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Algèbre linéaire
Jean-Pierre Becirspahic Lycée Marcelin Berthelot
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Interprétation matricielle
Si(e) est une base de E , on associe à :
• un vecteur x ∈ E le vecteur colonne
X= Mat(e)(x)∈ Mn,1(R) de ses coordonnées ;
• une famille(x1, . . . , xn) de vecteurs la matrice carrée
P= Mat (e)(x1, . . . , xn)∈ Mn(R) ;
• à un endomorphisme u ∈ L(E ) la matrice carrée
A= Mat(e)(u(e1), . . . , u(en))∈ Mn(R).
Si(e0) est une nouvelle base de E et P = Mat(e)(e
0 1, . . . , e
0 n), on a
X0= P−1X et A0= P−1AP.
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Interprétation matricielle
Un exercice pratique
Montrer que les matrices A et A0sont semblables :
A = 4 1 −1 −6 −1 2 2 1 1 et A0= 1 1 0 0 1 0 0 0 2
Ne pas utiliser la définition A0= P−1AP car les calculs sont inextricables.
On cherche une base(e0) telle que
u(e10) = e10, u(e20) = e10+ e20, u(e30) = 2e30
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Interprétation matricielle
Un exercice pratique
Montrer que les matrices A et A0sont semblables :
A = 4 1 −1 −6 −1 2 2 1 1 et A0= 1 1 0 0 1 0 0 0 2
E= R3,(e) base canonique de R3, u ∈ L(E ) définie par Mat(e)(u) = A .
Alors u: X 7→ AX .
On cherche une base(e0) telle que
u(e10) = e10, u(e20) = e10+ e20, u(e30) = 2e30
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Interprétation matricielle
Un exercice pratique
Montrer que les matrices A et A0sont semblables :
A = 4 1 −1 −6 −1 2 2 1 1 et A0= 1 1 0 0 1 0 0 0 2
E= R3,(e) base canonique de R3, u ∈ L(E ) définie par Mat(e)(u) = A .
Alors u: X 7→ AX .
On cherche une base(e0) telle que
u(e10) = e10, u(e20) = e10+ e20, u(e30) = 2e30
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Interprétation matricielle
Un exercice pratique
Montrer que les matrices A et A0sont semblables :
A = 4 1 −1 −6 −1 2 2 1 1 et A0= 1 1 0 0 1 0 0 0 2
E= R3,(e) base canonique de R3, u ∈ L(E ) définie par Mat(e)(u) = A .
Alors u: X 7→ AX .
On cherche une base(e0) telle que
u(e10) = e10, u(e20) = e10+ e20, u(e30) = 2e30
On résout AX1= X1, par exemple X1=
1 −2 1
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Interprétation matricielle
Un exercice pratique
Montrer que les matrices A et A0sont semblables :
A = 4 1 −1 −6 −1 2 2 1 1 et A0= 1 1 0 0 1 0 0 0 2
E= R3,(e) base canonique de R3, u ∈ L(E ) définie par Mat(e)(u) = A .
Alors u: X 7→ AX .
On cherche une base(e0) telle que
u(e10) = e10, u(e20) = e10+ e20, u(e30) = 2e30
On résout AX2= X1+ X2, par exemple X2=
1 −1 1
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Interprétation matricielle
Un exercice pratique
Montrer que les matrices A et A0sont semblables :
A = 4 1 −1 −6 −1 2 2 1 1 et A0= 1 1 0 0 1 0 0 0 2
E= R3,(e) base canonique de R3, u ∈ L(E ) définie par Mat(e)(u) = A .
Alors u: X 7→ AX .
On cherche une base(e0) telle que
u(e10) = e10, u(e20) = e10+ e20, u(e30) = 2e30
On résout AX3= 2X3, par exemple X3=
1 −2 0
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Interprétation matricielle
Un exercice pratique
Montrer que les matrices A et A0sont semblables :
A = 4 1 −1 −6 −1 2 2 1 1 et A0= 1 1 0 0 1 0 0 0 2
E= R3,(e) base canonique de R3, u ∈ L(E ) définie par Mat(e)(u) = A .
Alors u: X 7→ AX .
On cherche une base(e0) telle que
u(e10) = e10, u(e20) = e10+ e20, u(e30) = 2e30
On obtient P= 1 1 1 −2 −1 −2 1 1 0 ; on a bien P ∈ GL3(R), et A 0 = P−1AP .
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Interprétation matricielle
Un exercice théorique
Soient A et A0deux matrices réelles de Mn(R), semblables dans Mn(C).
Montrer que A et A0sont semblables dans Mn(R).
La formule A0= P−1AP peut servir dans un exercice théorique.
On pose P= P1+iP2avec P1, P2∈ Mn(R). Alors P1A0= AP1et P2A 0
= AP2. Pour tout t ∈ R,(P1+ tP2)A0= A (P1+ tP2).
L’applicationq : t 7→ det(P1+ tP2)est polynomiale ; ce n’est pas le
poly-nôme nul car q(i ) , 0, donc il existe t ∈ R tel que q(t) , 0, et alors P1+tP2 est inversible.
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Interprétation matricielle
Un exercice théorique
Soient A et A0deux matrices réelles de Mn(R), semblables dans Mn(C).
Montrer que A et A0sont semblables dans Mn(R).
On suppose qu’il existe P ∈ GLn(C) telle que A
0
= P−1AP ⇐⇒ PA0= AP .
