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Mathématiques 2e année PSI PSI*, nouvelle éd. (collection M&A)

De
668 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 PSI PSI*" 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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4783_ Page 1 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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M
Collection
& A
Mathématiques
e
année2
PSI PSI*
Licences scientifiques
Nouvelle édition4783_ Page 2 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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DANGER
LE
PHOTOCOPILLAGE
TUE LE LIVRE
© LAVOISIER, 2009
ISBN : 978-2-7430-1152-9 (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).4783_ Page 3 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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M
Collection
& A
Mathématiques
e
année2
PSI PSI*
Licences scientifiques
Nouvelle édition
Méthodes & Annales
Jean-Claude MARTIN Hervé GUILLAUMIE
Professeur de chaire Professeur de chaire
supérieure – Spé PC* supérieure – Spé PSI*
Sylvain DAMOUR Frédéric PÉLANCHON
Professeur agrégé en Sup PCSIe
Docteur en mathématiques supérieure – Spé MP
Fenêtre sur les concours actuels
Stéphane ADDED Léa BLANC-CENTI
Professeur de chaire Docteur en mathématiques
supérieure – Spé PSI* Professeur à l’ENS Lyon
Luc VERSCHUREN Olivier RIVIÈREe Professeur de chaire
supérieure – Spé PSI supérieure – Spé PSI*
11, rue Lavoisier
75008 Paris4783_ Page 4 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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.4783_ Page 5 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4783_ Page 6 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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 36
Chapitre 3 – Matrices et déterminants
Méthodes ........................................................................................... 51
Annales 66
Chapitre 4 – Réduction des endomorphismes
Méthodes 83
Annales 98
Chapitre 5 – Espaces préhilbertiens
Méthodes ........................................................................................... 109
Annales.............................................................................................. 124
Chapitre 6 – Endomorphismes d’un espace euclidien
Méthodes 139
Annales 159
Chapitre 7 – Arcs paramétrés – Nappes paramétrées, surfaces
Méthodes 179
Annales 197
Chapitre 8 – Espaces vectoriels normés
Méthodes 201
Annales 214
nChapitre 9 – Rappels sur les fonctions de classe C
Méthodes ........................................................................................... 227
Annales.............................................................................................. 240
Chapitre 10 – Intégration sur un segment
Méthodes 257
Annales 268
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M&A Maths TABLE DES MATIÈRES
Chapitre 11 – Intégrales impropres
Méthodes ........................................................................................... 281
Annales.............................................................................................. 296
Chapitre 12 – Intégrales dépendant d’un paramètre
Méthodes 311
Annales 326
Chapitre 13 – Séries à termes complexes
Méthodes 341
Annales.............................................................................................. 360
Chapitre 14 – Suites et séries de fonctions
Méthodes ........................................................................................... 375
Annales 394
Chapitre 15 – Séries entières
Méthodes 407
Annales 423
Chapitre 16 – Séries de Fourier
Méthodes 437
Annales 450
Chapitre 17 – Fonctions de plusieurs variables
Méthodes ........................................................................................... 459
Annales.............................................................................................. 473
Chapitre 18 – Équations différentielles
Méthodes 485
Annales 500
Chapitre 19 – Calcul formel en Maple
Méthodes 517
Annales 535
Chapitre 20 – Algorithmes et programmation en Maple
Méthodes 553
Annales 571
BILAN
Chapitre 21 – Fenêtre sur les concours actuels .................................................... 583
Index.................................................................................................... 663
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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 simplifiablex⊥ax⊥ a′ ⇒ a a′ x est régulier à gauche .⎩
(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 PSI PSI*
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) = fx() : –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()
⎪2∀()xy, ∈ A , fx()×y = fx() fy()⎨ *Erreur à éviter
⎪f()1 = 1 .La condition : A A′⎩
f()1 × 1==f()1 f()1 f()1 A A A A * A
Le noyau d’un morphisme d’anneaux n’est pas un sous-anneau si
n’implique pas f()1 = 1 puisqueA A′ A′ ≠{}0 , parce qu’il n’est pas unitaire : f()1 = 1 ≠ 0 , doncA′ A A′ A′f()1 n’est pas nécessairementA 1 ∉ Kerf.régulier. 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 Cette possibilité de simplifier• Dans ()M ()+×,, cette propriété est fausse : = .2
une équation dans un anneau00 00 00
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 PSI PSI*
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 inversi- Montrer que ()E, est un groupe.*ble (à gauche, resp. à droite) est
régulier (à gauche, roite). 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.
Conseils 2 ■ ■ Savoir utiliser les éléments nilpotents
méthodologiquesd’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 délit4783_ Page 14 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
⎧⎫⎛⎞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 .
144783_ Page 15 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4783_ Page 16 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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∈ .
164783_ Page 17 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4783_ Page 18 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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eANNALES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
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





