Algèbre linéaire

(1)

Algèbre linéaire

1 Algèbres

Kdésigne un corps.

1.1 Dénition

(A,+, .,×)est une K -algèbre si

1)(A,+, .)est un K -espace vectoriel.

2)(A,+,×)est un anneau.

3) Sixet ysont des éléments deA etλun scalaire : λ.(xy) =x(λ.y) = (λ.x)y

1.2 Exemples

SoitK un corps ; exemples de K -algèbres : 1)K, K[X].

2)K^X =F(X, K)pour la multiplication usuelle.

3)Mn(K);(L(E),+,◦)siEest unK-espace vectoriel.

1.3 Sous-algèbres

B est une sous-algèbre de(A,+, .,×)si : 1)B est stable par combinaison linéaire.

2)B est stable par multiplication.

3)1_A∈B. Conséquence

B est stable pour les 3 opérations, et constitue une algèbre pour les opéra- tions induites.

Remarque

Pour montrer qu'un ensemble est une algèbre, on montre en général que c'est une sous-algèbre d'une algèbre connue.

1.4 Morphisme d'algèbres

SoitAet B deuxK-algèbres ;f :A→B est un morphisme d'algèbres si -f est une application linéaire

- et un morphisme d'anneaux.

Concrètement, on vérie que : 1)f est une application linéaire.

2)f est un morphisme multiplicatif.

3)f(1A) = 1B.

2 Sous-espaces vectoriels

Edésigne unK−espace vectoriel.

2.1 Dénition d'un sous-espace vectoriel

2.1.1 Dénition

F est un sous-espace vectoriel deE si -F est non vide.

-F est stable par l'addition.

-F est stable par la multiplication par les scalaires.

(4)

2.1.2 Somme de deux vecteurs

SoitF un sous-espace vectoriel deE ; soit xet ydes éléments deE. Que dire de x+y si les deux sont dans F, un seul des deux, aucun des deux ? Un dessin !

Réponse

- six∈F et y∈F, alorsx+y∈F

- six∈F et y /∈F, alorsx+y /∈F ; en eet, y= (x+y)−x Six+y était dansF,y serait dansF.

- si x /∈ F et y /∈ F, on ne peut pas conclure ; exemples : x = y et x=−y.

2.2 Somme

2.2.1 Dénition

SoitF₁, ..., F_q des sous-espaces vectoriels deE ; soit f : F1×...×Fq → E

(x1, ..., xq) → x1+...+xq

L'image def est notéeF1+...+Fq ; on l'appelle somme deF1, ..., Fq. On montre facilement quef est une application linéaire, ce qui entraine queF1+...+Fq est un sous-espace vectoriel deE.

Exercice

Montrer queF1+...+Fqest le plus petit sous-espace vectoriel deEcontenant F1∪...∪Fq.

2.2.2 Image d'une somme Exercice

Soitu∈L(E, F)etE1, E2 deux sous-espaces deE. - compareru(E1+E2)etu(E1) +u(E2). - compareru(E1∩E2)et u(E1)∩u(E2). - compareru(E1∪E2)et u(E1)∪u(E2). Réponse

La linéarité ne sert que pour le premier.

u(E1+E2) =u(E1) +u(E2). u(E1∩E2)⊂u(E1)∩u(E2).

u(E1∪E2) = u(E1)∪u(E2), mais en général ce ne sont pas des sous- espaces vectoriels.

2.3 Somme directe

2.3.1 Dénition : somme directe

On dit que la sommeF1+...+Fq est directe sif est injective, oukerf ={0}; ce qui signie que tout vecteur de la somme se décompose de manière unique.

Dans ce cas, on la note

F1⊕...⊕Fq

(5)

2.3.2 Supplémentaires

SoitF1, ..., Fq des sous-espaces vectoriels deE.

On dit qu'ils sont supplémentaires dansE s'ils sont en somme directe, et que leur somme estE.

Ils sont donc supplémentaires si et seulement sif est un isomorphisme.

2.3.3 Existence Théorème

Si E est de dimension nie, tout sous-espace F possède un supplémentaire dansE.

Démonstration

Soit(e1, ..., ep)une base deF, que l'on complète en une base(e1, ..., en)de E.

