviser 2.3 Soit g la restriction de f à []1, 2 . Montrer que ()g est libre dansα α α α ∈
1convenablement et dériver. C() , .
26
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
⎧ →
2.4 Raisonner par l’absurde.2.4Soit h : ⎨α
tt – α .⎩ Remarquer que h n’est pas déri-α
vable en α.0Montrer que ()h est libre dans C() , .α α ∈
22.1 Soit Px==()–a()xb– x –()ab+ x + ab.
Soit C,,C C les colonnes de det()uv,,w .1 2 3
En effectuant C ← C –()ab+ C + abC :3 3 2 1
21 aa 1 aP()a 1 a 0
det()uv,,w== 2 = .1 bP()b 1 b 01 bb
2 1 cP()c 1 cP()c1 cc
En développant par rapport à la dernière colonne, il vient : Ce déterminant est appelé
déterminant de Vandermonde.
Son calcul est abordé dans ledet()uv,,w =()ca–()cb– ()ba– .
cas général dans le chapitre 3.
Or ab≠,,ac≠ bc≠ ,donc det()uv,,w ≠ 0.
Par suite :()uv,,w est libre.
2.2 Soit ()f une sous famille telle que α α …α . Alors : α 1 2 nk 1kn
n n
Variante : si on prend f :α tk αλ f =0 ⇒ ∀λt ∈ , te = 0.∑ k α ∑ kk
⎧ →k = 1 k = 1 , la famille ()f⎨ αk 1knαtt en – 1 ⎩
α t α tk n est libre car les vecteurs sont des ⇒ ∀λt ∈ *, e = –λ e . ∑ k n
vecteurs propres associés à des
k = 1
valeurs propres deux à deux distinctes
n – 1 de :
()α – α tk n ⇒ ∀λt ∈ *, e = –λ∑ k n ∞ ∞⎧C () → C ()
k = 1 D : ⎨
ff ′.⎩ avec α – α 0 pour 1kn – 1.k n
En effet : Df() =αf .α α 0 ⇒ = –λ en prenant la limite en +∞.n
En réitérant ce procédé, on obtient λ==λ …λ== 0. Donc la famille1 2 n
()f est libre.α α ∈
2.3 Montrons par récurrence sur n que toute sous-famille finie de n
éléments est libre.
La propriété est vraie au rang 1.
Soit n 2. Supposons la propriété vraie au rang n – 1 et considérons
()g ,,… g une sous famille finie de n éléments. Alors :α α1 n
n n – 1 gαkλ g = 0 ⇒ λ ------- - = –λ .∑ k α ∑ k nk gαnk = 1 k = 1
n – 1
()α – α tk nD’où : ∀λt ∈[]1, 2 , e = –λ .∑ k n
k = 1
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En dérivant cette égalité, il vient :
Autre exemple :
n – 1
()xn cosx est unen ∈ ()α – α tk n∀t ∈[]1, 2 , λ()α – α e = 0.k k nfamille de vecteurs non nuls, ∑
k = 1deux à deux orthogonaux, pour le
produit scalaire défini par : En utilisant l’hypothèse de récurrence, on a alors :
2π 01()f|g = ------ - ft()gt()dt sur C () ∀λk ∈ 1, n – 1, ()α – α = 0.2π∫ k k n2π 0
(fonctions -périodiques 2π continues D’où λ==λ …λ= = 0 (car α ≠ α si kn≠ ).1 2 n – 1 k n
sur ). C’est une famille libre.
n
Enfin, en reportant dans l’égalité λ g = 0 , on a aussi : λ = 0.∑ k α nk
k = 1
En conclusion : λ==λ …λ== 0. Donc la famille ()g est libre.1 2 n α α ∈
2.4 Raisonnons par l’absurde en supposant que la famille ()h estα α ∈
liée. Alors l’un des h est combinaison linéaire des autres. Il existe doncα
n
α,,α …α, , distincts de α, tels que h = λ h . Or h n’est pas1 2 n α k α α∑ k
k = 1
dérivable en α car xx n’est pas dérivable en 0. Mais h est dérivable αk
n
en α car α≠λα , pour tout k. Donc, h = h est dérivable en α cek ∑ k α αk
k = 1
qui est contradictoire. La famille ()h est donc libre.α α ∈
Conseils 3 ■ ■ Savoir démontrer qu’une somme
méthodologiques est directe.
3.a) L’intersection des deux s.e.v. a) Montrer que l’espace vectoriel S() des matrices carrées symétriquesn
est .{}0 d’ordre n à coefficients réels et l’espace vectoriel A() des matrices car-n
tUtiliser A. rées antisymétriques d’ordre n à coefficients réels sont supplémentaires dans
M() .n
3.b)Utiliser la base canonique b) Donner une base de chacun de ces sous-espaces et rappeler leur
dimen()E .ij, sion.1 i,jn
t tA + A A – A3.a) ∀AM∈ () , A = -------------- - + -------------- -n 2 2
t tA + A A – Aavec -------------- - ∈ S() et -------------- - ∈ A() .n n2 2
tDe plus, si AA∈ () S() , on a AA== –A . Donc A = 0.Ne pas dire « le » mais « un » n n
supplémentaire.
Par conséquent, S() A() = {}0 . Donc M() = S() ⊕ A() .n n n n n
b) Si on note E la matrice dont les coefficients sont nuls sauf le coefficientA() est le supplémentairen ij,
orthogonal de S() dans ()ij, qui vaut 1, on a une base de A() en prenant ()E – E etn n ij, ji, 1 i j n
M() muni du produit sca-n une base de S() en réunissant ()E et E + E .
t n ii, ij, ji,1in 1 i j nlaire usuel 〈〉A|B = Tr()AB .
Par suite :
nn()– 1 nn()+ 1
dim()A = -------------------- - et dim()S = -------------------- - .n n2 2
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
Conseils 4 ■ ■ Savoir utiliser le rang d’une application
méthodologiqueslinéaire.
*On suppose que E est un espace vectoriel de dimension finie n ∈ .
24.1 Soit ()fg, ∈LE(),F . 4.1 Utiliser : dim()AB+ ,
puis : rg()–g = rgg .Montrer que : rg()f – rg()grg()f + g rg()f + rg()g .
24.2 Soit ()fg, ∈LE() . Montrer que :
4.2.a) Im (f g ) ⊂ Imf
a) rg()f g min[]rg()f , rg()g . et Ker g ⊂ Ker (f g ).
b)fg = 0 etfg+ ∈ GL()E ⇒ rg()f + rg()g = n. 4.2.b) Img ⊂ Ker f. Utiliser 4.1..
4.3 Montrer que la dimension de E est paire si et seulement si : 4.3 ⇐ Théorème du rang.
⇒ Construire f sur une base de E.∃fL∈ ()E , Imf = Ker f.
24.4 Soit ()fg, ∈LE() . 4.4 Utiliser le théorème du rang et
dim()AB+ .On suppose que : E==Imf + Img Ker f + Ker g.
Montrer que : EImf ⊕ Img Ker f ⊕ Ker g.
4.1 Im()fg+ ={}fx() +gx() ⁄ x ∈ E ⊂{}fx() ⁄ x ∈ E +{}gx() ⁄ x ∈ E .1 1 2 2
Im()fg+ ⊂ Imf + Img . Donc :
dimIm()fg+ dim()Imf + Img = dimImf + dimImg – dim(Imf Img ) .
Par suite : dimIm()fg+ dimImf + dimImg , c’est-à-dire :
rg()fg+ rg()f + rg()g .
En appliquant cette inégalité à fg+ et –g , on a :
rg[]()fg+ – g rg()fg+ + rg()–g .
Im()–g ={}–g()x ⁄ x ∈ E
D’où , rg()f rg()fg+ + rg()gpuis rg()f – rg()g rg()fg+ . ==gx() ⁄ x ∈ E Img
En échangeant les rôles joués par f et g, on a : donc rg()–g = rg()g .
rg()g – rg()f rg()fg+ , d’où : rg()f – rg()g rg()fg+ .
4.2.a) On a Im()fg ={}fgx[]() ⁄ x ∈ E ⊂ Imf , donc rg()fg rg()f .
De plus :
Ker g ⊂ Ker (f g ) ⇒ dimKer g dimKer (f g ).
rg ⇒ ()g rg()fg d’après le théorème du rang.
En conclusion : rg()fg min[]rg()f , rg()g . Retenir :
Ker g ⊂ Ker (f g )
b)fg =0I ⇒ mg ⊂ Ker f , donc rg()g dimKer f et d’après le théo- et Im (f g ) ⊂ Imf.
rème du rang rg()g nr– g()f , par suite rg()f + rg()g n.
De plus, d’après 4.1, on a :
fg+ ∈ GL()E ⇒ rg()f + rg()g rg()f + g = n.
En conclusion : rg()f + rg()g = n .
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4.3 ⇐ hypothèse : ∃fL∈ ()E , Imf = Ker f.
Alors : dimKer f==dimImfrg()f .
D’après le théorème du rang : dimE = 2dimKer f.
Donc la dimension de E est paire.
⇒ hypothèse : ∃p ∈ *, dim()E = 2p.
Soit Be=(),,e …, e une base de E. Alors on définit fL∈ ()E par :1 2 2p
∀i ∈ 1, p, fe() = 0 et fe() = e .i ip+ i
0 IpLa matrice M de l’endomorphisme f dans la base B est : M = .
00
On a : Imf==Vect{}fe(),,… fe() Vect{}e,,… e= Ker f.1 2p 1 p
Cela prouve que l’égalité Donc : ∃fL∈ ()E , Im f = Ker f.
E = Imf ⊕ Ker f est fausse en
général. 4.4 On a :
dim()Edim()Imf + Img dimImf + dimImg – dim()Imf Img
et :
dim()E = dim()Kerf + Kerg
= dimKerf + dimKerg – dim()Kerf Kerg .
En additionnant ces deux égalités et en appliquant le théorème du rang, il
vient :
2dim()E = dim()E + dim()E – dim()Imf Img – dim()Ker f Ker g .
Si α,,…α sont tous positifs, D’où : 0 = dim()Imf Img + dimKer f Ker g .1 m
on a : Les dimensions étant positives il vient :
m
dim()Imf Img==dim()Ker f Ker g 0.α==0 ⇒ α α=…α== 0i 1 2 m∑
i = 1 Par suite : Imf Img = {}0 et Ker f Ker g = {}0 .
D’où le résultat demandé.
Conseils 5 ■ ■ Déterminer les équations
méthodologiques d’un sous-espace vectoriel.
4Déterminer les équations cartésiennes du sous-espace vectoriel F de
engendré par a =()0, 2, 1, –1 et b =()2, –1, 1, 0 .
02F est un plan vectoriel. Les vecteurs a et b sont linéairement indépendants ( = – 4 ≠ 0 ).
21–
F est de dimension 2.
2On a posé : uF∈ ⇔ ∃()λμ, ∈ , u = λa + μb
⎛⎞ x1 ⎧⎜⎟ x = 2μ1⎪ x2u = . ⎪⎜⎟ x = 2λμ–22 ⇔ ∃()λμ, ∈ , (S) . x ⎨3
⎜⎟ x =λμ+⎪ 3⎝⎠ x4 ⎪
x = –λ⎩ 4
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
En résolvant (S) en ()λμ, , on obtient un système d’équations cartésiennes
(S) est un système d’équationsde F :
paramétriques de F.
⎧ ⎧x λ = –x1 4⎪ ⎪μ = ---- -
⎪ ⎪2 x1⎪ ⎪ μ = ---- -
()S ⇔ x = 2λμ– ⇔ ⎨ ⎨ 22
⎪ ⎪
x =λμ+ x++2x 4x = 0⎪ 3 ⎪ 1 2 4
⎪ ⎪λ = –x x – 2x – 2x = 0.4 1 3 4⎩ ⎩
x++2x 4x = 0⎧ 1 2 4
Donc :uF∈ ⇔ ⎨
x – 2x – 2x = 0.⎩ 1 3 4
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Annales
Pour maîtriser les bases
1. Caractérisation des homothéties vectorielles D’après CCP–––––––––––––––––––––––––––––––––––
a) Soit v un endomorphisme d’un -espace vectoriel E, tel que : ∀λxE∈ , ∃ ∈ , vx() = λ x.x x
Montrer que : ∃λ ∈ ,λv = Id .E
b) On suppose que E est un -espace vectoriel de dimension finie n et que v est un endomorphisme de E qui
commute avec toutes les projections vectorielles. Montrer que : ∃λ ∈ , v = λId .E
Conseils méthodologiques. a) : Distinguer ()xy, libre et ()xy, liée. b) : Utiliser a) et une projection
sur x.
a) Soit x et y deux vecteurs non nuls. Montrons que : λ = λ .x y
er1 cas :()xy, est une famille libre.
= x, vy() = λ y et vx()+y =λ ()xy+ .vx() λx y xy+
Par linéarité : vx()+y==vx() +vy() ⇒ ()λ – λ x +()λ – λ y 0. Or ()xy, est libre, donc λ ==λ λ .xy+ x xy+ y xy+ x y
e2 cas :()xy, est une famille liée.