{4783_ Page 19 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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
n vecteurs d’une famille (ou d’une
s’écrit alors : v = λ ν . partie) est toujours une combi-k k∑
naison linéaire d’un nombre fini dek = 1
vecteurs de cette famille (ou de• Contre exemple
cette partie).
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
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4783_ Page 20 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
• Application à la recherche de Im u : si ()e,,e …, e est une base de ECf. Approfondissement 12.2. 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 libre. moins deux vecteurs cela signifie qu’un des vecteurs de la famille est com-k 0kn
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 iiI∈ iI∈
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 12.1.
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.⎩
204783_ Page 21 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
Méthode 2 : (s.e.v. engendré)
Montrer que F est l’ensemble des combinaisons linéaires d’une famille de n, , M () LE(),F, []X,np,
vecteurs de E.
ppC()I, , C(), sont des2π
Méthode 3 : (Noyau ou image) espaces vectoriels usuels.
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
et base 5.a).Montrer que F est l’intersection ou la somme de s.e.v. connus.
1.6 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 . 1 2 p 1 2 p i 1 2 p Ne pas confondre somme et∑
i = 1 réunion de deux sous-espaces
vectoriels.
• Conséquences
⎧FG = {}0 ⎧FG = {}0()en dimension finie
EF= ⊕G ⇔ ⇔ Cf. savoir-faire 3.⎨ ⎨
EF= +G dimE = dimF + dimG.⎩ ⎩
pp
E = ⊕ F ⇔ ∀xE∈ , .∃ !()x,,x …, x ∈ F×…F × × F , x = xi 1 2 p 1 2 p ∑ ii = 1 G
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).
2 FEn général, l’inclusion est stricte. Par exemple, dans , la somme des
x
deux droites et est le plan tout entier qui est distinct de leur
réui j Figure 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
FMais F++F F est directe signifie que : 2⎨1 2 3
()F + F F = {}0 .⎩ 1 2 3
Attention, F F===F F F F {}0 est insuffisant pour que la F1 2 2 3 3 1 1
somme soit directe comme le prouve le cas de trois droites distinctes dans
Figure 22 (Fig. 2).
21
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
1.7 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
1.8 Existence et utilité de bases adaptées ?
En pratique, on l’applique sou- • Le théorème de la base incomplète assure l’existence de bases adaptées
vent 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.
On a noté : • Si uL∈ ()E et si M est la matrice de u dans une base adaptée à F alors
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()Keru – 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 ?
Cf. base 1. •pL∈ ()E est un projecteur si et seulement si pp = p. On a alors :
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
224783_ Page 23 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
Id – p est alors la projection vectorielle sur Ker p de direction Imp . E
Le seul projecteur bijectif est
•sL∈ ()E est une symétrie vectorielle si et seulement si ss = Id . On l’identité.E
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 0pmatrice de s est avec p = dimKer()s – Id . Toute symétrie est un auto-E
0 –I morphisme de E.np–
•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 0pde f est . Pour k = –1, on retrouve la
0 kI symétrie par rapport à F et denp–
direction G.
2.2 Énoncer et démontrer le théorème du rang.
• Si fL∈()E,F et dimEn= , alors dimE = rgf + dim Kerf . En général, E ≠ Ker f + Imf et la
somme Ker f + Imf n’est pas
Ce résultat s’obtient en montrant que tout supplémentaire S du noyau de f est directe.
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 ()x⎩ Attention ! f n’est pas unS
endomorphisme, on ne peutyf==()x fx()+ x= fx() + fx()= fx() avec x ∈ S et x ∈ Kerf .s k s k s s k
pas dire que l’application
0= linéaire f est bijective si et seule-S
ment 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• L’application linéaire canoniquement associée à une matrice AM∈ () n’est pas l’espace de départnp,
mais d’arrivée de f.p n⎧ →
est l’application f : .⎨
XA X⎩
23
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⎩4783_ Page 24 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
p nSa matrice dans les bases canoniques de 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.
• 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– .⎩