Alors(ep+1, ..., en)engendre un supplémentaire deF dansE. 2.3.4 Caractérisation

Exercice

La sommeF1+...+Fq est directe si et seulement si pour toutj, 2≤j≤q, (F1+...+Fj−1)∩Fj={0}

Démonstration

Supposons que la somme n'est pas directe.

Soit(x1, ..., xq)non nul tel que

q

X

k=1

xk = 0

Soit alors

j= max{k/1≤k≤q, x_k6= 0}

Alorsj≥2,xj 6= 0, etPj

k=1xk= 0, d'où xj=−

j−1

X

k=1

xk

Donc

xj ∈(F1+...+Fj−1)∩Fj\ {0}

On a montré que si la somme n'est pas directe, alors il existej tel que (F₁+...+F_j−1)∩F_j6={0}

La réciproque est plus facile.

2.3.5 Exemple

Que dire de trois droites distinctes dans un plan ? Réponse

Elles ne sont pas en somme directe, mais en somme directe deux à deux.

(6)

2.4 Réunion

2.4.1 Cas de deux Exercice

SoitF, G deux sous-espaces vectoriels deE.

Si F ∪Gest un sous-espace vectoriel de E, montrer que l'un des deux est contenu dans l'autre.

Démonstration

On montre la contraposée.

Supposons qu'aucun des deux n'est contenu dans l'autre.

Donc l'existence dea∈F\Get b∈G\F ; soit c=a+b

On sait que dans ce cascn'appartient ni àF ni àG.

Conclusion : F∪Gn'est pas un sous-espace vectoriel deE. 2.4.2 Généralisation

SoitF1, ..., Fq des sous-espaces vectoriels deE. On suppose que leur réunion F est un sous-espace vectoriel deE.

Montrer que l'un desFj contient tous les autres.

Démonstration

Par récurrence sur q ; le cas q = 2 est connu ; soit q ≥3 ; supposons la propriété au rangq−1.

Supposons donc F = F₁∪...∪F_q ; si F = F₁ ∪... ∪F_q−1, il sut d'appliquer l'hypothèse de récurrence.

Sinon : il existe un

x∈F \ (F1∪...∪F_q−1) Soity∈F non nul ; considérons les

yt=x+ty oùt décritK ;K étant inni :

- deux desytappartiennent au mêmeFj. -xet y appartiennent à ce mêmeFj. -x∈F_j,doncj=q ; doncy∈F_q. Conclusion,F =F_q.

3 Le théorème du rang

3.1 Dimension de F × G

Théorème

SiEest unK−espace vectoriel de dimensionpetF unK−espace vectoriel de dimensionq,E×F est unK−espace vectoriel de dimensionp+q. Démonstration

Soit (e1, e2, ...ep) une base de E et (f1, ..., fq) une base de F ; on montre aisément que

((e1,0), ...,(ep,0),(0, f1), ...,(0, fq)) constitue une base deE×F.

(7)

3.2 Dimension de F ⊕ G

Théorème

SiF etGsont deux sous-espaces vectoriels deEen somme directe, alors dimF⊕G= dimF+ dimG

Démonstration

Il existe un isomorphisme deF×GsurF⊕G: (x, y)→x+y

3.3 Théorème du rang

3.3.1 Théorème de l'isomorphisme induit

Siu∈L(E, F)et si E⁰ est un supplémentaire dekerudansE : E= keru⊕E⁰

Alorsuinduit un isomorphismeu⁰ deE⁰ surImu. Démonstration

Il est clair queu⁰ est une application linéaire.

Son noyau estE⁰∩keru={0}, doncu⁰ est injective.

Soity=u(x)un élément deImu; on écrit x=x1+x2

avecx1∈E⁰ etx2∈keru. Alors

y=u⁰(x₁) Ce qui montre queu⁰ est surjectif.

3.3.2 Théorème du rang

SiE est de dimension nie, et siu∈L(E, F), alors dimE= dim (keru) + rgu

Démonstration

E étant de dimension nie, on sait quekerupossède un supplémentaireE⁰ dansE.

On peut donc utiliser l'isomorphisme induit : u⁰ étant un isomorphisme, E⁰ etImuont même dimension ; donc :

dimE−dim keru= dimE⁰ = rgu

3.4 Dimension de F + G

Théorème (formule de Grassmann)

SoitF etGdes sous-espaces vectoriels de dimensions nies deE. Alors : dim (F+G) = dimF+ dimG−dim (F∩G)

Démonstration 1 On dénit

f :

F×G→F+G (x, y)→x+y Que dire dekerf ?