Or ()xy, liée ⇔ (x = 0 ou ∃α ∈ , y = αx ). Remarque
x≠α0, donc : ∃ ∈ , y = αx. De plus : α ≠ 0 car y ≠ 0.
Ne pas oublier le cas x = 0.
Par linéarité : vy()αvx() ⇒ λ y αλ x , donc : λ αx = αλ x ,y x y x
par suite : λ = λ car x≠α0 et ≠ 0.y x
Soit λ la valeur commune des λ pour x ≠ 0. On a démontré que :x Remarque
∀xE∈ \0{}, vx() = λx.
Si dimEn= on peut raisonner sur
Cette égalité est encore vraie pour x = 0, par conséquent : v = λId .E une base ()e,,e …, e de E :1 2 n
∀i ∈ 1, n, ve() =λ e .i i i
b)Soit x ≠ 0et S un supplémentaire de x dans E (on est assuré de son exis- De plus :
tence car E est de dimension finie). Appelons p la projection sur x de n n⎛⎞
direction S. Alors v commute avec p, donc : ∃λ ∈ , ve = λ e .⎜⎟k k∑ ∑
⎝⎠
k = 1 k = 1vp==pv ⇒ ()vp ()x ()pv ()x
La linéarité donne alors :
n n⇒ vx() = pvx[]() car px() = x,
λ e = λe .∑ k k ∑ k
⇒ vx() ∈ Ker()p – Id = x. k = 1 k = 1E
Enfin ()e,,e …, e est une famille1 2 n
Donc : ∃λ ∈ , vx() = λ x.x x libre donc :
λ==λ …λ== λ.Pour x = 0, l’égalité est encore vraie en prenant λ = 0. D’après a), on a 1 2 nx
Donc : ∀i ∈ 1, n ve() =λe .i ialors ∃λ ∈ , v = λId .E
Il en résulte que v = λId .E
La réciproque est immédiate. L’ensemble des endomorphismes qui commutent
avec tous les autres est donc {}λId ⁄ λ ∈ .E
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
2. Endomorphisme nilpotent D’après Mines-Ponts–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
n n – 1Soit E un -espace vectoriel de dimension finie et fL∈ ()E tel que : ∃n ∈ *, f = 0 et f ≠ 0.
n – 1 2 n – 1a) Montrer que si x ∉ Kerf alors ()xf,,()x f ()x, ..., f ()x est une famille libre. En déduire que n dimE.
01
010
b) On pose A = ∈ M . n dd
0()dd 1
0
2 n – 1Si n = dimE donner la matrice de f dans une base de la forme ()xf,,()x f ()x, ..., f ()x puis dans la base
n – 1 2()f ()x,,...f ()x fx(), x en fonction de A.
2c) Soit n 2. Résoudre dans M() l’équation X = A.n
Conseils méthodologiques. a) : Raisonner par l’absurde. c) : Montrer qu’il n’y a pas de solution en
utinlisant A .
2 n – 1 n – 1a) Raisonnons par l’absurde en supposant que ()xf,,x fx, ..., f ()x est liée pour un x ∉ Ker()f . Il existe alors
n – 1
n k()α,,α …α,∈α \0{} tel que fx = 0.0 1 n – 1 k∑
k = 0
n – 1
kSoit i = min{}k ∈ 0, n – 1 ⁄ α ≠ 0 .Alors α f ()x = 0.k k∑
ki=
n – 1 – i n – 1 n 2n – 2 – iEn composant par f on obtient alors : α f ()x++α f ()x …α+ f ()x = 0.i i + 1 n
0= 0=
n – 1 n – 1D’où : α f ()x = 0 , ce qui est contradictoire car f ()x ≠ 0 et α ≠ 0.i i
2 n – 1Donc la famille ()xf,,()x f ()x, ..., f ()x est libre.
n – 1 2 n – 1b) En choisissant x ∉ Kerf la famille ()xf,,()x f ()x, ..., f ()x est libre et maximale puisque dimEn= ; c’est une
base de E. La matrice de f dans cette base est :
0
10
t n – 1 2= A , tandis que la matrice de f dans ()fx , …, f ()x , fx(), x est A. 1 d()0
0 ()dd
10
n n – 1c) Soit f l’endomorphisme canoniquement associé à A. D’après la question précédente, on a f = 0 et f ≠ 0.
2Montrons que X = A n’a pas de solution en raisonnant par l’absurde.
2En effet, si X vérifie X = A et si g est l’endomorphisme canoniquement associé à X, on a :
n 2n n – 1 2n – 2f==0 ⇒ g 0 et f≠≠0 ⇒ g 0.
2n – 1 2n – 1Alors on a deux cas : soit g ≠ 0 , soit g = 0 .
2n – 1Premier cas : g ≠ 0
2n – 1 2n 2n – 1 2 2n – 1Soit x ∉ Kerg , alors g = 0 et g ≠ 0 implique que ()xg,,x g ()x, ..., g ()x est une famille libre
d’après la question a), ce qui conduit à 2 n dimE = n. C’est contradictoire.
33
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2n – 1Deuxième cas : g = 0
2n – 1 2n – 2Alors g = 0 et g ≠ 0 conduit de la même façon à 2n – 1 dimE = n. Ce qui est aussi contradictoire car
2n 2. Donc l’équation X = A n’a pas de solution dans M() .n
3. Indice d’un endomorphisme et noyaux itérés D’après Mines-Ponts––––––––––––
Soit V un espace vectoriel réel et f un endomorphisme de V.
ka) Démontrer que la suite des noyaux des endomorphismes f , k = 0, 1, 2,… est une suite de sous-espaces
vectoriels de V emboîtée croissante :
0 1 2 k k + 1Kerf ⊂ Kerf⊂⊂Kerf ...⊂ Kerf⊂ Kerf ⊂ ...
p p + 1b) Démontrer que, s’il existe un entier p tel que les noyaux des endomorphismes f et f soient égaux
p p + 1 q q + 1(Kerf = Kerf ), pour tout entier q supérieur ou égal à p, les noyaux des endomorphismes f et f sont
q q + 1égaux (Kerf = Kerf ) ; en déduire la propriété suivante : pour tout entier k supérieur ou égal à p,
k pKerf = Kerf .
En déduire que, si l’espace vectoriel V est de dimension finie n, la suite des dimensions des noyaux des
endomorkphismes f est constante à partir d’un rang p inférieur ou égal à la dimension n. En particulier les noyaux
n n + 1Kerf et Kerf sont égaux.
c) Si V est de dimension finie n, en choisissant p le plus petit possible (i.e. :
k k + 1p = min{}k ∈ ⁄ Ker()f = Ker()f ), on obtient alors :
0 1 2 p p + 1 n n + 1Kerf ⊂ Kerf ⊂ Kerf ⊂ ...⊂ Kerf==Kerf ...= Kerf= Kerf .
≠ ≠ ≠ ≠
p pL’entier p ainsi défini s’appelle l’indice de f. Montrer que : Kerf ⊕ Imf = V.
kd) On pose α = dimKerf . Montrer que :∀αk ∈ *, – α α – α .k k + 1 k k k – 1
e) Application aux endomorphismes nilpotents. Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel V de dimension
q qfinie n, tel qu’il existe un entier q supérieur ou égal à 1 (q 1 ), pour lequel l’endomorphisme u est nul (u = 0 ).
n nDémontrer que, l’endomorphisme u est nul (u = 0 ). L’endomorphisme u est dit nilpotent.
k k + 1Conseils méthodologiques. a) : Écrire ff()x = f ()x . b) : Raisonner par récurrence.
p p kc) : Remarquer que Kerf Imf = {}0 . d) : α – α est la dimension d’un supplémentaire S de Kerfk + 1 k k
k + 1 n pdans Kerf .Considérer f. e) : Remarquer que Keru==Keru V .Sk
a) Pour tout entier naturel k, on a :
k k k k + 1x ∈ Kerf ⇒ f ()x==0 ⇒ ff()()x f ()x= 0 .
k k + 1 k k + 1Donc : x∈∈Kerf ⇒ x Kerf . Par suite : Kerf ⊂ Kerf .
Par conséquent :
0 1 2 k k + 1Kerf⊂⊂⊂Kerf Kerf ...⊂ Kerf⊂ Kerf ⊂ ...
k k + 1b) Démontrons la propriété par récurrence. Notons Pk() : Kerf = Kerf .
• Pp() est vraie par hypothèse.
k k + 1• Soit kp , supposons Kerf = Kerf , alors on a :
k + 2 k + 1 k + 1 k k + 1 kx ∈ Kerf ⇒ f ()fx = 0 ⇒ fx()∈∈Kerf ⇒ fx() Kerf car Kerf = Kerf .
k + 2 k + 1 k + 2 k + 1Donc : x∈∈Kerf ⇒ x Kerf . Par suite : Kerf ⊂ Kerf .
k + 2 k + 1L’inclusion réciproque est immédiate, donc : Kerf = Kerf .
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
k k + 1• Ainsi, par récurrence, pour tout kp : Kerf = Kerf .
kLa suite α = dimKerf est une suite d’entiers naturels croissante majorée par n donc elle est constante à partir d’un certaink
rang p.
La suite finie ()α est strictement croissante d’après le résultat de la question b), donc : ∀kp , k α .k 0kp k
En particulier, p α , or α n, donc pn , par suite α==... α= α et, compte tenu de l’inclusionp p p n n + 1
n n + 1 n n + 1Kerf⊂αKerf et de l’égalité des dimensions ()= α , on a : Kerf = Kerf .n n + 1
c) Par définition de p on obtient alors :
0 1 2 p p + 1 n n + 1Kerf ⊂ Kerf ⊂ Kerf ⊂ ... ⊂ Kerf==Kerf ...= Kerf= Kerf .
≠ ≠ ≠ ≠
p pSoit x ∈ Kerf Imf , montrons que x = 0 .
p pPuisque x ∈ Imf , il existe yV∈ tel que xf= ()y .
p p 2pAlors : x ∈ Kerf ⇒ f ()x==f ()y 0.
2p p p p pDonc : y ∈ Kerf==Kerf ⇒ x f ()y= 0. D’où : Kerf Imf = {}0 .
p pEnfin, d’après le théorème du rang, on a : dim()Kerf + dim()Imf = n.
p pIl en résulte que : Kerf ⊕ Imf = V.
k k + 1d) Soit S un supplémentaire de Kerf dans Kerf (Fig. 4), on a : dim S = α – α .k k k + 1 k
k~ S → V Ker f⎧ k
Considérons l’application linéaire f : ⎨ k + 1 kf : Ker f → Ker fxf ()x⎩ Sk
~
Par construction, cette application linéaire f est injective car :
~
kKerf==KerfS ⊂ Kerf S {}0 .k k f (S )k~
Donc : dimfS() = dim S = α – α . kk k k + 1 k Ker f~
k – 1 kMontrons que fS() ⊕ Kerf ⊂ Kerf , ce qui donnera le résultatk
~ Figure 4dimfS() +α a , et par suite : α – α α – α ()* .k k – 1 k k + 1 k k k – 1
Pour cela remarquons que :
k + 1 k k∀y ∈ Kerf , f[]fy() = 0 ⇒ fy() ∈ Kerf .
k + 1 kPar conséquent : f()Kerf ⊂ Kerf .
~ ~k + 1 k + 1 k kEn particulier : S ⊂ Kerf ⇒ fS()⊂⊂f()Kerf Kerf . Donc fS() ⊂ Kerf . k k k
~
k – 1 k k – 1 kDe plus : Kerf ⊂ Kerf , donc : fS() + Kerf ⊂ Kerf .k
~
k – 1Montrons que : fS() Kerf = {}0 .k
~
k – 1 k – 1Soit xf∈()S Kerf , alors ∃sS∈ , xf= ()s et f ()x = 0.k k
k kD’où : f ()s = 0 , et par suite :sS∈ Kerf = {}0 , c’est-à-dire s = 0. Donc :xf==()s 0.k
~ ~
k – 1 k – 1 kIl en résulte que la somme fS() + Kerf est directe et fS() ⊕ Kerf ⊂ Kerf , d’après ()* , donne le résultat recher-k k
ché en écrivant l’inégalité des dimensions.
q q + 1 q q + 1e) Si u = 0 alors u = 0, donc Keru==Keru V.
k k + 1 p qPar suite, si p = min{}k ∈ ⁄ Kerf = Kerf , on a : V==Keru ...= Keru= ...
p n nEt, vu que pn , on obtient donc : Keru==Keru V , c’est-à-dire : u = 0.