On pose P= P1+iP2avec P1, P2∈ Mn(R). Alors P1A0= AP1et P2A 0
= AP2. Pour tout t ∈ R,(P1+ tP2)A0= A (P1+ tP2).
L’applicationq : t 7→ det(P1+ tP2)est polynomiale ; ce n’est pas le
poly-nôme nul car q(i ) , 0, donc il existe t ∈ R tel que q(t) , 0, et alors P1+tP2 est inversible.
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Interprétation matricielle
Un exercice théorique
Soient A et A0deux matrices réelles de Mn(R), semblables dans Mn(C).
Montrer que A et A0sont semblables dans Mn(R).
On suppose qu’il existe P ∈ GLn(C) telle que A
0
= P−1AP ⇐⇒ PA0= AP .
On pose P= P1+iP2avec P1, P2∈ Mn(R). Alors P1A0= AP1et P2A 0
= AP2.
Pour tout t ∈ R,(P1+ tP2)A0= A (P1+ tP2).
L’applicationq : t 7→ det(P1+ tP2)est polynomiale ; ce n’est pas le
poly-nôme nul car q(i ) , 0, donc il existe t ∈ R tel que q(t) , 0, et alors P1+tP2 est inversible.
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Interprétation matricielle
Un exercice théorique
Soient A et A0deux matrices réelles de Mn(R), semblables dans Mn(C).
Montrer que A et A0sont semblables dans Mn(R).
On suppose qu’il existe P ∈ GLn(C) telle que A
0
= P−1AP ⇐⇒ PA0= AP .
On pose P= P1+iP2avec P1, P2∈ Mn(R). Alors P1A0= AP1et P2A 0
= AP2. Pour tout t ∈ R,(P1+ tP2)A0= A (P1+ tP2).
L’applicationq : t 7→ det(P1+ tP2)est polynomiale ; ce n’est pas le
poly-nôme nul car q(i ) , 0, donc il existe t ∈ R tel que q(t) , 0, et alors P1+tP2 est inversible.
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Interprétation matricielle
Un exercice théorique
Soient A et A0deux matrices réelles de Mn(R), semblables dans Mn(C).
Montrer que A et A0sont semblables dans Mn(R).
On suppose qu’il existe P ∈ GLn(C) telle que A
0
= P−1AP ⇐⇒ PA0= AP .
On pose P= P1+iP2avec P1, P2∈ Mn(R). Alors P1A0= AP1et P2A 0
= AP2. Pour tout t ∈ R,(P1+ tP2)A0= A (P1+ tP2).
L’applicationq : t 7→ det(P1+ tP2)est polynomiale ; ce n’est pas le
poly-nôme nul car q(i ) , 0, donc il existe t ∈ R tel que q(t) , 0, et alors P1+tP2 est inversible.
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Base canonique de M
n(R)
On note(Eij) la matrice dont tous les coefficients sont nuls hormis celui
de rang(i, j ) égal à 1. AlorsEijEkl= δjkEil.
Soient A et B dans Mn(R) telles que ∀M ∈ Mn(R), AMB = 0. Montrer
que A= 0 ou B = 0. Pour tout(α, β) ∈ ~1, n2, AEαβB= 0. On pose A=X i,j aijEij. Alors AEαβ= X i ai αEi β. On pose B=X k,l bklEkl. Alors AEαβB= X i,l ai αbβlEil.
(Eil) est une famille libre donc pour tout (i, l ), pour tout (α, β), ai αbβl= 0. Si A , 0, il existe (i , α) tel que ai α, 0 et alors pour tout (β, l ), bβl = 0, et
B= 0.
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Base canonique de M
n(R)
On note(Eij) la matrice dont tous les coefficients sont nuls hormis celui
de rang(i, j ) égal à 1. AlorsEijEkl= δjkEil.
Soient A et B dans Mn(R) telles que ∀M ∈ Mn(R), AMB = 0. Montrer
que A= 0 ou B = 0. Pour tout(α, β) ∈ ~1, n2, AEαβB= 0. On pose A=X i,j aijEij. Alors AEαβ= X i ai αEi β. On pose B=X k,l bklEkl. Alors AEαβB= X i,l ai αbβlEil.
(Eil) est une famille libre donc pour tout (i, l ), pour tout (α, β), ai αbβl= 0. Si A , 0, il existe (i , α) tel que ai α, 0 et alors pour tout (β, l ), bβl = 0, et
B= 0.
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Base canonique de M
n(R)
On note(Eij) la matrice dont tous les coefficients sont nuls hormis celui
de rang(i, j ) égal à 1. AlorsEijEkl= δjkEil.
Soient A et B dans Mn(R) telles que ∀M ∈ Mn(R), AMB = 0. Montrer
que A= 0 ou B = 0. Pour tout(α, β) ∈ ~1, n2, AEαβB= 0. On pose A=X i,j aijEij. Alors AEαβ= X i ai αEi β. On pose B=X k,l bklEkl. Alors AEαβB= X i,l ai αbβlEil.
(Eil) est une famille libre donc pour tout (i, l ), pour tout (α, β), ai αbβl= 0. Si A , 0, il existe (i , α) tel que ai α, 0 et alors pour tout (β, l ), bβl = 0, et
B= 0.
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Base canonique de M
n(R)
On note(Eij) la matrice dont tous les coefficients sont nuls hormis celui
de rang(i, j ) égal à 1. AlorsEijEkl= δjkEil.