(8)

Réponse

i:x→(x,−x)est un isomorphisme deF∩Gsurkerf. D'où dim (F+G) = dimF+ dimG−dim (F∩G)

Démonstration 2

SoitF1un supplémentaire deF∩GdansF : F =F1⊕(F∩G); on vérie que

F+G=F1⊕G On en déduit

dim (F+G) = dim (F1) + dim (G) = dimF+ dimG−dim (F∩G)

3.5 Dimension d'une somme directe

Théorème

SoitF1, ..., Fq des sous-espaces vectoriels de dimension nie de E ; dans ce cas :

dim

q

X

j=1

F_j≤

q

X

j=1

dimF_j

et il y a égalité si et seulement si la somme est directe.

Démonstration

On applique le théorème du rang à l'application : f : F1×...×Fq → F1+...+Fq

(x1, ..., xq) → x1+...+xq

3.6 Exercices

Soitu, v∈L(E, F)et E⁰ un sous-espace vectoriel deE. On suppose E de dimension nie. Montrer que :

-dimu(E⁰)≤dimE⁰ -rg(u+v)≤rg(u) +rg(v)

Soitv ∈L(E, F)etu∈L(F, G). On suppose E etF de dimensions nies.

Montrer que :

-rg(u◦v)≤rg(u) -rg(u◦v)≤rg(v) Démonstration

- On applique le théorème du rang àu⁰ =u_/F. -Im (u+v)⊂Imu+ Imv.

-Im (u◦v)⊂Imu. -Im (u◦v) =u(Imv)

3.7 Les noyaux itérés

Exercice important

Soitu∈L(E); on noteu⁰= Id,Fk= keru^k etGk= Imu^k pourk≥0. a) Montrer que(Fk)_k≥0est croissante et (Gk)_k≥0décroissante.

b) Montrer que sik≥0 etFk=Fk+1, alorsFk+1=Fk+2. On suppose queE est de dimension nie n; soitak= dimFk.

c) Montrer quean =an+1.

d) Montrer que (ak+1−ak) est décroissante ; on pourra utiliser la restriction deu^k à Fk+1.

(9)

e) Montrer que(Fk)_k≥0 et(Gk)_k≥0sont stationnaires à partir du même rang.

On ne suppose plusE de dimension nie.

f) Trouver un exemple où(Gk)_k≥0 est stationnaire, mais pas(Fk)_k≥0. g) SoitE=R[X] ;u(P) =P⁰ ; montrer qu'il n'existe pas de v∈L(E) tel queu=v².

h) Montrer que si(Fk)_k≥0 et (Gk)_k≥0 sont stationnaires, elles le sont à partir du même rang (plus dicile).

Démonstration de b)

Soitx∈Fk+2 ;u^k+2(x) =u^k+1(u(x)) = 0; doncu(x)∈Fk+1=Fk ; donc u^k(u(x)) = 0

Finalement

x∈Fk+1

Démonstration de c)

Si par l'absurdea_n< a_n+1, alors0 =a₀< a₁< ... < a_n < a_n+1.

Donc, par récurrence surk, pour 0≤k≤n+ 1 : ak≥k; en particulier an+1≥n+ 1

Contradiction ; doncan =an+1. Autre démonstration de c)

Siuⁿ(x)6= 0etuⁿ⁺¹(x) = 0, on montre que la famille (x, u(x), ..., uⁿ(x)) est libre.

Démonstration de d) Avec le théorème du rang :

a_k+1−a_k = dimu^k(F_k+1) = dim Imu^k∩keru

Démonstration de f) E=R[X] ;u(P) =P⁰. Démonstration de g)

Siv existe,kerv⊂keruqui est de dimension 1.

- sikerv= (0),v est injectif,uaussi, contradiction.

- sikerv= keru= kerv², on utilise b) : la suite kerv^kest stationnaire, contradiction.

4 Interpolation de Lagrange

On xen≥0 eta0, ..., an ∈K, distincts.

4.1 Un isomorphisme

f :

Kn[X]→Kⁿ⁺¹ P →(P(a0), ..., P(an))

(10)

Attention

Kn[X]est de dimensionn+ 1, doncn+ 1 points.