35
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eANNALES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
4. Polynômes de Hilbert D’après ENGEES et Polytechnique (oral)–––––––––––––––––––––
Soit N un entier naturel. On considère les polynômes ()H définis par :n n ∈
⎧H()X = 10⎪
pour n 1⎨ XX()– 1 ...()Xn– + 1
H()X = ---------------------------------------------------------- -⎪ n
n!⎩
et l’endomorphisme Δ de []X défini par : Δ()P()X = PX()+ 1 –PX().
a) Montrer que :∀Δn 1, ()H = H et H ()0 = 0.n n – 1 n
N
kb) ∀P ∈ []X , P = Δ()P()0 H .N ∑ k
k = 0
n⎛⎞c) En utilisant la convention usuelle = 0 pour kn , montrer que :⎝⎠k
N n⎛⎞n nk–∀P ∈ []X , ,∀Δn ∈ 0, N ()P()0 = ()–1 Pk().N ∑ ⎝⎠k
k = 0
d) Montrer l’équivalence entre les trois propriétés suivantes si P ∈ []X .N
(i) P prend des valeurs entières sur .
(ii) P0, N.
(iii) Les coordonnées de P dans la base ()H de []X sont entières.n n ∈
Conseils méthodologiques. b) : Remarquer que ()H est une base de []X . c) : Poseri N0iN
⎧ []X → []X ⎧ []X → []X
Δ =TI– avec T : et I : ⎨ ⎨
PX() PX()+ 1 PX() PX().⎩ ⎩
()X + 1 X...()Xn– + 2 XX()– 1 ...()Xn– + 1
a) Δ()H ()X==H()X + 1 – H()X ---------------------------------------------------------- - – ---------------------------------------------------------- -n n n n! n!
XX()– 1 ...()Xn– + 2 XX()– 1 ...()Xn– + 2 ---------------------------------------------------------- -[]()X + 1 –()Xn– + 1 -.
n!n – 1 !
0
Donc : Δ()H = H . De plus : ∀n 1, H ()0==---- - 0.n n – 1 n n!
0b) La famille ()H est une base de []X car : ∀k ∈ , d H = k.n kn ∈
N
Donc, si P ∈ []X , il existe N + 1 réels α , α , … α tels que : P = α H .N 0 1 N ∑ n n
n = 0
⎧ H si knk nk–Or : Δ()H = H et Δ()H==0 ⇒ Δ()H ⎨n n – 1 0 n
⎩ 0 si kn .
k kDonc, pour kn : Δ()H ()0H ()0 0 , et, pour kn : Δ()H ()0 = 0.n nk– n
⎧ 0 si kn≠kPar conséquent :∀Δk ∈ , ()H ()0 = ⎨n
1 si kn== car H ()0 1.⎩ 0
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
N
n n nPar suite : pour n ∈ 0,ΔN, ()P()0 = α Δ()H ()0 ⇒ Δ ()P()0 = α .k k n∑
k = 0
N
nD’où : P = Δ ()P()0 H .n∑
n = 0
c) On a Δ =TI– avec TI==IT T. On peut donc utiliser la formule du binôme de Newton :
n n
n nn n nk– ⎛⎞ k nk– nk– ⎛⎞ kΔ==()TI– ()–1 T .I = ()–1 T .∑ ∑⎝⎠ ⎝⎠k k
k = 0 k = 0
n
n⎛⎞k n nk–Or T()P()X = PX()+k pour k∈Δ, donc : ()P()X = ()–1 PX()+k∑ ⎝⎠k
k = 0
n
n⎛⎞n nk–On en déduit que : Δ ()P()0 = ()–1 Pk() .∑ ⎝⎠k
k = 0
n⎛⎞D’où le résultat demandé, en utilisant, pour kn , la convention usuelle = 0.⎝⎠k
d) (i) ⇒ (ii) C’est clair car 0, N ⊂ .
N
n(ii) ⇒ (iii) P = Δ ()P()0 H d’après b).n∑
n = 0
N
n nn nk– ⎛⎞ ⎛⎞ nOr Δ ()P()0 = ()–1 Pk() avec ∈ , donc Δ ()P()0 ∈ pour n = 0, 1,..., N. ∑ ⎝⎠ ⎝⎠k k
k = 0 ∈
Donc les coordonnées de P dans ()H sont entières.n n ∈
(iii) ⇒ (i) Puisque les coordonnées de P dans ()H sont entières, il suffit pour obtenir (i) de démontrer que :n n ∈
∀q ∈ , H ()q ∈ .n
Or : si 0qn – 1, H ()q = 0 ∈ ;n
qqq()– 1 ...()qn– + 1 ⎛⎞si nq , H ()q==------------------------------------------------------- - ∈ ;n ⎝⎠n! n
()– q()– q + 1 ...()– q + n – 1nsi ,q 0 H ()q =()–1 ------------------------------------------------------------------------- -.n n!
mn+ – 1⎛⎞nEn posant mq= – , on a alors : H ()q =()–1 ∈ .n ⎝⎠ n
N
nDonc : ∀q ∈ , Pq() = Δ ()P()0 H ()q ∈ .∑ n
n = 0
Les trois propriétés sont donc équivalentes.
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5. Commutant d’un endomorphisme cyclique D’après CCP–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Soit f un endomorphisme d’un -espace vectoriel E. On appelle commutant de l’endomorphisme f l’ensemble
Cf () ={}gL∈ ()E ⁄ f g =gf .
n – 1On suppose qu’il existe un vecteur x tel que ()xf,,x …, f ()x soit une base de E (on dit alors que f est un
endomorphisme cyclique).
⎧Cf () → E
On considère l’application linéaire Φ définie par Φ : ⎨
gg ()x .⎩
a) Montrer que Φ est un isomorphisme de Cf () dans E.
b) On rappelle les notations :
n – 1[]f ={}Pf() ⁄ P ∈ []X et []f=={}Pf() ⁄ P ∈ []X Vect{}Id ,,f ...., f .n – 1 n – 1 E
Montrer que : Cf ()==[]f []f .n – 1
i iConseils méthodologiques. a) : Remarquer que g ∈ KerΦ ⇒ gf[]()x = f[]gx() . Puis écrire
n – 1⎛⎞
i n – 1y =Φλ⎜⎟f . b) : Montrer que ()Id ,,f …, f est une famille libre.i E∑
⎝⎠i = 0
a) Cf () est le noyau de l’endomorphisme gf gg– f. Donc c’est un sous-espace vectoriel de LE().
Montrons que Φ est injective. Φ est linéaire, de plus, si g ∈ KerΦ :
i igC∈ ()f ⇒ ∀i ∈ 0, n – 1, f g =gf
i idonc : ∀i ∈ 0, n – 1, gf[]()x = f[]gx() ,
ipar conséquent : gx() = 0 ⇒ ∀i ∈ 0, n – 1 , gf[]()x = 0.
D’où g = 0 car l’endomorphisme g est nul sur une base de E.
Par suite : KerΦ = {}0 et Φ est une application linéaire injective.
Montrons que Φ est surjective. Remarque
n – 1 n – 1⎛⎞
n i i Ne pas en déduire, si E est de dimen-Soit yE∈λ. Alors ∃(),,…λ ∈ , y = λ f()x = ⎜⎟ λ f ()x .0 n – 1 ∑ i ∑ i
⎝⎠ sion finie, que Φ est surjective car Φi = 0 i = 0
n’est pas un endomorphisme.
n – 1 n – 1⎛⎞
i iD’où : y =Φλ⎜⎟f , or λ f ∈Cf (). Donc Φ est surjective.∑ i ∑ i
⎝⎠i = 0 i = 0
En conclusion : Φ est un isomorphisme de Cf () dans E.
b) []f ={}Pf() ⁄ P ∈ []X⊂⊂[]f Cf () ➀n – 1 n – 1
n – 1De plus, ()Id ,,f …, f est une famille libre ; en effet :E
n – 1 n – 1
i iλ f =0 ⇒ λ f()x==0 ⇒ λ λ=…λ= = 0∑ i ∑ i 0 1 n – 1
i = 0 i = 0
n – 1car ()xf,,x …, f ()x est une base de E. Donc : dim []f = n. Par suite : []f = Cf () car []f ⊂Cf ()n – 1 n – 1 n – 1
et dimCf = n.D’après ➀, on a alors : []f==[]f Cf () .n – 1
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
6. Noyau d’une forme linéaire sur M () D’après Mines-Ponts–––––––––––––––––––––––––––––––– n
Montrer que le noyau d’une forme linéaire φ sur M() contient au moins une matrice inversible. n
Conseils méthodologiques.Considérer I – λEavec ij≠ .n ij,
Remarquons que si ij≠ alors I – λE ∈ GL() , car ()I – λE()I + λE = I .n ij, n n ij, n ij, n
2Premier cas : ∃()ij, ∈ 1, n ,ij≠φ et ()E ≠ 0.ij,
φ()InOn peut choisir λ de sorte que I – λE∈φKerφ. En effet :()I – λE==φ()I –λφ()E 0 ⇔ λ= --------------- -.n ij, n ij, n ij, φ()Eij,
Pour cette valeur de λ, on obtient le résultat : I – λE ∈ Kerφ GL() .n ij, n
2Deuxième cas : ∀()ij, ∈ 1, n ,[]ij≠ ⇒ φ()E = 0 .ij,
Alors on peut considérer la somme SE= ++E ...+ E + E . Par linéarité, il vient : φ()S = 0.21, 32, nn, – 1 1n,
0 h 01
1 d()0 0Or S est une matrice inversible : S = .
d 0 f
()0 10
Elle correspond à l’automorphisme f défini dans la base canonique par :
fe() = e ,…, fe() = e , fe() = e(f transforme une base en une base).1 2 n – 1 n n 1
Il en résulte que : S ∈ Kerφ GL() .n
En résumé, dans tous les cas : Kerφ GL() ≠ ∅ .n
7. Équation et forme linéaire D’après Mines-Ponts––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
On considère une forme linéaire φ sur un espace vectoriel E. Résoudre l’équation : x – φ()x a = b où a et b
désignent deux vecteurs donnés dans E, avec a ≠ 0 .
Conseils méthodologiques. Remarquer que les solutions sont de la forme xb= + λa.
Si x est une solution, on a xb= + φ()x a , donc xb∈ + a.
Il reste à déterminer les valeurs de λ pour lesquelles xb= + λa est solution.
On va distinguer deux cas en remarquant que : x – φ()x a==b ⇒ φ[]x – φ()x a φ()b ⇒ φ()x[]1 – φ()a= φ()b .
Premier cas : φ()a ≠ 1.
Alors xb= + λa est solution si et seulement si : λab+ = b +φλ()ab+ a, soit : λ[]1 – φ()a a = φ()b a
φ()b φ()b
c’est-à-dire, puisque a≠λ0: = -------------------- -. L’unique solution est alors : xb= + -------------------- -a .
1 – φ()a 1 – φ()a
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Deuxième cas : φ()a = 1.
Alors xb= + λa est solution si et seulement si : λab+ = b +φλ()ab+ a, c’est-à-dire : 0 = φ()b .
Si φ()b ≠ 0,l’ensemble S des solutions est donc vide.φ()b = 0,S des solutions est b + a.
Pour approfondir
28. Coordonnées entières et endomorphisme de D’après CCP––––––––––––––––––––––––––
2 2Soit Bu=(),v la base canonique de et Ca={}u +bv ⁄()a,b ∈ .
2Déterminer tous les endomorphismes f de tels que : fC() = C.
2 –1 –1Conseils méthodologiques. Remarquer que fG∈ L() , puis utiliser fu(), fv(), f ()u , f ()v .
Condition nécessaire : Si f est solution, alors fu() ∈ C et fv() ∈ C.
2Donc : ∃()a , b ∈ , fu() = aub+ v.u u u u
2∃a , b ∈ , fv() = aub+ v.v v v v Remarque
a au v Les coefficients de la matrice de fPar suite : Mat()fB, = et detfa= b – a b ∈ .u v v u
b b dans B sont des entiers relatifs. Onu v
écrit : Mat()fB, ∈ M () .2
⎧⎫ ⎧⎫fC() = C fC() = C
De plus : ⇒ ∃xC∈ , fx() = u et ⇒ ∃yC∈ , fy() = v.⎨⎬ ⎨⎬
uC∈ vC∈⎩⎭ ⎩⎭
2 2on a donc : dim Im f 2 ⇒ Im f = . Donc :fG∈ L() .
En posant xa= ′ub+ ′v et ya= ′ub+ ′v, on a alors :x x y y
–1 –1 2 2f ()u = x et f ()v = y avec()a′, b′ ∈ et()a′, b′ ∈ .x x y y
a′ a′–1 x y –1D’où : Mat()f , B = et detf = a′b′ – a′b′ ∈ .x y y x
b′ b′x y
–1 –1 –1Enfin : ff==Id ⇒ detf ⋅ detf 1. Puisque detf ∈ et det f ∈ , on en déduit que det f ∈{}11, – .
αγCondition suffisante : Supposons que : Mat()fB, = ∈ M() et detf ∈{}–1, 1 .2
βδ
2Alors : ∀()ab, ∈ , fa()u +bv =()αa + γb u +()βa + δb v. Donc : fC() ⊂ C.