22.5 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 éviter Un 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 . DoncFsens mais Pu[]()x n’a, en|F 2
on peut donner un sens à u et Pu() si F est stable.|F |Fgénéral, 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 u ()x, ..., u ()x est
nCf. base 2. libre. Donc, si dimEn= , on a pn et par suite u = 0 .
3 ■ ■ Dualité
3.1 Qu’est-ce qu’un hyperplan ?
La notion d’hyperplan ne
nécessite pas que E soit de • Un sous-espace vectoriel H d’un -espace vectoriel E est un hyperplan
dimension finie. si et seulement si H admet une droite vectorielle comme supplémentaire,
Mais, si E est de dimension finie n, c’est-à-dire :
un hyperplan H est de dimension
n – 1. ∃aE∈ , a ≠ 0,EH= ⊕ a.
244783_ Page 25 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
• Un sous-espace vectoriel de E est un hyperplan si et seulement s’il est le
noyau d’une forme linéaire non nulle sur E.
3.2 Que dire de deux formes linéaires liées ?
Soit deux formes linéaires non nulles ϕ et ψ.
ψ s’annule sur Kerϕϕ si et seulement si (),ψ est une famille liée.
On peut aussi écrire : Ker ϕ⊂ψKer ψλ ⇔ ∃ ∈ , =λϕ.
3.3 Qu’est-ce que la base duale de (e , …, e ) ?1 n
• Si E est de dimension finie n, l’espace vectoriel des formes linéaires sur E,
l’espace dual, noté E*, est de dimension finie n. Pour une base ()e,,... e1 n
de E, la base duale ()e *,,... e * de E* est caractérisée par les relations :1 n
1 si ji=⎧2∀()ij, ∈ 1, n , e *()e ==δ (1) .⎨i j ij
0 si ji≠⎩
•()e *,,... e * est la famille des formes coordonnées pour la base1 ne,,... e .1 n
n
En effet, pour tout x de E, on a : x = e *()x e (2) .∑ i i
i = 1
Réciproquement, si une famille ()e *,,... e * vérifie (2) pour tout x de E,1 n
alors il s’agit de la base duale de e,,... e . 1 n
• Dans ce cas, toute forme linéaire ϕ sur E peut s’écrire :
n
ϕ = ϕ()e e * .∑ i i
i = 1
• Pour toute base ()e *,,... e * de E*, il existe une base unique ()e,,... e1 n 1 n
de E, appelée base anté-duale de ()e *,,... e * et vérifiant les relations (1). 1 n
3.4 Quelle est l’équation d’un hyperplan
en dimension finie ?
Si on note ()x,,... x les coordonnées d’un vecteur x, relativement à la base1 n
()e,,... e , H est un hyperplan de E si et seulement s’il existe :1 n
n
n()α,,... α∈α \{}()0, ...,0 tel que x = 0 .1 n i i∑
i = 1
n
L’équation α x = 0 est appelée équation de H dans la base ()e,,... e .i i 1 n∑
i = 1
Cela équivaut à dire que H est le noyau de la forme linéaire non nulle
n
ϕ = α e * .i i∑
i = 1
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3.5 Comment déterminer un sous-espace vectoriel
de dimension p ?
E est de dimension n. Pour tout sous-espace vectoriel F de dimension p, il
existe n – p formes linéaires ϕ,,... ϕ linéairement indépendantes (donc1 np–
np–
non nulles !) telles que : F = Ker ϕ . i
i = 1
Ainsi, un système d’équations de F est :
xF∈ ⇔ ϕ ()x==... ϕ ()x= 0 .1 np–
Les savoir-faire clefs
Conseils 1 ■ ■ Savoir démontrer que F est un espace
méthodologiques vectoriel.
1.1 Utiliser le noyau et l’image d’un 1.1 Soit uL∈ ()E .
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 Utiliser un s.e.v. engendré. 1.2 Montrer que F =⎜⎟ ⁄()ab, ∈ peut être muni d’une structure⎨⎬
⎝⎠⎩⎭ba
d’espace vectoriel réel.
⎧⎫
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
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
donc F = vect{}I , J . Par suite, F est un sous-espace vectoriel de M() .2 2
Erreur à éviter1.3(),,+ · est un espace vectoriel réel. La suite nulle appartient à F,
Ne pas oublier de démontrerdonc : 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 Soit a, b, et c trois réels deux à deux distincts. 2.1 det()uv,,w ≠ 0 ⇔ ()uvw,,
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 On pose f : 2.2 Utiliser la définition des familles⎨α αttt e .⎩ libres et la prépondérance au
voisi0 nage de +∞.Montrer que ()f est libre dans C() , .α α ∈
2.3 Soit g la restriction de f à []1, 2 . Montrer que ()g est libre dans 2.3 Raisonner par récurrence. Diviserα α α α ∈
1 convenablement et dériver.C() , .
⎧ →
2.4Soit h : 2.4 Raisonner par l’absurde.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== = .21 bb 1 bP()b 1 b 0
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.
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2.2 Soit ()f une sous famille telle que α α …α . Alors : α 1 2 nk 1kn
n n
α tkλ f =0 ⇒ ∀λt ∈ , te = 0.Variante : si on prend f : ∑ k α ∑ kkα
k = 1 k = 1
⎧ →