Soient A et B dans Mn(R) telles que ∀M ∈ Mn(R), AMB = 0. Montrer
que A= 0 ou B = 0. Pour tout(α, β) ∈ ~1, n2, AEαβB= 0. On pose A=X i,j aijEij. Alors AEαβ= X i ai αEi β. On pose B=X k,l bklEkl. Alors AEαβB= X i,l ai αbβlEil.
(Eil) est une famille libre donc pour tout (i, l ), pour tout (α, β), ai αbβl= 0. Si A , 0, il existe (i , α) tel que ai α, 0 et alors pour tout (β, l ), bβl = 0, et
B= 0.
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Base canonique de M
n(R)
On note(Eij) la matrice dont tous les coefficients sont nuls hormis celui
de rang(i, j ) égal à 1. AlorsEijEkl= δjkEil.
Soient A et B dans Mn(R) telles que ∀M ∈ Mn(R), AMB = 0. Montrer
que A= 0 ou B = 0. Pour tout(α, β) ∈ ~1, n2, AEαβB= 0. On pose A=X i,j aijEij. Alors AEαβ= X i ai αEi β. On pose B=X k,l bklEkl. Alors AEαβB= X i,l ai αbβlEil.
(Eil) est une famille libre donc pour tout (i, l ), pour tout (α, β), ai αbβl= 0. Si A , 0, il existe (i , α) tel que ai α, 0 et alors pour tout (β, l ), bβl = 0, et
B= 0.
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Base canonique de M
n(R)
On note(Eij) la matrice dont tous les coefficients sont nuls hormis celui
de rang(i, j ) égal à 1. AlorsEijEkl= δjkEil.
Soient A et B dans Mn(R) telles que ∀M ∈ Mn(R), AMB = 0. Montrer
que A= 0 ou B = 0. Pour tout(α, β) ∈ ~1, n2, AEαβB= 0. On pose A=X i,j aijEij. Alors AEαβ= X i ai αEi β. On pose B=X k,l bklEkl. Alors AEαβB= X i,l ai αbβlEil.
(Eil) est une famille libre donc pour tout (i, l ), pour tout (α, β), ai αbβl= 0. Si A , 0, il existe (i , α) tel que ai α, 0 et alors pour tout (β, l ), bβl = 0, et
B= 0.
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Base canonique de M
n(R)
On note(Eij) la matrice dont tous les coefficients sont nuls hormis celui
de rang(i, j ) égal à 1. AlorsEijEkl= δjkEil.
Soient A et B dans Mn(R) telles que ∀M ∈ Mn(R), AMB = 0. Montrer
que A= 0 ou B = 0. Pour tout(α, β) ∈ ~1, n2, AEαβB= 0. On pose A=X i,j aijEij. Alors AEαβ= X i ai αEi β. On pose B=X k,l bklEkl. Alors AEαβB=X i,l ai αbβlEil.
(Eil) est une famille libre donc pour tout (i, l ), pour tout (α, β), ai αbβl= 0. Si A , 0, il existe (i , α) tel que ai α, 0 et alors pour tout (β, l ), bβl = 0, et
B= 0.
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Base canonique de M
n(R)
On note(Eij) la matrice dont tous les coefficients sont nuls hormis celui
de rang(i, j ) égal à 1. AlorsEijEkl= δjkEil.
Soient A et B dans Mn(R) telles que ∀M ∈ Mn(R), AMB = 0. Montrer
que A= 0 ou B = 0. Pour tout(α, β) ∈ ~1, n2, AEαβB= 0. On pose A=X i,j aijEij. Alors AEαβ= X i ai αEi β. On pose B=X k,l bklEkl. Alors AEαβB=X i,l ai αbβlEil.
(Eil) est une famille libre donc pour tout (i, l ), pour tout (α, β), ai αbβl= 0. Si A , 0, il existe (i , α) tel que ai α, 0 et alors pour tout (β, l ), bβl= 0, et
B= 0.
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Projections vectorielles
p est une projection vectorielle si et seulement si p ◦ p = p, et dans ce
cas, p est la projection surIm p = Ker(Id − p), parallèlement à Ker p.
Soit E un espace vectoriel de dimension n, et(u, v) ∈ L(E )2tels que
u+ v =Id et rg u + rg v 6 n. Montrer que u et v sont des projecteurs.
Comment montrer que u est un projecteur ?
• u ◦ u= u ;
• E= Ker u ⊕ Ker(Id − u).
On sait déjà (ou on redémontre) que la somme Ker u ⊕ Ker(Id − u) est
directe.
dimKer u ⊕Ker(Id−u)= dim(Ker u)+dim(Ker v) = 2n −rg u −rg v > n donc
dimKer u ⊕ Ker(Id − u)= n et E = Ker u ⊕ Ker(Id − u).
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Projections vectorielles
p est une projection vectorielle si et seulement si p ◦ p = p, et dans ce
cas, p est la projection surIm p = Ker(Id − p), parallèlement à Ker p.
Soit E un espace vectoriel de dimension n, et(u, v) ∈ L(E )2tels que
u+ v =Id et rg u + rg v 6 n. Montrer que u et v sont des projecteurs.
Comment montrer que u est un projecteur ?
• u ◦ u= u ;
• E= Ker u ⊕ Ker(Id − u).