∈ Z ∈
1 1δγ ––1 --------- - --------- -De même : Mat()f , B = ∈ M() car α, β, γ, δ sont dans et ∈{}–1, 1 .2detf detf–β α
40









⎩4762_ Page 41 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
–1On obtient comme précédemment f ()C ⊂ C. Par suite : fC() = C.
αγLa condition nécessaire et suffisante est : Mat()fB, = ∈ M() et detf ∈{}–1, 1 .2
βδ
9. Supplémentaires et calcul différentiel D’après Mines-Ponts–––––––––––––––––––––––––––––––––
∞ 2 2Soit E l’espace des fonctions de classe C définies sur et à valeurs dans . Pour ()ij, ∈ , on définit la
fonction :
i jf()xy, = x y .ij,
Soit F le sous-espace vectoriel engendré par la famille (f ) . On pose :2ij, ()ij, ∈
⎧ ⎧EE→ EE→
⎪ ⎪
Δ : 2 2 et Φ : 2⎨ ⎨∂ f ∂ f ∂ ff -------- - – ------- - f ----------- -⎪ ⎪2 2∂x ∂y ∂x∂y⎩ ⎩
Pour gF∈ , on note gF l’ensemble des fonctions qui s’écrivent gf avec f ∈ F.
1. Prouver que la famille (f ) est libre.2ij, ()ij, ∈
~ ~
2. Montrer que les restrictions Δ (respectivement Φ ) de Δ (respectivement Φ) à F sont des endomorphismes de F.
~
3. Déterminer Ker()Φ .
~
4. Montrer que F = xyF ⊕ Ker()Φ .
2 2⎧ →
⎪ ⎧FE→
5. Soit le changement de variables w : , ainsi que l’application L : ⎨ ⎨uv+ uv–⎛⎞()uv, ----------- -, ----------- - ff w.⎪ ⎩⎝⎠2 2⎩
Montrer que L est un automorphisme de F.
~~
6. Montrer que : L()Ker()Δ = Ker()Φ .
2 27. Lx[]– y F = uvF.
~
8. Déterminer un supplémentaire de Ker()Δ dans F.
Conseils méthodologiques. 1. : Utiliser la définition et raisonner par analogie avec les polynômes P
()i ~~ ~P ()0
pour a = ---------------- -. 2. : Utiliser ImΔ = Vect()Δf . 3. : Calculer Φ()f . 4. : Décomposer2i ij, ij,ij, ∈ i!
uv+ uv–⎛⎞F = Vect{}f ⁄()ij, ∈× . 5. : ()ux==+y et v xy– ⇔ x==----------- - et y ----------- - . 6. : Montrer queij, ⎝⎠2 2
~~
f ∈ Ker()Δ ⇔ g = Lf() ∈ KerΦ en utilisant les formules de dérivation de fonctions composées.
7. : Remarquer que : Lf()g = LfLg.
21. Il suffit de démontrer que pour toute sous famille finie J de , la famille ()f est libre.ij, ()ij, ∈ J
Considérons une famille ()a de réels telle que a f = 0. En remarquant que :ij, ()ij, ∈ J ∑ ij, ij,
()ij, ∈ J
41
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eANNALES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*

pq+ i!j! i-p j-q∂ f ⎪ ----------------------------------- -x y si ip et jqij2 2∀()pq, ∈ N , ∀()ij, ∈ , ---------------- -()xy, = ⎨()ip– !()jq– !p q∂x ∂y ⎪
0 si ip ou jq⎩
pq+ pq+∂ f ∂ fpq ijon obtient : ------------------- -()0, 0 = p!q! et ---------------- -()0, 0 = 0 si ()pq, ≠()ij, .
p q p q∂x ∂y ∂x ∂y
pq+∂Donc, par dérivations successives, on a : a f = 0 ⇒ ∀()pq, ∈ J, ---------------- - a f ()0, 0 = 0,∑ ij, ij, ∑ ij, ij,p q∂x ∂y()ij, ∈ J ()ij, ∈ J
pq+∂ fij,c’est-à-dire : ∀()pq, ∈ J, a ------------------ -()0,0 = 0∑ ij, p q∂x ∂y()ij, ∈ J
ou encore : ∀()pq, ∈ J, p!q!a = 0.pq
Par suite :()a est la famille nulle. Donc : (f ) est libre .2ij, ij,()ij, ∈ J ()ij, ∈
2. Les propriétés de linéarité de la dérivation assurent la linéarité des applications Δ et Φ. De plus, on a vu que :

pq+ i!j!∂ f ⎪ ----------------------------------- -f si ip et jqij,2 2 i-p, j-q∀()pq, ∈ , ∀()ij, ∈ , ------------------ - = .⎨()ip– !()jq– !p q∂x ∂y ⎪
0 si ip ou jq⎩
~ ~2Donc :∀Δ()ij, ∈ , ()f ∈ F et Φ()f ∈ F.ij, ij,
~~ ~ ~
Donc : ImΔ==Vect()Δf ⊂ F et ImΦ Vect()Φf ⊂ F.ij, 2 ij, 2ij, ∈ ij, ∈
~ ~
Par suite, les restrictions Δ et Φ de Δ et Φ à F sont bien des endomorphismes de F.
2~ ∂ f ⎧ij, ijf si i1 et j 1i-1, j-13. Remarquons que : Φ()f==----------- - .ij, ⎨
∂x∂y ⎩ 0 si i==0 ou j 0
~2Soit fa= f un élément de F où J est une sous famille finie de . On détermine Ker()Φ en écrivant :∑ ij, ij,
()ij, ∈ J
22~ ∂ f∂ f ij,f ∈ Ker()Φ ⇔ ----------- - = 0 ⇔ a ----------- - = 0 ⇔ a ijf = 0∑ ij, ∑ ij, i – 1, j – 1∂x∂y ∂x∂y()ij, ∈ J ()ij, ∈ J
i 1, j 1
⇔ ∀()ij, ∈ J, []()i1 et j 1 ⇒ a = 0 car la famille ()f est libre.ij, ij, ()ij, ∈ J
~
C’est-à-dire : f∈∈Ker()Φ ⇔ f Vect{}f ⁄ k ∈ + Vect{}f ⁄ k ∈ . 0k k0
Ce qui équivaut à dire que : fx(),y = Px() +Qy() où P et Q sont des polynômes à coefficients réels.
~
En résumé : Ker()Φ ={}()xy, Px() +Qy() ⁄ P ∈ []X , Q ∈ []X .
4. Remarquons tout d’abord que xyF désigne en fait f F.11
2Par ailleurs : ∀()ij, ∈ , []()i1 et j 1 ⇒ f()xy, = xyf ()xy, .ij, i – 1, j – 1
Par suite : Vectf ⁄()ij, ∈ * × *==f Vect{}f ⁄()ij, ∈× f F.ij, 11 ij, 11
Enfin, (f ) étant une base de F, on a :2ij, ()ij, ∈
~
F==Vect{}f ⁄()ij, ∈ N* × * ⊕ Vectf ⁄ i==0 ou j 0 f F ⊕ Ker()Φ , d’après la question précédente.ij, ij, 11
~
C’est-à-dire, avec la notation de l’énoncé : F = xyF ⊕ Ker()Φ .
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
5. • L est linéaire car : L()λf + μg==()λf + μg w λfw + μgw= λLf() +μLg().
2• L induit un endomorphisme sur F car : ∀()ij, ∈ , Lf() ∈ F , en effet : ij,
i ji j i j i jxy+ xy– 1 1⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞p ip– q jq– jq– pq+ ij+ –p –q[]Lf()()xy,==----------- - ----------- - --------- - x y x()– y = --------- - ()–1 x y .ij, ∑ ∑ ∑⎝⎠⎝⎠ ij+ ⎝⎠ ⎝⎠ ij+ ⎝⎠ ⎝⎠2 2 2 2p q p q0pip = 0 q = 0
0qj
i j1 ⎛⎞ ⎛⎞jp–Donc :[]Lf() = --------- - ()–1 f ∈ F,ij, ∑ pq++, ij –p –qij+ ⎝⎠ ⎝⎠2 p q0pi
0qj
ce qui prouve que Im LF⊂ , donc L induit un endomorphisme sur F.
uv+ uv–⎛⎞2• L est injective car Lf() = 0 ⇒ ∀()uv, ∈ , []Lf()()uv, = 0 , donc : f ----------- -, ----------- - = 0 .⎝⎠2 2
2Soit ()xy, ∈ . En remarquant que :
Remarque
uv+ uv–[ux= +y etvx= –y] ⇔ x = ----------- - et y = ----------- - ,
2 2 Ne pas en déduire que
l’endomoron a : fx(),y = 0 , en prenant ux= +y et vx= –y. phisme L est surjectif car F n’est pas
de dimension finie.
Par suite : f = 0. Donc : KerL = {}0 .
2• L est surjective car ∀()ij, ∈ , f ∈ Im L ; en effet : soit g définie par : gx(),y = f()xy+ ,xy– .ij, ij,
i j
i j i ji j ⎛⎞ p ip– ⎛⎞ q jq– jq– ⎛⎞ ⎛⎞Alors : gx(),y==()xy+ ()xy– x y x y = ()–1 f ()xy, ,pq++, ij –p –q∑ ∑ ∑⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠p q p q0pip = 0 q = 0
0qj
uv+ uv–⎛⎞donc :gF∈ et Lg()()uv,==g ----------- -, ----------- - f()uv, . Donc : Lg() = f .ij, ij,⎝⎠2 2
Par suite : Vect{}f ⁄()ij, ∈× = F ⊂ Im L. D’où : F = Im L.ij,
En conclusion : L est un automorphisme de F.
~~
6. • Montrons que : L()Ker()Δ = Ker()Φ . Soit fF∈ et gL= ()f .
uv+ uv– 2On effectue le changement de variables défini par : x = ----------- - et y = ----------- - (C difféomorphisme), alors :
2 2
uv+ uv–⎛⎞ fx(),y==f ----------- -, ----------- - []Lf()()uv,= gu(),v= gx()+y,xy– .⎝⎠2 2
Par suite :
∂f ∂g ∂g ∂f ∂g ∂g()xy, = ()uv, + ()uv, et ()xy, = ()uv, – ()uv, ,
∂x ∂u ∂v ∂y ∂u ∂v
puis :
2 2 2 2 2 2 2 2∂ f ∂ g ∂ g ∂ g ∂ g ∂ g ∂ g ∂ g
-------- -()xy,==-------- -()uv, + ----------- -()uv, + ----------- -()uv, + -------- -()uv, -------- -()uv,++2 ----------- -()uv, -------- -()uv,
2 2 2 2 2∂v∂u ∂u∂v ∂u∂v∂x ∂u ∂v ∂u ∂v
et de même :
2 2 2 2 2 2 2 2∂ f ∂ g ∂ g ∂ g ∂ g ∂ g ∂ g ∂ g
------- -()xy,-------- -()uv, – ----------- -()uv, – ----------- -()uv, – -------- -()uv, -------- -()uv, – 2 ----------- -()uv, + -------- -()uv, .
2 2 2 2 2∂v∂u ∂u∂v ∂u∂v∂y ∂u ∂v ∂u ∂v
2 2 2 ~~∂ f ∂ f ∂ gDonc : -------- -()xy, – ------- -()xy,==04 ⇔ ----------- -()uv, 0 . Par suite : f ∈ Ker()Δ ⇔ g = Lf() ∈ Ker()Φ .
2 2∂x ∂y ∂u∂v
43
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4762_ Page 44 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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eANNALES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
~~
L’implication prouve que L()Ker()Δ ⊂ Ker()Φ . Et, compte tenu du fait que L est un automorphisme de F, en écrivant
~ ~
–1gL=()L ()g , l’implication réciproque prouve que : Ker()Φ ⊂ L()Ker()Δ .
~~
On a donc établi que : L()Ker()Δ = Ker()Φ .
2 27. Montrons : Lx[]()– y F = uvF.
En fait, cela signifie : Lf[]()– f F = f F.20 02 11
Soit fF∈ et gF∈ . Compte tenu des définitions de F et de L, il est clair que : fg ∈ F et Lf()g = Lf()Lg().
2 2uv+ uv–⎛⎞ ⎛⎞• En remarquant que : ()f – f wu(),v==----------- - – ----------- - uv= f ()uv, ,20 02 11⎝⎠ ⎝⎠2 2
on peut écrire : Lf()– f = f .20 02 11
Donc : Lf[]()– f f = f Lf() ∈ f F , car F = Im L. D’où l’inclusion : Lf[]()– f F ⊂ f F.20 02 11 11 20 02 11
• Réciproquement, soit ff∈ F, on a : ff= g avec gF∈ .11 11
Mais F = Im L , donc il existe hF∈ tel que : gL= ()h , soit : ff==Lh() Lf()– f Lh()=Lf[]()– f h .11 20 02 20 02
Par suite : f FL⊂[]()f – f F .11 20 02
2 2En conclusion : Lf– f F = f F, c’est-à-dire, avec la notation de l’énoncé : Lx[]()– y F = uvF.20 02 11
~
2 28. Montrons que ()x – y F est un supplémentaire de Ker()Δ dans F.