, la famille ()f⎨ n – 1αk 1knαtt e⎩ α t α tk n ⇒ ∀λt ∈ *, e = –λ e . ∑ k nest libre car les vecteurs sont des
k = 1vecteurs propres associés à des
valeurs propres deux à deux distinctes n – 1
()α – α tk nde : * ⇒ ∀λt ∈ , e = –λ∑ k n
∞ ∞ k = 1⎧C () → C ()
D : ⎨ avec α – α 0 pour 1kn – 1.ff ′. k n⎩
0 ⇒ = –λ en prenant la limite en +∞.nEn effet : Df() =αf .α α
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 n∑ ∑k gαnk = 1 k = 1
n – 1
()α – α tk nD’où : ∀t ∈[]1, 2 , λ e = –λ .∑ k n
k = 1
Autre exemple : En dérivant cette égalité, il vient :
()xn cosx est unen ∈ n – 1
famille de vecteurs non nuls, ()α – α tk n∀t ∈[]1, 2 , λ()α – α e = 0.k k n∑deux à deux orthogonaux, pour le
k = 1produit scalaire défini par :
2π1 0 En utilisant l’hypothèse de récurrence, on a alors :()f|g = ------ - ft()gt()dt sur C ()2π∫2π 0
∀λk ∈ 1, n – 1, ()α – α = 0.k k n(fonctions -périodiques 2π continues
sur ). C’est une famille libre. D’où λ==λ …λ= = 0 (car α ≠ α si kn≠ ).1 2 n – 1 k n
n
Enfin, en reportant dans l’égalité λ g = 0 , on a aussi : λ = 0.k α n∑ k
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 dérivableαk
n
en α car α≠λα , pour tout k. Donc, h = h est dérivable en α cek k α α∑ k
k = 1
qui est contradictoire. La famille ()h est donc libre.α α ∈
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
Conseils 3 ■ ■ Savoir démontrer qu’une somme
méthodologiquesest directe.
a) Montrer que l’espace vectoriel S() des matrices carrées symétriques 3.a) L’intersection des deux s.e.v.n
est .{}0d’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
b) Donner une base de chacun de ces sous-espaces et rappeler leur dimen- 3.b)Utiliser la base canonique
()E .sion. ij, 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 coefficient A() est le supplémentaireij, n
()ij, qui vaut 1, on a une base de A() en prenant ()E – E et orthogonal de S() dansnn ij, ji, 1 i j n
M() muni du produit scalaireune base de S() en réunissant ()E et E + E . nn ii, 1in ij, ji, 1 i j n t
usuel 〈〉A|B = Tr()AB .
Par suite :
nn()– 1 nn()+ 1dim()A = -------------------- - et dim()S = -------------------- - .n n2 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.
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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 : dimImfg+ 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.
Retenir : En conclusion : rg()fg min[]rg()f , rg()g .
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 .
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()E==dim()Imf + Img dimImf + dimImg – dim()Imf Img
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
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 .
D’où :
Si α,,…α sont tous positifs,1 m0 = dim()Imf Img + dim()Ker f Ker g . on a :
mLes dimensions étant positives il vient :
α==0 ⇒ α α=…α== 0∑ i 1 2 m
dim()Imf Img==dim()Ker f Ker g 0. i = 1
Par suite :
Imf Img = {}0 et Ker f Ker g = {}0 .
D’où le résultat demandé.
Conseils 5 ■ ■ Déterminer les équations
méthodologiquesd’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 .
02Les vecteurs a et b sont linéairement indépendants ( = – 4 ≠ 0 ). F est un plan vectoriel.
21–
F est de dimension 2.
Première méthode.
2uF∈ ⇔ ∃()λμ, ∈ , u = λa + μb On a posé :
⎛⎞ x⎧ 1x = 2μ ⎜⎟1⎪ x2⎪ x = 2λμ– u =⎜⎟ .2 2 ⇔ ∃()λμ, ∈ , (S) .⎨ x3⎜⎟⎪ x =λμ+3 x⎝⎠ 4⎪
x = –λ⎩ 4
En résolvant (S) en ()λμ, , on obtient un système d’équations cartésiennes (S) est un système d’équations
paramétriques de F.de F :
⎧ ⎧x λ = –x1 4⎪ ⎪μ = ---- -
⎪ ⎪2 x1⎪ ⎪ μ = ---- -
()S ⇔ x = 2λμ– ⇔ ⎨ ⎨2 2
⎪ ⎪
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
31
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Deuxième méthode.
4Soit ()ϕ,,,ϕ ϕ ϕ la base duale de la base canonique de .1 2 3 4
4
Cherchons les formes linéaires ϕ = α ϕ qui s’annulent sur F :∑ i i
i = 1
(ϕ∀xF∈ , ()x = 0)ϕ ⇔ ()a==ϕ()b 0
2α + α – α = 0 α = – 2α + α⎧ ⎧2 3 4 3 1 2
⇔ ⇔ ⎨ ⎨
2α – α + α = 0 α = – 2α + 3α .⎩ 1 2 3 ⎩ 4 1 2
⇔ ϕ = α()ϕ – 2ϕ – 2ϕ +α()ϕ++ϕ 3ϕ1 1 3 4 2 2 3 4
Les formes linéaires nulles sur F sont les combinaisons linéaires de
ϕ – 2ϕ – 2ϕ et de ϕ++ϕ 3ϕ .1 3 4 2 3 4
Ainsi : xF∈ϕ ⇔ ()ϕ – 2ϕ – 2ϕ ()x==()++ϕ 3ϕ ()x 01 3 4 2 3 4
x – 2x – 2x = 0⎧ 1 3 4
⇔ ⎨
x++x 3x = 0.⎩ 2 3 4
Conseils 6 ■ ■ Savoir déterminer une base duale.
méthodologiques
En dimension finie : 6.1 Soit trois polynômes ()P,,P P définis sur []X par :1 2 3
dimE==dimE* n.
P()X = XX()– 1Une famille de n formes linéaires est ⎧ 1
⎪une base si et seulement si elle est
P()X =()X – 1()X – 2 .⎨ 2libre.