On sait déjà (ou on redémontre) que la somme Ker u ⊕ Ker(Id − u) est
directe.
dimKer u ⊕Ker(Id−u)= dim(Ker u)+dim(Ker v) = 2n −rg u −rg v > n donc
dimKer u ⊕ Ker(Id − u)= n et E = Ker u ⊕ Ker(Id − u).
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Projections vectorielles
p est une projection vectorielle si et seulement si p ◦ p = p, et dans ce
cas, p est la projection surIm p = Ker(Id − p), parallèlement à Ker p.
Soit E un espace vectoriel de dimension n, et(u, v) ∈ L(E )2tels que
u+ v =Id et rg u + rg v 6 n. Montrer que u et v sont des projecteurs.
Comment montrer que u est un projecteur ?
• u ◦ u= u ;
• E= Ker u ⊕ Ker(Id − u).
On sait déjà (ou on redémontre) que la somme Ker u ⊕ Ker(Id − u) est
directe.
dimKer u ⊕Ker(Id−u)= dim(Ker u)+dim(Ker v) = 2n −rg u −rg v > n donc
dimKer u ⊕ Ker(Id − u)= n et E = Ker u ⊕ Ker(Id − u).
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Projections vectorielles
p est une projection vectorielle si et seulement si p ◦ p = p, et dans ce
cas, p est la projection surIm p = Ker(Id − p), parallèlement à Ker p.
Soit E un espace vectoriel de dimension n, et(u, v) ∈ L(E )2tels que
u+ v =Id et rg u + rg v 6 n. Montrer que u et v sont des projecteurs.
Comment montrer que u est un projecteur ?
• u ◦ u= u ;
• E= Ker u ⊕ Ker(Id − u).
On sait déjà (ou on redémontre) que la somme Ker u ⊕ Ker(Id − u) est
directe.
dimKer u ⊕Ker(Id−u)= dim(Ker u)+dim(Ker v) = 2n −rg u −rg v > n donc
dimKer u ⊕ Ker(Id − u)= n et E = Ker u ⊕ Ker(Id − u).
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Projections vectorielles
p est une projection vectorielle si et seulement si p ◦ p = p, et dans ce
cas, p est la projection surIm p = Ker(Id − p), parallèlement à Ker p.
Soit E un espace vectoriel de dimension n, et(u, v) ∈ L(E )2tels que
u+ v =Id et rg u + rg v 6 n. Montrer que u et v sont des projecteurs.
Comment montrer que u est un projecteur ?
• u ◦ u= u ;
• E= Ker u ⊕ Ker(Id − u).
On sait déjà (ou on redémontre) que la somme Ker u ⊕ Ker(Id − u) est
directe.
dimKer u ⊕Ker(Id−u)= dim(Ker u)+dim(Ker v) = 2n −rg u −rg v > n donc
dimKer u ⊕ Ker(Id − u)= n et E = Ker u ⊕ Ker(Id − u).
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Projections vectorielles
p est une projection vectorielle si et seulement si p ◦ p = p, et dans ce
cas, p est la projection surIm p = Ker(Id − p), parallèlement à Ker p.
Soit E un espace vectoriel de dimension n, et(u, v) ∈ L(E )2tels que
u+ v =Id et rg u + rg v 6 n. Montrer que u et v sont des projecteurs.
Comment montrer que u est un projecteur ?
• u ◦ u= u ;
• E= Ker u ⊕ Ker(Id − u).
On sait déjà (ou on redémontre) que la somme Ker u ⊕ Ker(Id − u) est
directe.
dimKer u ⊕Ker(Id−u)= dim(Ker u)+dim(Ker v) = 2n −rg u −rg v > n donc
dimKer u ⊕ Ker(Id − u)= n et E = Ker u ⊕ Ker(Id − u).
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Projections vectorielles
p est une projection vectorielle si et seulement si p ◦ p = p, et dans ce
cas, p est la projection surIm p = Ker(Id − p), parallèlement à Ker p.
Soit E un espace vectoriel de dimension n, et(u, v) ∈ L(E )2tels que
u+ v =Id et rg u + rg v 6 n. Montrer que u et v sont des projecteurs.
Comment montrer que u est un projecteur ?
• u ◦ u= u ;
• E= Ker u ⊕ Ker(Id − u).
On sait déjà (ou on redémontre) que la somme Ker u ⊕ Ker(Id − u) est
directe.
dimKer u ⊕Ker(Id−u)= dim(Ker u)+dim(Ker v) = 2n −rg u −rg v > n donc
dimKer u ⊕ Ker(Id − u)= n et E = Ker u ⊕ Ker(Id − u).
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Trace d’un endomorphisme
tr(AB ) = tr(BA ) donc tr(P−1AP) = tr(A ) ; on peut donc définir
tr(u) = tr(Mat(e)(u))
où(e) est une base quelconque de E .
Soit A ∈ Mn(R). Résoudre X + XT= tr(X )A , d’inconnue X ∈ Mn(R).
Si X est solution, alors 2tr(X ) = tr(X ) tr(A ).
• Sitr(A ) , 2,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ A n(R).
Si X est solution, alors XT+ X = tr(X )AT.
• Si AT
, A,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ An(R).
• Si AT= A et tr(A ) = 2, on pose X= Y + Z avec Y ∈ S
n(R), Z ∈ An(R).
Alors X+ XT= 2Y donc Y = λA et Z est quelconque.
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Trace d’un endomorphisme
tr(AB ) = tr(BA ) donc tr(P−1AP) = tr(A ) ; on peut donc définir
tr(u) = tr(Mat(e)(u))
où(e) est une base quelconque de E .