~
D’après la question 4., on a : Ff= F ⊕ Ker()Φ .11
~~
En utilisant L()Ker()Δ = Ker()Φ et Lf[]()– f F = f F (questions 6. et 7.), on peut écrire que :20 02 11
~
FL=[]()f – f F ⊕ L()Ker()Δ .20 02
~
Donc : ∀fF∈ , ∃ !()gh, ∈ F × Ker()Δ , Lf()==Lf[]()– f g +Lh() Lf[]()– f gh+ car Lf() ∈ F.20 02 20 02
Puisque L est un automorphisme, on peut conclure que :
~
∀fF∈ , ∃ !()gh, ∈ F × Ker()Δ ,ff=()– f gh+ .20 02
~
Donc : ()f – f F est un supplémentaire de Ker()Δ dans F .20 02
444762_ Page 45 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Chapitre 3
Matrices
et déterminants
Méthodes
Le cours en questions
1 ■ ■ Matrices
1.1 À quoi sert la base canonique de M () ?n
• La base canonique de M() est la famille ()E où E est la Si ()E est la base cano-in ij, ij, 1in1in
n1jn nique de , on a :
matrice dont tous les termes sont nuls sauf le terme d’indice ()ij, qui tE = E E .
ij, i jvaut 1.
On peut réaliser toutes les opérations usuelles sur les lignes (resp. les
colonnes) d’une matrice à l’aide de multiplications à gauche (resp. à droite) Les opérations usuelles sur les
lignes sont l’addition à une ligneutilisant des matrices E . Le principal résultat à connaître est :ij,
d’une combinaison linéaire des
autres, la permutation de deux lignes,
E E = δ E .ij, kl, jk, il, la multiplication d’une ligne par un
scalaire non nul…
On en déduit que E A est la matrice obtenue à partir de A en remplaçantij,
la ligne i par la ligne j et toutes les autres par la ligne nulle. De même, AEij,
est la matrice obtenue à partir de A en remplaçant la colonne j par la
colonne i et toutes les autres par la colonne nulle (cf. base 2).
• Si Φ est linéaire par rapport à la matrice M, pour démontrer que :
∀ΦMM∈ () , ()M = 0 est vraie, il suffit de vérifier que la propriété estn
vraie sur la base canonique de M() (cf. base 3). n
1.2 Qu’est-ce que le rang d’une matrice ?
Si AM∈ () , le rang de A est le rang de la famille des vecteurs lignesnp,
ou des vecteurs colonnes de A.
45
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
La matrice A est de rang r si et seulement s’il existe PG∈ L() etLa trace d’un projecteur est n
égale à son rang : ⎛⎞I 0r2 QG∈ L() telles que AP= J Q avec J = ∈ M () .A==A ⇒ tr()A rg()A . ⎜⎟p r r np,
⎝⎠00
Le rang d’une famille de
vec1.3 Quel est l’effet d’un changement de bases ?teurs est égal à la dimension de
l’espace vectoriel engendré par
ces vecteurs. • Si B et B′ sont deux bases d’un -espace vectoriel E de dimension finie,
la matrice de passage P de B à B′ est la matrice des coordonnées des
Retenir que, pour connaître les vecteurs de B′ dans la base B.
coordonnées de x dans la
nouSoit x un vecteur de E, X et X′ les matrices colonnes des coordonnées de xvelle base, il faut inverser la
dans des bases B et B′. Si fL∈ ()E et si AM= ()f et DM= ()f , on aB B′matrice PP= .BB′
les formules de changement de base :
Très souvent, on change de base
pour diagonaliser f, d’où le choix de
–1XP= X′ et A = PDP .la lettre D.
• Rappel : on dit que deux matrices carrées A et B sont semblables lorsqu’il
–1
–1 k existe une matrice inversible P telle que : A = PBP .()PDP
–1 –1 k –1 Deux matrices sont semblables si et seulement si elles représentent le ==PD P P D...DP PD P .
nmême endomorphisme dans deux bases de . Elles ont donc même rang,In
même trace, même polynôme caractéristique, mêmes valeurs propres…
1.4 Quelles sont les propriétés de la trace ?
• La trace d’une matrice carrée est égale à la somme des éléments de sa
diagonale principale. C’est une forme linéaire sur M() , de plus :Erreur à éviter n
En général :
tr()ABC ≠ tr()BAC . ∀AB, ∈M() , tr()AB = tr()BA .n
On ne peut faire que des
permutations circulaires sur A, B, C.
• On peut définir un produit scalaire sur EM= () , en posant :n
t
AB, ==tr()AB a b .De même, sur EM= () , on ∑ kl, kl,n
kl,peut définir un produit scalaire
en posant : On peut aussi établir que pour toute forme linéaire ϕ sur M() , il existen
t une matrice A telle que : ∀MM∈ () , ϕ()M = tr()AM .AB, ==tr()AB a b . nkl, kl,∑
kl,
• Deux matrices semblables ont même trace :
–1A==PBP ⇒ tr()A tr()B .
3 • Si AM∈ () et si λ,,λ ..., λ sont les valeurs propres complexesSi f est une rotation de n 1 2 n
d’angle θ, on a : de A comptées avec leur ordre de multiplicité on a :
tr()f = 2 cosθ + 1.
tr()A =λ++λ ...+ λ (cf. base 1). 1 2 n
• En exercice, on prouvera que si σ est une forme linéaire sur M() tellen
2que : ∀σ()AB, ∈()M() , ()AB =σ()BA , alors σ est proportionnelle àn
la trace (cf. base 3).
1.5 Comment se calcule l’inverse d’une matrice A ?
• Méthode 1 : quand on a un polynôme annulateur de A, on peut
factoriser par A pour obtenir une égalité de la forme AB = I (cf. savoir-faire 4). n
• Méthode 2 : on peut résoudre le système linéaire YA= X qui donnera
–1XA= Y.
46


⎩4762_ Page 47 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Matrices et déterminants Chapitre 3
Dans le cas n = 3 ou n = 4 , on peut résoudre en utilisant la méthode du
Si A est une matrice triangulairepivot de Gauss.
supérieure (resp. inférieure),
–1alors A est aussi triangulaire• Méthode 3 : On peut interpréter A comme la matrice d’un
endomor–1 supérieure (re).phisme f dans une base bien choisie et utiliser f s’il est facile à
déterminer (cf. base 8).
• Méthode 4 : on peut rappeler aussi la méthode qui consiste à transformer
A et I en effectuant les mêmes opérations sur les lignes de ces deuxn
matrices, pour transformer A en I . Lorsqu’on a terminé, A est devenue I ,n n
–1et I est devenue A . Cette méthode est pratique mais peu utilisée auxn
concours.
• Méthode 5 : on peut penser à la formule utilisant la comatrice :
t tcom()AAA==com()A det()A In
qui donne, si A est inversible :
t com()A–1A = ----------------------- -.
det()A
En principe, la méthode 5 n’est
Mais en dehors du cas n = 2 , cette forme n’est pas utilisable en pratique. pas au programme en filière PC,
En revanche, cette formule peut servir dans certains exercices théoriques mais elle a déjà été utilisée à
(cf. approfondissement 9). l’oral de l’X.
1.6 Comment se calculent les puissances d’une
matrice A ?
p• Méthode 1 : en utilisant la division euclidienne de X par un polynôme P
annulateur de A (cf. savoir-faire 3.2.a)).
pEn effet, si PA() = 0 et X = PQ + R avec d° Rd ° P, alors
pA==PA()QA() +RA() RA(). Le reste R, généralement de degré 2 ou 3,
0
se détermine en utilisant les racines de P.
• Méthode 2 : en utilisant la formule du binôme de Newton si A = αI + Bn
par exemple (cf. savoir-faire 3.2.b)).
• Méthode 3 : par récurrence en utilisant une particularité de l’expression
de A (cf. savoir-faire 3.1).
• Méthode 4 : en diagonalisant la matrice mais en pratique cela impose le
calcul de l’inverse d’une matrice de passage, ce qui peut conduire à des
calculs fastidieux. On garde donc cette méthode pour des études théoriques.
• Méthode 5 : On peut utiliser l’endomorphisme canoniquement associé si
les images successives des vecteurs de base se calculent facilement.
01 0 ()
0 d Par exemple : Si A = , on obtient : Cela donne pour kn :
fd 1
colonne
0 h00 k + 1
00()1 0 ()
ae() = 0et ae() = e pour i = 2,3,..., n.1 i i – 1 ddd
kA = .D’où par une récurrence immédiate on obtient : pour tout entier kn , dd 1
k k ka()e ==... a()e = 0 et a()e = e pour ik= + 1,,... n. 0() d()01 k i ik–
k 0Pour kn , A = 0.
47
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}4762_ Page 48 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
2 ■ ■ Déterminants
2.1 Citer les propriétés usuelles du déterminant
d’une matrice.
• L’application déterminant est une forme n-linéaire alternée sur M()n
(donc antisymétrique).
On ne modifie pas le déterminant d’une matrice en ajoutant à une colonne
une combinaison linéaire des autres colonnes.
Le déterminant d’une matrice qui a deux colonnes égales est nul.
Si on permute deux colonnes dans une matrice on change de signe son
déterminant.Erreur à éviter
En général : det()λA ≠λdetA. n∀AB, ∈M() , det()AB = detA detB,.det()λA =λ detAn
• L’ensemble des formes n-linéaires alternées sur un -espace vectoriel E
∀AG∈ L() ,n de dimension n est une droite vectorielle dont une base est det si B estB
1 une base de E.–1det()A = ------------ -.
detA Si B′ est une autre base, on a : det = det ()B det .B′ B′ B
• L’application déterminant est continue sur M() (ou M() ). Elle estn n
∞même de classe C .
2.2 Citer les principales méthodes de calcul
d’un déterminant.
• Méthode 1 : Développement par rapport à une ligne ou une colonne.
ik+ n nC =()–1 M où M est leik ik ik
mineur ()ik, , c’est-à-dire le detA = a C ou detA = a C où C est le cofacteur ()ik, .∑ ik ik ∑ kj kj ik
déterminant de la matrice obte- k = 1 k = 1
nue à partir de A en supprimant la
ligne i et la colonne k. En général, on essaie de faire apparaître un maximum de zéros dans une ligne
ou une colonne (choisie pour développer) à l’aide de combinaisons linéaires,
puis on développe par rapport à la ligne ou la colonne choisie.
Par exemple, si la somme des termes de chaque ligne est constante, on
On notera :
ajoute toutes les colonnes à la première, on factorise, puis on retranche la
n
ligne 1 à toutes les autres pour faire apparaître des zéros dans la colonne 1,C ← C + C et L ← L – L1 1 j i i 1∑
enfin, on développe par rapport à la première colonne (cf. savoir-faire 5.1.a)). j = 2
pour 3,…, i = 2, n. On peut aussi On peut aussi utiliser les coefficients d’un polynôme P dans les
combinaieffectuer L ← L – Lpour in= , sons linéaires et se servir des racines de P pour faire apparaître des zérosi i i – 1
n – 1,…, 2 (attention à l’ordre des (cf. savoir-faire 5.1.b)).
transformations).
• Méthode 2 : on peut utiliser le déterminant Δ()x de la matrice []a + xij ij,
qui vaut : Δ()x = αx + detA.
Pour établir l’égalité
Δ()x = αx + detA, retrancher Choisir ensuite deux valeurs x et x de x qui donnent un calcul simple1 2
la première colonne à toutes les
de Δ()x puis éliminer α entre les deux équations du systèmeautres puis développer par rapport à
la première colonne qui est la seule à Δ()x =αx + detA⎧ 1 1dépendre encore de x. pour trouver detA (cf. savoir-faire 5.2 et 5.3.a)). ⎨
Δ()x =αx + detA⎩ 2 2
Pour n = 3, éviter la règle de
• Méthode 3 : On peut chercher à faire apparaître A comme produit deSarrus qui est souvent source
d’erreurs de calcul en dehors deux matrices plus simples. En particulier, le déterminant d’une matrice
des cas simples. triangulaire étant égal au produit des termes diagonaux de la matrice, on
484762_ Page 49 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Matrices et déterminants Chapitre 3
pourra chercher dans certains cas à écrire A comme produit de deux matrices
triangulaires.
• Méthode 4 : On peut procéder par récurrence en complétant par
l’utilisation des techniques précédentes.
2.3 À quoi servent les déterminants ?
On peut se servir de déterminants :
– pour montrer qu’une famille de vecteurs est une base ou qu’une matrice
est inversible ;
– pour calculer le polynôme caractéristique d’un endomorphisme ;
– pour déterminer les éléments géométriques d’une rotation (signe du sinus
de l’angle de la rotation) ;
– pour calculer la distance d’un vecteur à un sous-espace vectoriel
(déterminant de Gram), etc.