La recherche d’une base anté-duale P()X =()X – 2()X – 3⎩ 3
revient à résoudre les relations ()1
(cours en questions 3.3.). a) Démontrer que ()P,,P P est une base de []X .1 2 3 2
b) Déterminer la base duale de cette base ()P,,P P .1 2 3
36.2 Soit trois applications ()ϕ,,ϕ ϕ définies sur par :1 2 3
ϕ()xyz,, = 2x++4yz⎧ 1

3∀()xyz,, ∈ , ϕ()xyz,, = 4x++2y 3z.⎨ 2

ϕ()xyz,, =xy+⎩ 3
3Montrer que ()ϕ,,ϕ ϕ est une base de () *. En déterminer la base anté-1 2 3
duale.
6.3 Soit trois applications ()ϕ,,ϕ ϕ définies sur E = []X par : 1 2 3 2
1ϕP = P()1⎧ 1
∀P ∈ []X , ϕ()P = Pt()dt.2 ⎨ 3 ∫ϕ()P = P′()1⎩ 2 0
a) Montrer que ()ϕ,,ϕ ϕ est une base de E *. En déterminer la base anté-1 2 3
duale.
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
b) En déduire qu’il existe un unique polynôme P ∈ []X tel que :2
⎧P()1 = 1

P′()1 = 3⎪
⎨ 1
⎪ Pt()dt = 2.⎪∫
0⎩
6.1.a) []X est de dimension 3. La famille ()P,,P P est libre2 1 2 3
puisque :
λ P++λ P λ P = 0 ⇔ ∀x ∈ , λ P ()x++λ P ()x λ P ()x = 01 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3
λ P ()1++λ P ()1 λ P ()1 = 0⎧ 1 1 2 2 3 3

⇒ λ P ()2λ P ()2 λ P ()2 = 0 ⇒ λ===λ λ 0.⎨ 1 1 2 2 3 3 1 2 3

λ P ()3++λ P ()3 λ P ()3 = 0⎩ 1 1 2 2 3 3
Ainsi :()P,,P P est une base de []X .1 2 3 2
2b) Tout polynôme Pa= X++bX c de []X s’écrit, dans la base2
()P,,P P , P = αP++βP γP . La détermination des coefficients1 2 3 1 2 3αβγ,, s’obtient en substituant à X des valeurs particulières, par exemple
1, 2 et 3.
⎧P()1==abc++ 2γ

⎨P()24a++2bc 2α

P()3==9a++3bc 6α + 2β⎩
⎧ c
α = 2ab++ ---⎪ 2

⎪ 3 3--- ---ou encore ; β = – a – bc– .⎨
2 2⎪
⎪ abc++
⎪γ = --------------------- -
2⎩
La base duale ()ϕ,,ϕ ϕ de ()P,,P P vérifie, pour tout P de []X :1 2 3 1 2 3 2
ϕ()P =α⎧ La matrice de passage P de la1
2⎪ base canonique ()1,,XX de E à
ϕ()P =β . ⎨ 2 la nouvelle base ()P,,P P , est :1 2 3⎪
ϕ()P =γ⎩ 3 026
P = ;Elle est donc définie par : –1 –3 –5
111
⎧ c2ϕ()aX++bX c = 2ab++ ---1 la matrice de passage de la base⎪ 2⎪ canonique de E* à la base duale
⎪ 3 32ϕaX++bX c = – ---a – ---bc– . ()ϕ,,ϕ ϕ obtenue est :⎨ 2 1 2 32 2⎪
⎪ abc++ 12– 12⎪ϕ()aX++bX c = --------------------- - 13 Q = --- .2 23– 1⎩ 2
43– 1
La base ()ϕ,,ϕ ϕ vérifie bien les relations de dualité ()1 .1 2 3
t –1On vérifie que : Q = P .
33
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délitZ
Z
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
36.2 dim = 3. Montrons que la famille ()ϕ,,ϕ ϕ est libre.1 2 3
λ ϕ++λ ϕ λ ϕ = 01 1 2 2 3 3
3⇔ ∀λ()xyz,, ∈ , ()2x++4yz++λ()4x++2y 3zλ()xy+ = 01 2 3
3⇔ ∀()xyz,, ∈ , x2λ4λ λy4λ++2λ λ z()λ + 3λ = 01 2 3 1 2 3 1 2
2λ++4λ λ = 0⎧ 1 2 3

⇔ 4λ++2λ λ = 0⇔ λ===λ λ 0.⎨ 1 2 3 1 2 3

λ + 3λ = 0⎩ 1 2
3Une base ()e,,e e de est la base anté-duale de ()ϕ,,ϕ ϕ si et1 2 3 1 2 3
2seulement si ∀ij, ∈ 1, 3 , ϕ()e =δ .i j ij
x⎛⎞La matrice de passage P de la ⎜⎟ 3Cherchons, par exemple, e = dans la base canonique de :y1base canonique de E* à la ⎜⎟
⎝⎠znouvelle base ()ϕ,,ϕ ϕ , est1 2 3
ϕ()xyz,,==2x++4yz 1⎧ ⎧241 1 yx= – –3⎛⎞
⎪ ⎪ 1P = ; la matrice de passage ⎜⎟421 ϕ()xyz,,4x++2y 3z 0 ⇔ ⇔ e = --- .⎨ ⎨– 2x + z = 1 32 1 ⎜⎟8⎪ ⎪130 ⎝⎠2x + 3z = 0 2ϕ()xyz,,xy+ 0⎩ 3 ⎩
de la base canonique de E à la base
anté-duale obtenue est :
1 5⎛⎞ ⎛⎞
1 1–3 110 ⎜⎟ ⎜⎟1 De même, on trouve : e = --- , e = --- .–1 –12 3--- ⎜⎟ ⎜⎟Q = . 8 431 – –28 ⎝⎠ ⎝⎠2 –622 –12
t –1On vérifie que : Q = P .
6.3.a) dim()[]X = 3. Montrons que la famille ()ϕ,,ϕ ϕ est libre.2 1 2 3Avec Maple, on peut le faire en
écrivant : 2Pour Pa= X++bX c ∈ []X , on obtient pour images :2
P :=<<2,4,1>|<4,2,3>|<1,1,0>> ;
a bpuis en effectuant un clic droit sur le ϕ()P==abc++ , ϕ()P 2ab+ , ϕ()P= ---++-- - c1 2 3 3 2résultat (en bleu) qui permet
d’obtenir dans la fenêtre de dialogue
et l’égalité λ ϕ++λ ϕ λ ϕ = 0 est équivalente à :1 1 2 2 3 3« Standart Operations Transpose
Inverse ».
∀λP ∈ []X , ϕ()P++λ ϕ()P λ ϕ()P = 02 1 1 2 2 3 3
a b3 ⎛⎞⇔ ∀()abc,, ∈ , λ()abc++++λ()2ab+ λ ---++-- - c = 0 1 2 3⎝⎠3 2
1 1⎛⎞⎛⎞3⇔ ∀()abc,, ∈ , a λ++2λ ---λ++b λ++λ ---λ c()λ + λ = 01 2 3 1 2 3 1 3⎝⎠⎝⎠3 2
1⎧λ++2λ ---λ = 01 2 3⎪ 3