Soit A ∈ Mn(R). Résoudre X + XT= tr(X )A , d’inconnue X ∈ Mn(R).
Si X est solution, alors 2tr(X ) = tr(X ) tr(A ).
• Sitr(A ) , 2,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ A n(R).
Si X est solution, alors XT+ X = tr(X )AT.
• Si AT
, A,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ An(R).
• Si AT= A et tr(A ) = 2, on pose X= Y + Z avec Y ∈ S
n(R), Z ∈ An(R).
Alors X+ XT= 2Y donc Y = λA et Z est quelconque.
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Trace d’un endomorphisme
tr(AB ) = tr(BA ) donc tr(P−1AP) = tr(A ) ; on peut donc définir
tr(u) = tr(Mat(e)(u))
où(e) est une base quelconque de E .
Soit A ∈ Mn(R). Résoudre X + XT= tr(X )A , d’inconnue X ∈ Mn(R).
Si X est solution, alors 2tr(X ) = tr(X ) tr(A ).
• Sitr(A ) , 2,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ A n(R).
Si X est solution, alors XT+ X = tr(X )AT.
• Si AT
, A,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ An(R).
• Si AT= A et tr(A ) = 2, on pose X= Y + Z avec Y ∈ S
n(R), Z ∈ An(R).
Alors X+ XT= 2Y donc Y = λA et Z est quelconque.
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Trace d’un endomorphisme
tr(AB ) = tr(BA ) donc tr(P−1AP) = tr(A ) ; on peut donc définir
tr(u) = tr(Mat(e)(u))
où(e) est une base quelconque de E .
Soit A ∈ Mn(R). Résoudre X + XT= tr(X )A , d’inconnue X ∈ Mn(R).
Si X est solution, alors 2tr(X ) = tr(X ) tr(A ).
• Sitr(A ) , 2,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ A n(R).
Si X est solution, alors XT+ X = tr(X )AT.
• Si AT
, A,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ An(R).
• Si AT= A et tr(A ) = 2, on pose X= Y + Z avec Y ∈ S
n(R), Z ∈ An(R).
Alors X+ XT= 2Y donc Y = λA et Z est quelconque.
l y c é e m a r c e l i n b e r t h e l o t p c *
Trace d’un endomorphisme
tr(AB ) = tr(BA ) donc tr(P−1AP) = tr(A ) ; on peut donc définir
tr(u) = tr(Mat(e)(u))
où(e) est une base quelconque de E .
Soit A ∈ Mn(R). Résoudre X + XT= tr(X )A , d’inconnue X ∈ Mn(R).
Si X est solution, alors 2tr(X ) = tr(X ) tr(A ).
• Sitr(A ) , 2,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ A n(R).
Si X est solution, alors XT+ X = tr(X )AT.
• Si AT
, A,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ An(R).
• Si AT= A et tr(A ) = 2, on pose X= Y + Z avec Y ∈ S
n(R), Z ∈ An(R).
Alors X+ XT= 2Y donc Y = λA et Z est quelconque.
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Trace d’un endomorphisme
tr(AB ) = tr(BA ) donc tr(P−1AP) = tr(A ) ; on peut donc définir
tr(u) = tr(Mat(e)(u))
où(e) est une base quelconque de E .
Soit A ∈ Mn(R). Résoudre X + XT= tr(X )A , d’inconnue X ∈ Mn(R).
Si X est solution, alors 2tr(X ) = tr(X ) tr(A ).
• Sitr(A ) , 2,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ A n(R).
Si X est solution, alors XT+ X = tr(X )AT.
• Si AT
, A,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ An(R).
• Si AT= A et tr(A ) = 2, on pose X= Y + Z avec Y ∈ S
n(R), Z ∈ An(R).
Alors X+ XT= 2Y donc Y = λA et Z est quelconque.
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Trace d’un endomorphisme
tr(AB ) = tr(BA ) donc tr(P−1AP) = tr(A ) ; on peut donc définir
tr(u) = tr(Mat(e)(u))
où(e) est une base quelconque de E .
Soit A ∈ Mn(R). Résoudre X + XT= tr(X )A , d’inconnue X ∈ Mn(R).
Si X est solution, alors 2tr(X ) = tr(X ) tr(A ).
• Sitr(A ) , 2,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ A n(R).
Si X est solution, alors XT+ X = tr(X )AT.
• Si AT
, A,tr(X ) = 0 et XT+ X = 0 donc X ∈ An(R).
• Si AT= A et tr(A ) = 2, on pose X= Y + Z avec Y ∈ S
n(R), Z ∈ An(R).
Alors X+ XT= 2Y donc Y = λA et Z est quelconque.
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Théorème du rang
Si H est un supplémentaire de Ker u, l’application x 7→ u(x) réalise un
isomorphisme entre H etIm u, avec pour conséquence :
dim E − dim(Ker u) = dim(Im u).
Conséquence: Soit A ∈ Mnp(R), identifiée à u : X 7→ AX pour les bases
canoniques de Rpet Rn.
On note (e1, · · · , er) base d’un supplémentaire H de Ker A , (er+1, . . . , ep)
base deKer A .
On pose f1= u(e1) = Ae1, . . . , fr = u(er) = Aer. Alors (f1, . . . , fr) est une base deIm A , qu’on complète pour former une base (f1, . . . , fn) de F .