Les savoir-faire clefs
Conseils 1 ■ ■ Savoir utiliser un produit de matrices.
méthodologiques
1.1 Comment s’écrit le terme général du produit ABC de trois matrices 1.1 Rapprocher cette formule d’une
t « relation de Chasles » sur lescarrées d’ordre n ? En déduire le terme général du produit XAY avec
t tXx=[]x … x et Yy=[]y … y .1 2 n 1 2 n indices : « i ji=k++kl lj ».
t t1.2 Quelles sont les tailles des matrices XY et X Y ?
n1.1 On a d’abord :
t tXY==YX x y . Dans∑ k k
k = 1
⎛⎞()ABC==()AB c a b c ni, j ∑ i, l l, j ∑ ∑ i, k k, l l, j , c’est le produit scalaire des⎝⎠
1ln 1ln 1kn
vecteurs X et Y.
= a b c ,i, k k, l l, j∑
1kn
1ln
tpuis XAY = x a y (cette matrice est carrée d’ordre 1, on l’iden-∑ k kl, l
1kn
1ln
tifie à un scalaire).
t t1.2 Les matrices XY et X Y sont très différentes : l’une est carrée
d’ordre 1, l’autre est carrée d’ordre n.
n t tXYY≠ X =[]y x .
i j 1int tDe plus : XY = x y et XYx=[] y ∈ M() . 1jnk k i j n∑ 1in
1jnk = 1
49
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4762_ Page 50 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
Conseils 2 ■ ■ Savoir calculer l’inverse d’une matrice à
méthodologiques l’aide d’un endomorphisme.
01 0 ()
f 0 d –12.1 Chercher l’image d’une base. 2.1Soit J = .Calculer J .
0 fd 1
10 h 0
⎧ ji⎛⎞()–1 si ji⎪ ⎝⎠2.2 Identifier f. 2.2Aa=[] ∈ M ()avec a = ⎨ iij, n + 1 ij,0in
–1 –1 0jn ⎪Puis utiliser A = Mat()f , B . 0 sinon.⎩
On considère f l’endomorphisme de []X dont la matrice est A dans lan
n j –1base ()1,,X ..., X . Calculer fX() et en déduire A .
n2.1 Soit ()e,,e ..., e la base canonique de et f l’endomorphisme1 2 n
canoniquement associé à J.
nAlors : fe() = e et ∀i ∈ 2, n, fe() = e . Donc :fG∈ L() .1 n i i – 1
–1 –1De plus : f ()e = e et ∀i ∈ 1, n – 1, f ()e = e .n 1 i i + 1
On peut démontrer de cette 0 h 01
manière que :
10 d 0–1 tPar suite : J== J.∀k ∈ 1, n – 1,
ddf
0 Ik nk– ()0 10J = .
I 0k
nDe plus : J = I .n n j
j⎛⎞j i i i j2.2 fX() = a X = ()–1 X =()1 – X .∑ ij, ∑ ⎝⎠ i
i = 0 i = 0
[]X → []X⎧ n nDonc f : ⎨
PP ()1 – X .⎩
Par suite, on a :ff ()P==P[]11–()– X PX().
–1 –1C’est-à-dire f = f, donc on peut en déduire : A = A.
Conseils 3 ■ ■ Savoir calculer les puissances d’une
méthodologiques
matrice.
cos2θ sin2θ cosθ –sinθ3.1 On donne A = et B = , avec θ ∈ .
sin2θ –cos2θ sinθ cosθ
n nCalculer A et B pour n ∈ .
p3.2 Calculer A en fonction de A et de I sachant que :n
3 2a) A++3A 3AI+ = 0 ;n
504762_ Page 51 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Matrices et déterminants Chapitre 3
1 h 1
b)AI= + aU avec U = et a ≠ 0.n n n f()1 f
1 h 1
3.1 On obtient immédiatement par récurrence que, pour tout entier
naturel p :
2p 2p + 1A = I et A = A.2
cospθ –sinpθpB = .
sinpθ cospθ
De plus, A et B sont inversibles. Dans le plan vectoriel euclidien
usuel, les matrices A et B
reprécos()–θ –sin()–θ–1 –1 sentent respectivement la symé-On obtient facilement : A = A et B = .
trie orthogonale par rapport à la droitesin()–θ cos()–θ
D qui fait un angle θ (à un multiple deθPar suite, les formules établies pour p ∈ sont encore valables pour p ∈ . π près) avec l’axe Ox et la rotation
d’angle θ, ce qui permet d’interpréter
p 3 2 géométriquement les résultats précé-3.2.a) On effectue la division euclidienne de X par X++3X 3X+ 1 qui
dents. 3vaut ()X + 1 . On obtient :
p 3 2X =()X + 1 QX() +RX()avec .RX() = aX++bX c
On détermine a, b et c en substituant –1 à X dans l’équation et ses dérivées
(première et seconde). La résolution du système obtenu donne :
pp()– 1p⎧a =()–1 -------------------- -
p⎧ ⎪()–1 =ab– + c 2
⎪ ⎪
p – 1 p ⇔ p()–1 = – 2a + b b =()–1 pp()– 2⎨ ⎨
⎪ ⎪
p – 2pp()– 1()–1 = 2a ()p – 1()p – 2⎩ ⎪ pc =()–1 ---------------------------------- -,
⎩ 2
p 3alors : A==()AI+ QA() +RA() RA(). n
0
pp()– 1 ()p – 1()p – 2p p 2Ce qui donne : A =()–1 -------------------- -A++pp()– 2 A ---------------------------------- -I .n2 2
k∗ k – 1b) Par récurrence : ∀k ∈ , U = n U (cf. matrices de rang 1).n n
De plus, I et U commutent, donc on peut appliquer la formule du binôme Avant d’appliquer la formule dun n
binôme de Newton, toujoursde Newton :
vérifier que AB = BA .
p p
p pk k⎛⎞ ⎛⎞p p k k – 1A==()I + aU a U= I + a n Un n ∑ n n ∑ n⎝⎠ ⎝⎠k k
k = 0 k = 1
p()1 + an – 1 = I + -------------------------------- - U . n nn
AI– nOr : a ≠ 0 , donc : U = ------------- -, d’où :n a
p pan +11–()+ an ()1 + an – 1pA = --------------------------------------------- - I + -------------------------------- - A .nan an
51
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit




⎩4762_ Page 52 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
Conseils 4 ■ ■ Savoir calculer l’inverse d’une matrice
méthodologiques à l’aide d’un polynôme annulateur.
m
k4.1 Isoler a I dans PA() = 0. 4.1 Soit Pa= X ∈ []X avec a ≠ 0. On suppose que AM∈ ()0 n ∑ k m 0 n
k = 0
–1et que PA() = 0. Montrer que A est inversible et exprimer A en fonction
de A.
n – 1
k n n4.2 Utiliser ()1 – X X = 1 – X . 4.2 On suppose que AM∈ () et que A = 0. Montrer que I – A est∑ n n
–1k = 0 inversible et exprimer ()I – A en fonction de A. En déduire l’expression den
–1 –1()I – PAP pour toute matrice inversible P. n
m m
k k – 14.1 PA() = a A = 0 ⇒ A a A = –a I . k k 0 n∑ ∑
k = 0 k = 1
m
ak–1 k – 1D’où A est inversible et A = – ---- -A .∑ a0k = 1
n – 1
n k n4.2 On a A = 0 , donc ()I – A A==I – A I .n n n∑
k = 0
Par suite, I – A est inversible et : n
n – 1
–1 k()I – A = A .n ∑
k = 0
On peut aussi remarquer que :
–1 –1 –1 –1 –1 n n –1()I – PAP =[]PI()– A P En remarquant que ()PAP==PA P 0 , on a de même :n n
–1 –1 = PI()– A Pn n – 1⎛⎞
–1 –1 k –1mais il faut prendre garde car : ()I – PAP =PA⎜⎟ P .n ∑
–1 –1 –1 ⎝⎠()AB = B A . k = 0
Conseils 5 ■ ■ Savoir calculer les déterminants usuels.
méthodologiques
5.1 Calculer les déterminants suivants :
x 123 1 cos x cos 2x1 1
1 x 23a) Δ()x = ; b) V = .1 cos x cos 2x2 212 x 3
1 cos x cos 2x3 3123 x
5.2 Soit Aa=[] ∈ M() . On pose Px() = det []a + x .ij, n ij,
Montrer que Px() est un polynôme de degré au plus 1 en x.
524762_ Page 53 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Matrices et déterminants Chapitre 3
5.3 Donner les méthodes de calcul pour les déterminants suivants :
ab h bb
ca d bb
a) Δ = det A avec : A = ; 5.3.a) Utiliser 5.2.n fdddf
cc d ab
cc h ca
12 h n – 1 n
ab+ ab00
n 12 h n – 1
1 dd 0b) D = ; c) Δ = ; 5.3.b) Raisonner par récurrence enn n f n dd f
0 dd ab developpant par rapport à la
pre3 fd 12 mière colonne.00 1ab+
23 h n 1 5.3.c) Ajouter toutes les colonnes à
la première.
x 0 hh 0 a0
–1 x 0 0 a1
01 – x df a2d) Δ = ; 5.3.d) Ajouter à la première lignen
fd d d 0 f une combinaison linéaire des autres.
0 hd dxan – 2
00 h01 – xa+ n – 1
n – 11 a h a1 1
n – 1
1 a h a2 2e) V()a,,a …, a = (Déterminant de Vandermonde) ;n 1 2 n
ff f
n – 1
1 a h an n
M() → M()⎧ n n
f) det f où f : . Que vaut la trace de f ?⎨
tM M⎩
Toujours vérifier les résultats dans
un cas particulier à l’oral et à l’écrit :g) Δ = det()cosx + x avec n 3.n i j 1in n = 2 par exemple…
1jn
5.1.a) En ajoutant toutes les colonnes à la première on obtient un
facteur ()x + 6:
x 123 1123
1 x 23 1 x 23Δ()x==()x + 6 .
12 x 3 12 x 3
123 x 123 x
On retranche la première ligne aux suivantes puis on développe par rapport
à la première colonne qui comporte 3 zéros :
1 123
x – 1 00
0 x – 1 00Δ()x==()x + 6 ()x + 6 .1 x – 2 0
01 x – 2 0
11 x – 3
01 1 x – 3
53
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
On peut conclure que :
Δ()x =()x + 6()x – 1()x – 2()x – 3 .
2b) En utilisant la formule : cos2x = 2cos x – 1, on obtient :
21 cos x cos 2x 1 cos x 2cos x – 11 1 1 1
V== 2 ,1 cos x cos 2x 1 cos x 2cos x – 12 2 2 2
21 cos x cos 2x 1 cos x 2cos x – 13 3 3 3
21 cos x cos x1 1
puis : V = 2 2()C ← C + C .1 cos x cos x 3 3 12 2
2Voir le calcul d’un déterminant 1 cos x cos x3 3
de Vandermonde dans le cas
général au 5.3.c). On considère le polynôme :
2 PX()==()Xx– cos()Xx– cos X –()cosx + cosx X + cosx cosx .1 2 1 2 1 2
On effectue la transformation :
C ← C –()cosx + cosx C + cosx cosx C .3 3 1 2 2 1 2 1
1 cos x Pcos x 1 cos x 01 1 1
Il vient : V==2 21 cos x P()cos x 1 cos x 02 2 2
1 cos x Pcos x 1 cos x P()cos x3 3 3 3
2=()cosx – cosxPx()cos .2 1 3
En conclusion :
V = 2()cosx – cosx()cosx – cosx()cosx – cosx .3 2 3 1 2 1
5.2 En retranchant la première colonne C à toutes les autres et dévelop-1
pant par rapport à C , on obtient une matrice dont seule la colonne C1 1
contient encore x.
Par conséquent, on a :
n
Px() = ()a + x C ,k, 1 k1∑
k = 1
où C désigne par le cofacteur ()ij, indépendant de x dans la matriceij
obtenue. Donc d°P 1 , c’est-à-dire :
Px() = αx + β .
5.3.a) Si cb≠ , on utilise la question 5.2 en remarquant que :
n nPb()–==–αb + β ()ab– , Pc()–==–αc + β ()ac–
car les déterminants sont triangulaires. Or P()0 ==β detA; donc en
n⎧– αb + β =()ab–
résolvant le système , il vient :⎨
n– αc + β =()ac–⎩
n nba()–c –ca()–b
β = ---------------------------------------------------- -.
bc–
544762_ Page 55 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Matrices et déterminants Chapitre 3
Si cb= la somme des lignes est constante, donc en ajoutant toutes les
colonnes à la première (C ← C++C ...+ C ) puis en retranchant à On obtient aussi ce résultat par1 1 2 n
continuité par rapport à c dechaque ligne i 2 la ligne 1 (L ← L – L , i = 2, 3,,... n) , on obtient uni i 1
detA en prenant la limitedéterminant triangulaire qui donne :
quand cb→ dans le résultat
obtenu dans le cas cb≠ .
n – 1det Aa=[]+()n – 1 b()ab– .
b) En développant D par rapport à la première colonne, on a une éga-n
lité de la forme : D =()ab+ D – Δ , puis en développant le déter-n n – 1 n – 1
minant Δ obtenu par rapport à la première ligne, il vient :n – 1
D =()ab+ D – abD .n n – 1 n – 2
On est ramené à une étude de suite récurrente linéaire d’ordre 2.