⇔ 1 ⇔ λλ=== λ 0.⎨ 1 2 3λ++λ ---λ = 01 2 3⎪ 2

⎩λ + λ = 01 3
La base ()e,,e e de []X est la base anté-duale de ()ϕ,,ϕ ϕ si et1 2 3 2 1 2 3
2seulement si ∀()ij, ∈ 1, 3 , ϕ()e =δ .i j ij
a⎛⎞
⎜⎟Cherchons, par exemple, e dans la base canonique de []X :b1 2⎜⎟
⎝⎠c
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
⎧ϕ()e==abc++ 11 1 b = –2a⎪ ⎧ ⎧a = –3
⎪ ⎪ ⎪ϕ()e2ab+ 0 – a + c = 12 2 ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎨b = 6
⎪ ⎪ 2 ⎪a b – ---a + c = 0 c = –2ϕ()e==---++-- - c 0⎪ 3 3 ⎩ ⎩33 2⎩
2 ⇔ e = – 3X + 6X – 2 .1
3 12 2De même, on trouve : e = ---X – 2X + --- , e = 3X – 6X + 3 .2 32 2
b) Tout polynôme P de []X s’écrit, dans la base ()e,,e e :2 1 2 3
3
P = ϕ()P e .i i∑
i = 1
Les conditions imposées équivalent, aux trois conditions : ϕ()P = 1 ;1
ϕ()P = 3 ; ϕ()P = 2. Ainsi, il existe un unique polynôme solution :2 3
15 112Pe==++3e 2e ----- -X – 12X + ----- -.1 2 3 2 2
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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.
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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 égaux
q q + 1 k p(Kerf = Kerf ) ; en déduire la propriété suivante : pour tout entier k supérieur ou égal à p, Kerf = Kerf .
En déduire que, si l’espace vectoriel V est de dimension finie n, la suite des dimensions des noyaux des
endomork nphismes f est constante à partir d’un rang p inférieur ou égal à la dimension n. En particulier les noyaux Kerf
n + 1et sont Kerf 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.
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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
404783_ Page 41 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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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⎩4783_ Page 42 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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 () carn – 1 n – 1
[]f ⊂Cf et dimCf () = n. D’après ➀, on a alors : []f==[]f Cf () .n – 1 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 = 0.2,1 3,2 n,n – 1 1, n
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
43
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4783_ Page 44 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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eANNALES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
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.
8. Formule de Taylor version dualité D’après CCP–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
a)Soit n ∈ *, E = []X , a ∈ .n
⎧ E →

iPour tout i ∈ 0, n, on définit : e = (Xa– ) et ϕ : i i ⎨ 1 ()iP -- -P ()a .⎪ i!⎩
Montrer que ()e,,... e est une base de E dont la base duale est ()ϕ,,... ϕ .0 n 0 n
b) Retrouver ainsi la formule de Taylor pour les polynômes.
a)()e,,... e est une famille de n + 1 polynômes de degré échelonné :0 n
elle est libre dans l’espace E de dimension n + 1 et elle en constitue une base. ()ϕ,,... ϕ est la base duale de0 n
2()e,,... e si et seulement si les relations ∀()ij,∈ϕ0,n , ()e =δ sont vérifiées, ce qui est le cas puisque :0 n i j ij
j-i⎧ jj()– 1 ...()ji– + 1 (Xa– ) si ji2 ()i∀()ij, ∈ 1,n , (e ) ()X = ⎨j
⎩ 0 si ji ,

⎪ 1 j-i-- -jj()– 1 ...()ji– + 1 (0) = 0 si ji⎪ i!⎪2ce qui implique : ∀()ij,∈ϕ1,n , ()e = ⎨i j 1 0-- -j!(Xa– ) = 1 si ji=⎪ i!⎪
⎪ 0 si ji ,