Soit P= Matcan(e), Q = Matcan(f ). Alors Q−1AP= Ir O
O O
! . remarque : r est le rang de A .
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Théorème du rang
Si H est un supplémentaire de Ker u, l’application x 7→ u(x) réalise un
isomorphisme entre H etIm u, avec pour conséquence :
dim E − dim(Ker u) = dim(Im u).
Conséquence: Soit A ∈ Mnp(R), identifiée à u : X 7→ AX pour les bases
canoniques de Rpet Rn.
On note (e1, · · · , er) base d’un supplémentaire H de Ker A , (er+1, . . . , ep)
base deKer A .
On pose f1= u(e1) = Ae1, . . . , fr = u(er) = Aer. Alors (f1, . . . , fr) est une base deIm A , qu’on complète pour former une base (f1, . . . , fn) de F .
Soit P= Matcan(e), Q = Matcan(f ). Alors Q−1AP= Ir O
O O
! . remarque : r est le rang de A .
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Théorème du rang
Une illustration de cette décomposition de A
Soit A ∈ Mn(R), de rang r. On pose H =nB ∈ Mn(R)
ABA = 0 o
.
Montrer que H est un sous-espace vectoriel de Mn(R) et en donner sa
dimension. On pose A= Q Ir O O O ! P−1et B= P X Y Z T ! Q−1. Alors ABA= Q X O O O ! P−1donc B ∈ H ⇐⇒ X= O . Ainsi,dim H = n2− r2.
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Théorème du rang
Une illustration de cette décomposition de A
Soit A ∈ Mn(R), de rang r. On pose H =nB ∈ Mn(R)
ABA = 0 o
.
Montrer que H est un sous-espace vectoriel de Mn(R) et en donner sa
dimension. On pose A= Q Ir O O O ! P−1et B= P X Y Z T ! Q−1. Alors ABA= Q X O O O ! P−1donc B ∈ H ⇐⇒ X= O . Ainsi,dim H = n2− r2.
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Théorème du rang
Une illustration de cette décomposition de A
Soit A ∈ Mn(R), de rang r. On pose H =nB ∈ Mn(R)
ABA = 0 o
.
Montrer que H est un sous-espace vectoriel de Mn(R) et en donner sa
dimension. On pose A= Q Ir O O O ! P−1et B= P X Y Z T ! Q−1. Alors ABA= Q X O O O ! P−1donc B ∈ H ⇐⇒ X= O . Ainsi,dim H = n2− r2.
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Théorème du rang
Une illustration de cette décomposition de A
Soit A ∈ Mn(R), de rang r. On pose H =nB ∈ Mn(R)
ABA = 0 o
.
Montrer que H est un sous-espace vectoriel de Mn(R) et en donner sa
dimension. On pose A= Q Ir O O O ! P−1et B= P X Y Z T ! Q−1. Alors ABA= Q X O O O ! P−1donc B ∈ H ⇐⇒ X= O . Ainsi,dim H = n2− r2.
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Théorème du rang
Une utilisation fine du théorème du rang
On supposedim E = 3n et u ∈ L(E ) tel que rg(u) = 2n et u3= 0.
• Montrer queIm(u2) = Ker(u) et Ker(u2) = Im(u).
• En déduire l’existence d’une base telle queMat
(e)(u) = O O O I O O O I O .
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Théorème du rang
Une utilisation fine du théorème du rang
On supposedim E = 3n et u ∈ L(E ) tel que rg(u) = 2n et u3= 0.
• Montrer queIm(u2) = Ker(u) et Ker(u2) = Im(u).
• En déduire l’existence d’une base telle queMat
(e)(u) = O O O I O O O I O .
La relation u ◦ u2= 0 prouveIm(u2) ⊂ Ker(u).
On applique le théorème du rang à v: Im u → E
x 7→ u(x)
! .
Ker v = Im u ∩ Ker u et Im v = Im(u2) donc
dim(Im u) = dim(Im u ∩ Ker u) + dim(Im(u2)) 6 dim(Ker u) + dim(Im u2)
⇐⇒ 2n 6 n + dim(Im u2) ⇐⇒ dim(Im u2) > dim(Ker u).
On en déduitIm(u2) = Ker(u). On prouve de même que Ker(u2) = Im(u).
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Théorème du rang
Une utilisation fine du théorème du rang
On supposedim E = 3n et u ∈ L(E ) tel que rg(u) = 2n et u3= 0.
• Montrer queIm(u2) = Ker(u) et Ker(u2) = Im(u).
• En déduire l’existence d’une base telle queMat
(e)(u) = O O O I O O O I O .
La relation u ◦ u2= 0 prouveIm(u2) ⊂ Ker(u).
On applique le théorème du rang à v: Im u → E
x 7→ u(x)
! .
Ker v = Im u ∩ Ker u et Im v = Im(u2) donc
dim(Im u) = dim(Im u ∩ Ker u) + dim(Im(u2)) 6 dim(Ker u) + dim(Im u2)
⇐⇒ 2n 6 n + dim(Im u2) ⇐⇒ dim(Im u2) > dim(Ker u).
On en déduitIm(u2) = Ker(u). On prouve de même que Ker(u2) = Im(u).
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Théorème du rang
Une utilisation fine du théorème du rang
On supposedim E = 3n et u ∈ L(E ) tel que rg(u) = 2n et u3= 0.
• Montrer queIm(u2) = Ker(u) et Ker(u2) = Im(u).