2L’équation caractéristique associée est X =()ab+ Xa– b, c’est-à-dire
()Xa–()Xb– = 0.
n nSi ab≠ , on a : D = λa + μb avec D = λa + μb et D =λμ+ ; En fait, il faut dire qu’on fait len 1 0
calcul avec D au lieu de D ,2 0nsi ab= , on a : D =()λn + μ a avec D =()λμ+ a et D = μ .n 1 0 mais cela conduit au même
résultat et D est plus simple.0La résolution du système en λ et μ donne le résultat :
n On obtient aussi ce résultat parn + 1 n + 1a – b nk– kD==------------------------------ - a b pour ab≠ continuité par rapport à b den ∑ab– D en prenant la limite quandk = 0 n
ba→ dans le résultat obtenu dans
le cas ab≠ .
net D =()n + 1 a pour ab= .n
c) La somme des lignes est constante, donc en ajoutant toutes les colonnes
à la première (C ← C++C ...+ C ) , puis en retranchant à chaque ligne1 1 2 n
i 2 la ligne précédente (L ← L – L , i = n, ..., 3, 2) , on obtient : i i i – 1
nn()+ 1
-------------------- - 2 … n – 1 n
2
01 – –1 … –1Δ =n
f n – 1ddf
0 d –1 –1
01 – … n – 1 –1
–1 –1 1 –
nn()+ 1 n – 1 –1 df= -------------------- - (en développant par rapport à C )12 fdd –1
–1 –1 n – 1 –1
–1 –1 1–
nn()+ 1 n 0 … 0= -------------------- - (L ← L – L , pour i = 2, 3, …, n – 1).i i 12 ddf
0 n 0
n – 1n ()n + 1n – 1Donc : Δ =()–1 ----------------------------- - (en developpant par rapport à la der- Pour éviter les fautes de signe,n 2 penser à vérifier le résultat pour
nière colonne). une valeur simple de n :
pour n = 2, Δ = – 3.2
55
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
n – 1d) En effectuant L ← L++xL ...+ x L , on a :1 1 2 n
n – 1
n k00 hh 0 x + a x∑ k
k = 0
–1 x 0 0 a1
Δ = . n 01 – x df a2
fd d d 0 f
0 hd dxan – 2
00 h01 – xa+ n – 1
En développant par rapport à la première ligne, on a :
n – 1⎛⎞
n + 1 n kΔ =()–1 x + a x T⎜⎟n ∑ k n – 1
⎝⎠k = 0
où T est le déterminant d’une matrice triangulaire supérieure et vautn – 1
n – 1T =()–1 . D’où :n – 1
n – 1
n kΔ = x + a x .n k∑
k = 0
e) Si ij≠ et a = a , alors V()a,,,a ... a = 0 , car il a deux lignes égales.i j n 1 2 n
Sinon, en remplaçant a par x, on obtient un polynôme :n
n – 1
1 a h a1 1
ffhf
V()a,,a ...a , x = .n 1 2 n – 1 n – 1
1 a an – 1 n – 1
n – 1
1 x h x
En développant par rapport à la dernière ligne, on constate que son degré
n – 1est inférieur ou égal à n – 1 et que son coefficient en x est
V()a,,,a ... a . Or a,,,a ... a sont des racines deux à deuxn – 1 1 2 n – 1 1 2 n – 1
distinctes, donc :
n – 1
V()a,,a ...a , x = V()a,,,a ... a ()xa– . n 1 2 n – 1 n – 1 1 2 n – 1 i∏
i = 1
La notation dans le produit sous- Par récurrence, on obtient alors facilement :
entend 1inet 1jn.
V()a,,,a ... a = ()a – a .n 1 2 n j i∏
ij
M() → M()⎧ n n
f) Si on cherche la matrice de f : dans une base adaptée⎨
tM M⎩
à la somme directe M() = S() ⊕ A() , des matrices symétriques etn n n
I 0nn()+ 1
-------------------- -
2antisymétriques, on obtient : Mat()fB, = . Donc :
0 –Inn()– 1
-------------------- -
2
564762_ Page 57 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Matrices et déterminants Chapitre 3
nn()– 1-------------------- - nn()+ 1 nn()– 12det()f =()–1 et tr()f==-------------------- - – -------------------- - n.
2 2
g) On a : cos()x + x = cosx cosx – sinx sinx .i j i j i j
Donc la colonne j est combinaison linéaire des colonnes C et S définies par :
t tCx=[]cos cosx … cosx etSx=[]sin sinx … sinx ,1 2 n 1 2 n
car C =()cosxCx–()sin S . Donc les colonnes de Δ forment une famillej j j n
liée puisque n 3.
Donc : Δ = 0 .n
Conseils 6 ■ ■ Savoir étudier les matrices de rang 1.
méthodologiques
n6.1Soit MM∈ ()et f l’endomorphisme de canoniquement associén
à M défini par f : XM X.
a) On suppose qu’il existe deux matrices colonnes non nulles, U et V, telles 6.1.a) Dire que le rang des colonnes
t de M vaut 1. que MU= V. Montrer que rg()f = 1. Etudier la réciproque.
tb) Montrer que : tr()M = UV puis prouver que : 6.1.b) Raisonner par récurrence
sur k.
k k – 1*∀k ∈ , M = [tr()M ] M.
6.1.c) Remarquer que :
c) Déterminer Ker f et Im f.
t tfX()==U()VX ()VX U.

6.2 On considère deux matrices AB, ∈M() telles que rg()AB – BA = 1.n
6.2 Utiliser tr()AB – BA = 0.2Que dire de ()AB – BA ?
t6.1.a) Si MU= V toutes les colonnes de M sont colinéaires à U, donc
rgM 1. De plus, si u ≠ 0 et v ≠ 0, le terme d’indice ()ij, de lai j
matrice M est M = u v ≠ 0 , donc M ≠ 0. Par suite : rgM = 1.ij i j
Réciproquement, notons C , C , …, C les colonnes de M. Dire que M est1 2 n
de rang 1 signifie que :
∃UM∈ () , Vect{}C,,C …, C==Vect{}U U avec U ≠ 0.n,1 1 2 n
On a alors : ∃()v,,v …, v ≠()0,0, …,0 , ∀i ∈[]1, n , C = v U.1 2 n i i
t tEn posant Vv=[]v …v ≠ 0 , on a MU= V avec U ≠ 0 et V ≠ 0. Erreur à éviter1 2 n
tNe pas confondre UVM∈ ()nDonc :
t tet UV = VU ∈ M()identi-1
fié à un scalaire.
trgM = 1 ⇔ ∃UV, ∈M () , M = U V avec U ≠0et V ≠ 0 .n, 1
n
t tb) tr()M = u v = UV = VU . La matrice à une ligne et à unek k∑
colonne []a est ici identifiée auk = 1
scalaire a.k k – 1 ∗Montrons par récurrence que : M = tr(M) M pour k ∈ .
2 t t t t tM==()U V()U V U()VU Vt=r()M U V= tr()M M.
tr()M
57
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⎩4762_ Page 58 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
La propriété est donc vraie au rang 2 (et au rang 1).
k k – 1Soit k 2. Supposons que M = tr(M) M alors :
k + 1 k k – 1 2 k 2 car M ==M M tr()M M= tr()M M M = tr()M M.
k k – 1D’après le principe de récurrence : ∀k ∈ *, M = tr()M M.
t tc) X ∈ Kerff ⇔ ()X==0 ⇔ U VX 0 ⇔ U()VX= 0

t t ⇔ ()VX U0 ⇔ VX 0 car U ≠ 0.
n
tSi = , Ker f est l’hyper- Donc : X ∈ Kerfv ⇔ x = 0 en notant Xx=[]…x .i i 1 n∑
plan orthogonal au vecteur V k = 1
nde muni de son produit
De plus, dim Kerfn==– 1 ⇒ rgf 1. Or Imf ⊂ U , donc Imf = U .scalaire usuel.
6.2 D’après les résultats vus lors de l’étude des matrices de rang 1, on a :
n t 2 t trg()M = 1 ⇒ ∃UV, ∈ ,MU= V et M==U VU V tr()M M.
tr()M
Puisque rg()AB – BA = 1 , on a donc :
2tr()AB = tr()BA . ()AB – BA==[]tr()AB – BA()AB – BA 0.
0=
Conseils 7 ■ ■ Savoir utiliser le rang d’une matrice.
méthodologiques
t t7.1 Établir l’égalité Ker AA = KerA 7.1 Montrer que si AM∈ () alors rg()AA = rg A. Si np , en déduirenp,
tpuis appliquer le théorème du rang. que det()AA 0.
7.2 Utiliser la caractérisation du rang 7.2 On considère dans M() trois matrices UM, et N telles que rgUr=n
de U avec J et une décompositionr et MU = UN. Montrer que χ et χ ont un diviseur commun de degré rM N
par blocs. (certains énoncés d’oraux traduisent ce résultat par « M et N admettent
r valeurs propres communes dans », sous-entendu : chacune étant comptée
avec son ordre de multiplicité).
t7.1 On a l’inclusion KerA ⊂ Ker AA. De plus :
p
t t t t t tXY==YX x y , X ∈ Ker AA ⇒ AAX==0 ⇒ X AAX 0.k k∑
k = 1
Par suite :
p t t 22 X ∈ Ker AA ⇒ ()AX AX==0 ⇒ AX 0 ⇒ AX= 0.t 2XX==X x .∑ k
tk = 1 On en déduit que Ker AA ⊂ KerA , ce qui prouve l’égalité :
tKer AA = KerA.
On peut alors appliquer le théorème du rang deux fois :
t tKer AA + rg()AA = p et KerA + rgA = p ,
tce qui donne d’après ce qui précède : rg()AA = rgA .
58












⎩4762_ Page 59 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Matrices et déterminants Chapitre 3
er1 cas :np= .
t 2Alors : det()AA =()detA 0.
e2 cas : pn .
Attention :
t t t tAlors : rg()AA = rgA ⇒ rg()AA n p , or : AA ∈ M() , si np≠ , la notation det()AAp
ta un sens car AA ∈ M() ; ent pdonc : det()AA = 0. D’où le résultat.
revanche, detA n’a aucun sens.
7.2 La matrice U est de rang r si et seulement s’il existe PG∈ L() etn
I 0r⎛⎞QG∈ L() telles que UP= J Q avec J = ∈ M() .n r r n⎝⎠0 0
L’égalité MU = UN s’écrit alors :
–1 –1MPJQP= J QN, ou encore : P MPJ = J QNQ .r r r r
–1 –1En posant M = P MP et N = QNQ , on obtient : M J = J N .1 1 1 r r 1
On peut alors décomposer M et N en blocs adaptés à ceux de J :1 1 r
A C A′ C′⎛⎞ ⎛⎞M = et N = .1 1⎝⎠ ⎝⎠B D B′ D′
Alors :
A C I 0 I 0 A′ C′ A 0 A′ C′r r⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞M J==J N ⇔ ⇔ = .1 r r 1 ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠B D B′ D′ B 0 000 0 0 0
AA= ′⎧
Donc : M J = J N ⇔ ⎨1 r r 1
C′==0 et B 0 .⎩ rn, –r nr– , r
Par suite, les matrices M et N sont triangulaires :1 1
A C A 0⎛⎞ ⎛⎞M = , N = .1 1⎝⎠ ⎝⎠0 D B′ D′
Il en résulte que : χ = χ χ et χ = χ χ .M A D N A D′1 1
Par conséquent : χ et χ ont pour diviseur commun χ qui est de degré r. M N A1 1
Il suffit de remarquer que M et M sont semblables, donc elles ont même1
polynôme caractéristique, de même que N et N , pour obtenir le résultat1
demandé.
59
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Annales
Pour maîtriser les bases
1. Matrice nulle D’après Mines-Ponts–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
3 2Déterminer l’ensemble des matrices MM∈ () telles que trM = 0 et M – 4M + 4M = 0.n
Conseils méthodologiques. La somme des valeurs propres complexes comptées avec leur multiplicité
est égale à la trace.
3 2 2 2 2Soit PX() = X – 4X + 4X. Alors PX()==XX()– 4X + 4 XX()– 2 , d’où MM()– 2I = 0. P est un poly-n
nôme annulateur de M.
En considérant M comme élément de M() , l’ensemble des racines du polynôme annulateur P contient le spectre den
M, c’est-à-dire : sp()M ⊂{}0 ; 2 .
Si 2 est valeur propre de M, appelons k l’ordre de multiplicité de la valeur propre 2.
On a : trM==02+ k 0. Donc k = 0 ; par conséquent, 2 n’est pas valeur propre.