⎧ 1 si ji=2c’est-à-dire : ∀()ij, ∈ 1,n , ϕ()e ==δ ⎨i j ij
0 si ji≠ .⎩
D’après les propriétés des bases duales :
n n
()iP ()a
∀PE∈ , P = ϕ()P e = ---------------- -e ,i i i∑ ∑ i!
i = 0 i = 0
n
()iP ()a ic’est-à-dire : P = ---------------- -(Xa– ) .∑ i!
i = 0
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
9. Hyperplans et formes linéaires D’après CCP––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Soit un -espace vectoriel E de dimension n 2.
On considère un entier p ∈ 1, n et p formes linéaires indépendantes e *,,e * ..., e * de noyaux respectifs1 2 p
p
H,,H ..., H . Montrer que : H ≠ E.1 2 p k
k = 1
Conseils méthodologiques. Utiliser le théorème de la base incomplète dans E*.
La famille ()e *,,e * ..., e * est libre donc on peut la compléter dans E* pour obtenir une base ()e *,,e * ..., e * .1 2 p 1 2 n
n
En considérant la base anté-duale ()e,,e ..., e et le vecteur ue= , on obtient, pour tout k ∈ 1, p, e *()u = 1,1 2 n i k∑
i = 1p
donc uH∉ . Par suite :uH∉ , d’où le résultat.k k
k = 1
10. Polynômes de Lagrange D’après Mines-Ponts–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Soit n ∈ * fixé. On considère n réels a,,… a rangés dans l’ordre croissant, c’est-à-dire a … a .1 n 1 n
n
Xa– jOn pose E = []X , et pour tout i ∈ 1, n, L()X = --------------.n – 1 i ∏ a – ai jj = 1
ji≠
a) Montrer que =()L,,… L est une base de E.1 n
⎧ E →
b) Soit * =()ϕ,,…ϕ où ϕ : . Montrer que * est une base de l’espace vectoriel E* des formes⎨1 n i PP ()a⎩ i
linéaires sur E.
c) En déduire qu’il existe une unique suite ()λ,,…λ de nombres réels telle que :1 n
n1
∀P ∈ []X , Pt()dt = λPa().n – 1 i i∑∫0 i = 1
o a) ∀i ∈ 1, n, d ()L = n – 1. Étant donné que n = dim []X , il suffit de montrer que la famille ()L,,… L esti n – 1 1 n
n
nlibre. Soit ()α,,α ..., α∈α tel que L = 0 .1 2 n ∑ i i
i = 1
2On va utiliser les valeurs des L aux points a : ∀()ij, ∈ 1, n , L()a =δ . i j i j ij
n
Il en résulte que :∀αj ∈ 1, n, L()a = 0, et par suite :∀αj ∈ 1, n, = 0.i i j j∑
i = 1
On en déduit que (L ) est une famille libre, c’est donc une base de []X .i i ∈ 1, n n – 1
45
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4783_ Page 46 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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eANNALES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
b) Il est clair que dimLE(), = n car n = dimE.
Par ailleurs, pour tout i ∈ 1,ϕn , l’application est linéaire sur E. Pour prouver que * est une base de E*, il suffit dei
montrer que ()ϕ,,…ϕ est une famille libre.1 n
n
nSoit ()α,,α ..., α ∈ tel que α ϕ = 0.1 2 n i i∑
i = 1
n
Pour tout j ∈ 1,αn, () ϕ ()L = 0 , ce qui implique α = 0 .i i j j∑
i = 1
Ainsi : ∀j ∈ 1, n, α = 0. Par conséquent : (ϕ ) est libre et c’est donc une base de E* . j i i ∈ 1, n
⎧ E →