• En déduire l’existence d’une base telle queMat
(e)(u) = O O O I O O O I O .
La relation u ◦ u2= 0 prouveIm(u2) ⊂ Ker(u).
On applique le théorème du rang à v: Im u → E
x 7→ u(x)
! .
Ker v = Im u ∩ Ker u et Im v = Im(u2) donc
dim(Im u) = dim(Im u ∩ Ker u) + dim(Im(u2)) 6 dim(Ker u) + dim(Im u2)
⇐⇒ 2n 6 n + dim(Im u2) ⇐⇒ dim(Im u2) > dim(Ker u).
On en déduitIm(u2) = Ker(u). On prouve de même que Ker(u2) = Im(u).
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Théorème du rang
Une utilisation fine du théorème du rang
On supposedim E = 3n et u ∈ L(E ) tel que rg(u) = 2n et u3= 0.
• Montrer queIm(u2) = Ker(u) et Ker(u2) = Im(u).
• En déduire l’existence d’une base telle queMat
(e)(u) = O O O I O O O I O .
Soit H un supplémentaire de Ker(u2) = Im(u). On note (e1, . . . , en)
une base de H et on pose (en+1, . . . , e2n) = (u(e1), . . . , u(en)) et
(e2n+1, . . . , e3n) = (u2(e1), . . . , u2(en)).
u2réalise un isomorphisme entre H et Im(u2)donc(u2(e1), . . . , u2(en)) est libre. X α1ei+ X βiu(ei) + X γiu2(ei) = 0 u2 =⇒ Xαiu2(ei) = 0 =⇒ αi= 0. X βiu(ei) + X γiu2(ei) = 0 u =⇒ Xβiu2(ei) = 0 =⇒ βi= 0. X
γiu2(ei) = 0 =⇒ γi= 0. On a bien défini une base.
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Théorème du rang
Une utilisation fine du théorème du rang
On supposedim E = 3n et u ∈ L(E ) tel que rg(u) = 2n et u3= 0.
• Montrer queIm(u2) = Ker(u) et Ker(u2) = Im(u).
• En déduire l’existence d’une base telle queMat
(e)(u) = O O O I O O O I O .
Soit H un supplémentaire de Ker(u2) = Im(u). On note (e1, . . . , en)
une base de H et on pose (en+1, . . . , e2n) = (u(e1), . . . , u(en)) et
(e2n+1, . . . , e3n) = (u2(e1), . . . , u2(en)).
u2réalise un isomorphisme entre H et Im(u2)donc(u2(e1), . . . , u2(en)) est libre. X α1ei+ X βiu(ei) + X γiu2(ei) = 0 u2 =⇒ Xαiu2(ei) = 0 =⇒ αi= 0. X βiu(ei) + X γiu2(ei) = 0 u =⇒ Xβiu2(ei) = 0 =⇒ βi= 0. X
γiu2(ei) = 0 =⇒ γi= 0. On a bien défini une base.
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Théorème du rang
Une utilisation fine du théorème du rang
On supposedim E = 3n et u ∈ L(E ) tel que rg(u) = 2n et u3= 0.
• Montrer queIm(u2) = Ker(u) et Ker(u2) = Im(u).
• En déduire l’existence d’une base telle queMat
(e)(u) = O O O I O O O I O .
Soit H un supplémentaire de Ker(u2) = Im(u). On note (e1, . . . , en)
une base de H et on pose (en+1, . . . , e2n) = (u(e1), . . . , u(en)) et
(e2n+1, . . . , e3n) = (u2(e1), . . . , u2(en)).
u2réalise un isomorphisme entre H et Im(u2)donc(u2(e1), . . . , u2(en)) est libre. X α1ei+ X βiu(ei) + X γiu2(ei) = 0 u2 =⇒ Xαiu2(ei) = 0 =⇒ αi= 0. X βiu(ei) + X γiu2(ei) = 0 u =⇒ Xβiu2(ei) = 0 =⇒ βi= 0. X
γiu2(ei) = 0 =⇒ γi= 0. On a bien défini une base.
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Théorème du rang
Une utilisation fine du théorème du rang
On supposedim E = 3n et u ∈ L(E ) tel que rg(u) = 2n et u3= 0.
• Montrer queIm(u2) = Ker(u) et Ker(u2) = Im(u).
• En déduire l’existence d’une base telle queMat
(e)(u) = O O O I O O O I O .
Soit H un supplémentaire de Ker(u2) = Im(u). On note (e1, . . . , en)
une base de H et on pose (en+1, . . . , e2n) = (u(e1), . . . , u(en)) et
(e2n+1, . . . , e3n) = (u2(e1), . . . , u2(en)).
u2réalise un isomorphisme entre H et Im(u2)donc(u2(e1), . . . , u2(en)) est libre. X α1ei+ X βiu(ei) + X γiu2(ei) = 0 u2 =⇒ Xαiu2(ei) = 0 =⇒ αi= 0. X βiu(ei) + X γiu2(ei) = 0 u =⇒ Xβiu2(ei) = 0 =⇒ βi= 0. X
γiu2(ei) = 0 =⇒ γi= 0. On a bien défini une base.
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Théorème du rang
Une utilisation fine du théorème du rang
On supposedim E = 3n et u ∈ L(E ) tel que rg(u) = 2n et u3= 0.
• Montrer queIm(u2) = Ker(u) et Ker(u2) = Im(u).