2 –2D’où det()M – 2I ≠ 0 et ()M – 2I est inversible. En multipliant à droite l’égalité MM()– 2I = 0 par ()M – 2I ,n n n n
on obtient alors : M = 0 . La réciproque est immédiate.
2. Matrice de transvection D’après TPE––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
n n tOn identifie et () . On note ()E,,E …, E la base canonique de et on pose E = E E .n, 1 1 2 n ij, i j
I désigne la matrice unité de .n n
41. a) Calculer les produits matriciels : E E pour ()ijkl,, , ∈ 1,n .ij, kl,
b) Que peut-on dire de la famille ()E ?ij, 1in
1jn
2. Soit A ∈ () . On appelle matrice de transvection toute matrice du type ()I + λE , λ ∈ , ij≠ .n n ij,
a) Montrer que l’addition à une ligne i de A d’un vecteur proportionnel à une autre ligne j peut se faire en
multipliant A à gauche par une matrice de transvection.
b) Établir un résultat analogue sur les colonnes.
tConseils méthodologiques. 1.a) : E E = δ 2.a) : Écrire Aa= E et calculer E Ai j ij, ∑ kl, kl, ij,
kl,2.b) : Calculer AE .ij,
t n t1.a) E E = δ car ()E,,… E est une base orthonormale dans muni du produit scalaire ()X|Y = XY. Ori j ij, 1 n
t tE E = E()E E E , donc : E E = δ E .ij, kl, i j k l ij, kl, jk, il,
604762_ Page 61 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Matrices et déterminants Chapitre 3
b)()E est la base canonique de () . Si Aa=() , on a :Aa= E .ij, n kl, kl, kl,1in 1kn ∑
1jn 1ln kl,
n
2.a) EAa= E E = a δ E = a E .ij, kl, ij, kl, kl, jk, il, jl, il,∑ ∑ ∑
kl, kl, l = 1
ème èmeDonc E A est une matrice dont toutes les lignes sont nulles sauf la i qui est égale à la j ligne de A. Par suite,ij,
ème ème()I + λE A se déduit de A en ajoutant à la i ligne la j ligne multipliée par λ.n ij,
b) De même : AE = a E E = a δ E = a E .ij, ∑ kl, kl, ij, ∑ kl, li, kj, ∑ ki, kj,
kl, kl, k
ème èmeDonc AE est une matrice dont toutes les colonnes sont nulles sauf la j qui est égale à la i colonne de A. Par suite,ij,
ème èmeAI()+ λE se déduit de A en ajoutant à la j colonne la i colonne multipliée par λ.n ij,
3. Formes linéaires s sur () : s(AB) = s(BA) D’après TPE––––––––––––––––––––––––––––––– n
Si M ∈ () , on note Tr()M , la trace de la matrice M, la somme des éléments de la diagonale de lan
matrice M.
1. Vérifier que M Tr()M est une forme linéaire sur () telle que :n
2∀()AB, ∈()() , Tr()AB = Tr()BA .n
22. Soit σ une forme linéaire sur () telle que : ∀()AB, ∈() , σ()AB =σ()BA .n n
2a) Pour tout ()ij, ∈{}1,,… n , ij≠σ, calculer ()E .ij,
2b) Comparer σ()E et σ()E , pour ()ij, ∈{}1,,… n .ii, jj,
c) En déduire que : ∃λ ∈ , ∀σM ∈ () , ()M =λTr()M .n
3. Soit le sous-espace vectoriel de () engendré par les matrices de la forme AB – BA, avecn
2()AB, ∈() , et ={}λI ⁄ λ ∈ .n n
2Démonter que : dim() = n – 1. En déduire que : () =⊕ .n
2 44. Pour ()ij, ∈{}1,,… n , on pose F = I + E . Calculer pour ()ijhk,, , ∈{}1,,… n et hk≠ , le produitij, n ij,
–1matriciel F F F .hk, ij, hk,
5. Soit θ une forme linéaire sur () telle que : ∀AG∈ L() , ∀θBG∈ L() , ()AB =θ()BA .n n n
Démontrer que : ∃λ ∈ , ∀θM ∈ () , ()M =λTr()M .n
Conseils méthodologiques. 1. : Utiliser la définition de la trace. 2.a) : Écrire E = E E .ij, ii, ij,
2.b) : Écrire E = E E . 2.c) : Poser λσ= ()E et utiliser a) et b). 3. : Remarquer que E – E ∈ ii, ij, ji, 1,1 1,1 ii,
–1
et E ∈ si ji≠ . 4. : Utiliser E E = δ E . 5. : Remarquer que θ()F F F =θ()F .ij, ij, kl, jk, il, hk, ij, hk, ij,
1. La trace est une application linéaire à valeurs dans le corps de base de l’espace vectoriel () . C’est donc unen
forme linéaire sur () . Soit :Aa=() etBb=() .n ij, ij,1in 1in
1jn 1jn
n n n⎛⎞
Tr()AB = a b = a b car()AB = a b⎜⎟ ik, ki, ik, ki, ij, ik, kj,∑ ∑ ∑ ∑
⎝⎠ 1ini = 1 k = 1 k = 1
1kn
61
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eANNALES M&A MATHS 2 ANNÉE PC PC* - PT PT*
n n⎛⎞
Tr()BA = b a = a b donc Tr()AB = Tr()BA .⎜⎟ jl, lj, lj, jl,∑ ∑ ∑
⎝⎠ 1jnj = 1 l = 1
1ln
2.a) Si ij≠σ, σ()E =()E E car E E = δ E et σ()E =σ()E E car σ()AB =σ()BAij, ii, ij, ij, kl, jk, il, ij, ij, ii,
donc : σ()E = 0 car E E = 0 puisque ji≠ .ij, ij, ii,
b) De plus : σ()E==σ()E E σ()E E car σ()AB =σ()BA ; donc : σ()E =σ()E carii, ij, ji, ji, ij, ii, jj,
E E = δ E .ji, ij, ii, jj,
1=
c) Soit λσ= ()E . Alors :∀σi ∈ 1, n, (E)λλ== Tr()E , d’après 2.b).1,1 ii, ii,
De plus, d’après 2.a) : ∀i ∈ 1, n, ∀j ∈ 1, n,ij≠ ⇒ σ()E ==0 λTr()E . Donc σ et λTr coïncident sur laij, ij,
base canonique, or elles sont linéaires, donc elles coïncident sur () . D’où : σλ= Tr avec λσ=()E .n 1,1
23. I ∉ , donc dim() dim()() , d’où : dim() n – 1. Si ij≠ , E = E E – E E car E E = 0 ,n n ij, ij, jj, jj, ij, jj, ij,
donc E ∈ et, pour tout i ≠ 1, E – E = E E – E E , donc E – E ∈ .ij, 1,1 ii, 1, i i, 1 i, 1 1, i 1,1 ii,
La famille formée par ces matrices est libre car :
n

λ = 0 sur E⎪ i 1,1∑n
⎪i = 2λ()E – E +μ E = 0 ⇒ ⎨∑ i 1,1 ii, ∑ ij, ij,
λ = 0 sur E pour i 2ij≠ ⎪ i ii,i = 2

μ = 0 pour ij≠ .⎩ ij,
2 2Cette famille comporte ()n – 1 +nn()– 1 = n – 1 matrices, donc dim() n – 1.
2En conclusion : dim() = n – 1. est une droite vectorielle, donc dim()() = dim() + dim() . Or I ∉ ,n n
donc = {}0 . Par conséquent : () =⊕ .n
4. F()I – E==()I + E()I – E I – E E= I car hk≠ .hk, n hk, n hk, n hk, n hk, hk, n
–1
Donc : F = I – E pour hk≠ .hk, n hk,
–1
F F F =()I – E()I + E()I + E .hk, ij, hk, n hk, n ij, n hk,
En développant les produits et en utilisant E E = δ E , on obtient successivement :ij, kl, jk, il,
–1
PF==F F I++E E+ E E – E – E E – E E – E E Ehk, ij, hk, n hk, ij, ij, hk, hk, hk, ij, hh, kk, hk, ij, hk,
Siki≠ ethj≠ , PI==+ E F .n ij, ij,
Siki≠ ethj= , PI++E E F + E .n ij, ik, ij, ik,
Siki= ethj≠ , PF= – E .ij, hj,
Siki= ethj= , PF= + E – E – E .ij, ii, jj, ji,
5. θ étant linéaire il suffit de démontrer l’égalité sur la base ()E . Posons λθ= ()E .ij, 1,11in
1jn
–1 –1 –1 –1
On a : θ()F F F =θ()F F F car θ()AB =θ()BA , avec AF= ; donc : θ()F F F =θ()F (1).hk, ij, hk, ij, hk, hk, hk, hk, ij, hk, ij,
–1
Pour ki≠ et hj= , on a F F F = F + E d’après 4.. D’où :ki≠θ ⇒ θ()F + E = ()F ,hk, ij, hk, ij, ik, ij, ik, ij,
donc :ki≠ ⇒ θ()E ==0 λTr()E par linéarité de θ.ik, ik,
–1
De plus, si ki= ≠j et hj= , on a : F F F = F + E – E – E ,hk, ij, hk, ij, ii, jj, ji,
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⎩4762_ Page 63 Jeudi, 12. mars 2009 10:33 10
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Matrices et déterminants Chapitre 3
d’après (1) : θ()F +θ()E –θ()E –θ()E = θ()F par linéarité de θθ, c’est-à-dire ()E =θ()E pour ij≠ij, ii, jj, ji, ij, ii, jj,
ou encore θ()E==θ(E )λλ= Tr()E .ii, 1,1 ii,
Il en résulte que θ et λTr coïncident sur une base de () ; par suite :θλ= Tr avec λθ=()E .n 1,1
4. Décomposition par blocs et matrices triangulaires D’après Centrale––––––
Dans tout ce problème, n désigne un entier supérieur ou égal à 2. On note U l’ensemble des matrices trian-n
+
gulaires supérieures (termes sous-diagonaux nuls) et U l’ensemble des matrices appartenant à U dont tous lesn n
termes diagonaux sont positifs ou nuls.
L désigne l’ensemble des matrices triangulaires inférieures dont les termes diagonaux valent 1.n
Pour AM∈ () , le terme de A situé sur la ligne i et la colonne j est noté A .n ij,
A h A11 1k
Pour tout k ∈ 1, n, on définit la matrice A par : A = .k k f f
A h Ak1 kk
–11. a) Montrer que si AM∈ () est triangulaire inversible, son inverse A est aussi triangulaire.n
b) Montrer que ()L , × est un groupe.n
2.Soit .AM∈ ()n
a) Montrer que si A est inversible, il existe au plus un couple ()LU, ∈ L × U tel que A = LU.n n
Si c’est le cas, on dira que A possède une décomposition LU ( L comme Lower et U comme Upper).
b)A est inversible et possède une décomposition LU, alors pour tout k ∈{}1,,... n , detA ≠ 0.k
A Vn – 1c) On suppose que detA ≠ 0 et on écrit A par blocs sous la forme : A = .n – 1
WAnn,
Montrer qu’il existe H dans L telle que : ∀i ∈{}1,,... n – 1 , (HA) = 0.n ni,
H 0n – 1En posant a priori H = , expliciter une telle matrice H ainsi que son inverse, c’est-à-dire expliciter les
H′ 1
–1blocs H et H′, ainsi que les blocs de H correspondants en fonction des blocs de la matrice A.n – 1
d) Montrer que si pour tout k ∈{}1,,... n , det()A ≠ 0 alors A a une décomposition LU (on pourra opérerk
par récurrence en utilisant une décomposition par blocs de A).
Conseils méthodologiques. 1.a) : Utiliser la caractérisation des matrices triangulaires supérieures basée
sur Ae ∈ Vect{}e,,e …, e . 2.a) : Remarquer que L et U sont inversibles dans ce cas. 2.b) : Utiliser unek 1 2 k
décomposition par blocs de A. 2.c) : Choisir pour H une matrice simple.n – 1
n1.a) Soit ()e,,e ...e la base canonique de . Pour k ∈{}1,,... n , on pose V = Vect{}e,,e …, e . Alors1 2 n k 1 2 k
AM∈ est triangulaire supérieure si et seulement si ∀k ∈ 1, n, Ae ∈ Vect{}e,,e …, e = V , c’est-à-diren k 1 2 k k
AV ⊂ V . Si, de plus, A est inversible, la conservation des dimensions donne :k k
AM∈ () est triangulaire supérieure si et seulement si : ∀k ∈ 1, n, AV = V ,n k k
–1 –1ce qui donne aussi : ∀k ∈ 1, n, V = A V . Par suite, son inverse A est aussi triangulaire supérieure. Si A estk k
t t –1 t –1triangulaire inférieure inversible, on applique le résultat précédent à A en utilisant ()A =()A . D’où le résultat.
b) I ∈ L et L ⊂ GL() . Par ailleurs, en utilisant la caractérisation précédente, L est stable par × car :n n n n n
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© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit

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