1c) Considérons la forme linéaire Ψ : ⎨
P Pt() dt.⎪ ∫
0⎩
Ψ ∈ E* donc elle se décompose de manière unique dans la base * de E*.
n
nD’où l’existence et l’unicité de ()λ,,λ ..., λ∈Ψ vérifiant =λ ϕ .1 2 n i∑ i
i = 1
On obtient alors le résultat en remarquant que cette égalité équivaut à :
n1
∀P ∈ []X , Pt() dt = λPa().n – 1 i i∑∫0 i = 1
Pour approfondir
211. 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 vPar suite : Mat()fB, = et detfa= b – a b ∈ .u v v u Les coefficients de la matrice de f
b bu v dans B sont des entiers relatifs. On
écrit : Mat()fB, ∈ M () .2
464783_ Page 47 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 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′x y–1 –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
–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
12. 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.
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⎩4783_ Page 48 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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~~
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 ()0pour 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, ij,()ij, ∈ J
()ij, ∈ J
⎧ i!j!pq+ i-p j-q∂ f ⎪ ----------------------------------- -x y si ip et jqij,2 2∀()pq, ∈ , ∀()ij, ∈ , ------------------- -()xy, = ⎨()ip– !()jq– !p q∂x ∂y ⎪
0 si ip ou jq⎩
pq+ pq+∂ f ∂ fpq, ij,on 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, ∈ J ij, ()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 ip– ,jq–∀()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 ⎧ ijf si i1 et j 1ij, i – 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
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Espaces vectoriels et applications linéaires Chapitre 2
22~ ∂ f∂ f ij,f ∈ Ker()Φ ⇔ ----------- - = 0 ⇔ a ----------- - = 0 ⇔ a ijf = 0ij, 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 .
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 :
Remarqueuv+ 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
Par suite : f = 0. Donc : KerL = {}0 . de dimension finie.
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 j⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞i j p ip– jq– q jq– jq–Alors : gx(),y==()xy+ ()xy– x y ()–1 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 .
49
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4783_ Page 50 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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eANNALES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
~~
6. • Montrons que : L()Ker()Δ = Ker()Φ . Soit fF∈ et gL= ()f .
uv+ uv–
On effectue le changement de variables défini par : x = ----------- - et y = ----------- -, 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∂x ∂u ∂v∂u ∂u∂v ∂v ∂u ∂u∂v ∂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 ∂ g
Donc : -------- -()xy, – ------- -()xy,04 ⇔ ----------- -()uv, 0 . Par suite : f ∈ Ker()Δ ⇔ g = Lf() ∈ Ker()Φ .
2 2 ∂u∂v∂x ∂y
~~
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
504783_ Page 51 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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.
51
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4783_ Page 52 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
La matrice A est de rang r si et seulement s’il existe PG∈ L() etnLa trace d’un projecteur est
⎛⎞I 0égale à son rang : rQG∈ L() telles que AP= J Q avec J = ∈ M () .⎜⎟p r r np,2A==A ⇒ tr()A rg()A . ⎝⎠00
Le rang d’une famille de vec- 1.3 Quel est l’effet d’un changement de bases ?
teurs est égal à la dimension de
l’espace vectoriel engendré par • Si B et B′ sont deux bases d’un -espace vectoriel E de dimension finie,
ces vecteurs.
la matrice de passage P de B à B′ est la matrice des coordonnées des
vecteurs de B′ dans la base B. Retenir que, pour connaître les
coordonnées de x dans la nou- Soit x un vecteur de E, X et X′ les matrices colonnes des coordonnées de x
velle 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
–1existe une matrice inversible P telle que : A = PBP .
–1 k()PDP
Deux matrices sont semblables si et seulement si elles représentent le
–1 –1 k –1 ==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 .
3Si f est une rotation de • Si AM∈ () et si λ,,λ ..., λ sont les valeurs propres complexesn 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.
52


⎩4783_ Page 53 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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
Mais en dehors du cas n = 2 , cette forme n’est pas utilisable en pratique.
En revanche, cette formule peut servir dans certains exercices théoriques
(cf. approfondissement 9).
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.
53
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
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.
On notera : Par exemple, si la somme des termes de chaque ligne est constante, on
n ajoute toutes les colonnes à la première, on factorise, puis on retranche la
C ← C + C et L ← L – L1 1 j i i 1∑ ligne 1 à toutes les autres pour faire apparaître des zéros dans la colonne 1,
j = 2 enfin, on développe par rapport à la première colonne (cf. savoir-faire 5.1.a)).
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= ,i i i – 1 sons linéaires et se servir des racines de P pour faire apparaître des zérosn – 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
544783_ Page 55 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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 ?
1.1 On a d’abord :
n
t tXY==YX x y . Dansk k∑⎛⎞()ABC==()AB c a b ci, j ∑ i, l l, j ∑ ∑ i, k k, l l, j k = 1⎝⎠
1ln 1ln 1kn n , c’est le produit scalaire des
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() . 1jn∑ k k i j n1in
1jnk = 1
55
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4783_ Page 56 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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Conseils 2 ■ ■ Savoir calculer l’inverse d’une matrice
méthodologiques à 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
méthodologiques
d’une 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
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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
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⎩4783_ Page 58 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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 n n –1En remarquant que ()PAP==PA P 0 , on a de même :–1 –1 –1 –1()I – PAP =[]PI()– A Pn n
–1 –1 = PI()– A P n – 1n ⎛⎞
–1 –1 k –1()I – PAP =PA⎜⎟ P .mais il faut prendre garde car : n ∑
⎝⎠
–1 –1 –1 k = 0()AB = B A .
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.
584783_ Page 59 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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 ?⎨
t Toujours vérifier les résultatsM M⎩
dans un cas particulier à
l’oral et à l’écrit : n = 2g) Δ = det()cosx + x avec n 3.n i j 1in
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
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
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–
604783_ Page 61 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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 développant 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
61
© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit4783_ Page 62 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
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
624783_ Page 63 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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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 =()cosx C –()sinx 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()identifié1
à un scalaire.
trgM = 1 ⇔ ∃UV, ∈M () , M = U V avec U ≠0et V ≠ 0 .n, 1
n
t t La matrice à une ligne et à uneb) tr()M = u v = UV = VU .∑ k 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
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© Lavoisier – La photocopie non autorisée est un délit





⎩4783_ Page 64 Jeudi, 26. mars 2009 9:33 09
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eMÉTHODES M&A MATHS 2 ANNÉE PSI PSI*
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 :
t t t tp X ∈ Ker AA ⇒ AAX==0 ⇒ X AAX 0.
t tXY==YX x y ,∑ k k
Par suite :k = 1
p
t t 22 X ∈ Ker AA ⇒ ()AX AX==0 ⇒ AX 0 ⇒ AX= 0.t 2XX==X x .∑ k
k = 1 tOn 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 .
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