• En déduire l’existence d’une base telle queMat
(e)(u) = O O O I O O O I O .
Soit H un supplémentaire de Ker(u2) = Im(u). On note (e1, . . . , en)
une base de H et on pose (en+1, . . . , e2n) = (u(e1), . . . , u(en)) et
(e2n+1, . . . , e3n) = (u2(e1), . . . , u2(en)).
u2réalise un isomorphisme entre H et Im(u2)donc(u2(e1), . . . , u2(en)) est libre. X α1ei+ X βiu(ei) + X γiu2(ei) = 0 u2 =⇒ Xαiu2(ei) = 0 =⇒ αi= 0. X βiu(ei) + X γiu2(ei) = 0 u =⇒ Xβiu2(ei) = 0 =⇒ βi= 0. X
γiu2(ei) = 0 =⇒ γi= 0. On a bien défini une base.
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Endomorphismes nilpotents
u est nilpotent d’indice p lorsque up = 0 et up−1, 0. Si x est un vecteur
tel que up−1(x) , 0E, la famille(x, u(x), . . . , up−1(x)) est libre, avec pour
conséquence que p 6 n= dim E .
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Endomorphismes nilpotents
u est nilpotent d’indice p lorsque up = 0 et up−1, 0. Si x est un vecteur
tel que up−1(x) , 0E, la famille(x, u(x), . . . , up−1(x)) est libre, avec pour
conséquence que p 6 n= dim E .
• p−1 X i=0 αiui(x) = 0 up−1 =⇒ α0up−1(x) = 0E =⇒ α0= 0. • p−1 X i=1 αiui(x) = 0 up−2 =⇒ α1up−1(x) = 0E =⇒ α1= 0. • p−1 X i=2 αiui(x) = 0 up−3 =⇒ α2up−1(x) = 0E =⇒ α2= 0. etc.
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Endomorphismes nilpotents
u est nilpotent d’indice p lorsque up = 0 et up−1, 0. Si x est un vecteur
tel que up−1(x) , 0E, la famille(x, u(x), . . . , up−1(x)) est libre, avec pour
conséquence que p 6 n= dim E .
Cas particulier: si u est nilpotent d’indice n= dim E , cette famille est une
base pour laquelleMat(e)(u) =
0 · · · 0 1 . .. ... 0 . .. ... ... 0 0 1 0 .
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Endomorphismes nilpotents
Une autre caractérisation
Soit A ∈ Mn(C). Montrer que A est nilpotente si et seulement si
Sp(A ) = {0}.
• Si A est nilpotente, alors AX= λX =⇒ AnX= λnX =⇒ λnX= 0.
Si X est un vecteur propre, X , 0 et donc λ = 0.
• Réciproquement, siSp(A ) = {0}, A est semblable à une matrice
triangulaire supérieure T à diagonale nulle :
T= 0 × · · · × 0 . .. ... . .. × 0
Si T= Mat(e)(u) on a u(e1) = 0 et u(ei) ∈ Vect(e1, . . . , ei −1) donc : u(e1) = 0, u2(e2) = 0, · · · un(en) = 0
donc Tn= 0.
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Endomorphismes nilpotents
Une autre caractérisation
Soit A ∈ Mn(C). Montrer que A est nilpotente si et seulement si
Sp(A ) = {0}.
• Si A est nilpotente, alors AX= λX =⇒ AnX = λnX =⇒ λnX= 0.
Si X est un vecteur propre, X , 0 et donc λ = 0.
• Réciproquement, siSp(A ) = {0}, A est semblable à une matrice
triangulaire supérieure T à diagonale nulle :
T= 0 × · · · × 0 . .. ... . .. × 0
Si T= Mat(e)(u) on a u(e1) = 0 et u(ei) ∈ Vect(e1, . . . , ei −1) donc : u(e1) = 0, u2(e2) = 0, · · · un(en) = 0
donc Tn= 0.
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Endomorphismes nilpotents
Une autre caractérisation
Soit A ∈ Mn(C). Montrer que A est nilpotente si et seulement si
Sp(A ) = {0}.
• Si A est nilpotente, alors AX= λX =⇒ AnX = λnX =⇒ λnX= 0.
Si X est un vecteur propre, X , 0 et donc λ = 0.
• Réciproquement, siSp(A ) = {0}, A est semblable à une matrice
triangulaire supérieure T à diagonale nulle :
T= 0 × · · · × 0 . .. ... . .. × 0
Si T= Mat(e)(u) on a u(e1) = 0 et u(ei) ∈ Vect(e1, . . . , ei −1) donc : u(e1) = 0, u2(e2) = 0, · · · un(en) = 0
donc Tn= 0.
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Endomorphismes nilpotents
Une autre caractérisation
Soit A ∈ Mn(C). Montrer que A est nilpotente si et seulement si
Sp(A ) = {0}.
• Si A est nilpotente, alors AX= λX =⇒ AnX = λnX =⇒ λnX= 0.
Si X est un vecteur propre, X , 0 et donc λ = 0.
• Réciproquement, siSp(A ) = {0}, A est semblable à une matrice
triangulaire supérieure T à diagonale nulle :
T= 0 × · · · × 0 . .. ... . .. × 0
Si T= Mat(e)(u) on a u(e1) = 0 et u(ei) ∈ Vect(e1, . . . , ei −1) donc : u(e1) = 0, u2(e2) = 0, · · · un(en) = 0
donc Tn= 0.