4.2 Une base adaptée

On cherche les antécédents des éléments de la base canonique. Soit N =

n

Y

j=0

(X−a_j)

et

Nj= N X−aj

=Y

k6=j

(X−ak)

Exemple

n= 2; N = (X−a0) (X−a1) (X−a2); N0= (X−a1) (X−a2); N1 = (X−a0) (X−a2);N2=...

Que dire de f(Nj) ? On note

Lj= Nj

N_j(a_j) Images des Lj par f

Lj(ai) =δi,j ; par exemple,f(L0) = (1,0...,0),f(L1) = (0,1,0, ...,0)...

En résumé, l'image de(L0, ..., Ln)est la base canonique de Kⁿ⁺¹.

4.3 Remarque

Nj(aj) =N⁰(aj), donc

L_j = N_j

N⁰(aj)= N N⁰(aj) (X−aj) Démonstration

N= (X−aj).Nj ; on dérive, et on évalue enaj.

4.4 Expression d'un polynôme dans cette base

∀P ∈K_n[X], P =

n

X

j=0

P(a_j)L_j

Démonstration On écrit

P =

n

X

k=0

λkLk

et on évalue en chaqueaj.

Ou on constate que la diérence est un polynôme de degré au plusn, qui a au moinsn+ 1 racines.

Au fait, pourquoi est-ce une base ?

On peut répondre que c'est l'image de la base canonique deKⁿ⁺¹ par un isomorphisme ; ou constater que la formule précédente prouve qu'elle est génératrice, de cardinaln+ 1.

On peut aussi montrer directement qu'elle est libre.

(11)

5 Matrices équivalentes

5.1 Rang d'une matrice

SoitA∈M_p,q(K); les colonnes deAsont des éléments deM_p,1(K). Notons C= (C₁, ..., C_q)la famille des colonnes deA.

On appelle rang deAle rang de cette famille : rgA= rg (C1, ..., Cq)

Exercice : matrices de rang 1 Toute matriceM de rang 1 s'écrit

M =X.Y^T oùX etY sont des colonnes non nulles.

Démonstration

Les colonnesMj deM sont proportionnelles à une colonneX : Mj =yj.X

Doncm_i,j=x_i.y_j ; donc

M =X.Y^T

5.2 Dénition : matrices équivalentes

On dit queM etM⁰ éléments deMp,q(K)sont équivalentes si

∃P ∈GLp(K),∃Q∈GLq(K), M⁰=P.M.Q

5.3 Théorème

On supposeE etF de dimensions nies ; soitu∈L(E, F)de rangr. Alors il existe une baseedeE et une basef deF telles que

Me,f(u) =Jr=

Ir 0 0 0

∈Mp,q(K)

Démonstration

Voir isomorphisme induit...

Soit (e₁, ..., e_r) une base de E⁰ ; (f₁, ..., f_r) leurs images ; (e_r+1, ..., e_q) une base dekeru...

5.4 Caractérisation

DansMp,q(K),AetBsont équivalentes si et seulement si elles ont le même rang.

Aest équivalente à Jrsi et seulementAest de rang r.

5.5 Transposée

Théorème

Une matrice et sa transposée ont le même rang.

Démonstration

SiA=P.Jr.Q, alorsA^T =Q^T.Jr.P^T ; attention, ce n'est pas le mêmeJr.

(12)

5.6 Caractérisation du rang

5.6.1 Lemme

SoitA∈M_p,q(K), etrson rang.

Le rangr⁰ d'une matrice extraiteA⁰ vérier⁰≤r. Démonstration

SiA⁰ est obtenue en supprimant des colonnes dans A,C⁰⊂C ; donc Vect (C⁰)⊂Vect (C)

Doncr⁰≤r. Si on supprime aussi des lignes ? 5.6.2 Théorème

SoitA∈Mp,q(K), etrson rang.

rest la taille maximale d'une matrice carrée extraite inversible.

Démonstration

La famille des colonnes deA,C= (C1, ..., Cq)est de rangr ; il existe donc une sous-famille libre de cardinalr; on obtient ainsi une matrice

A1∈Mp,r(K) de rangr.

La famille des lignes de A1 est aussi de rang r ; elle possède donc une sous-famille libre de cardinalr; on obtient ainsi une matrice

A2∈GLr(K)

5.7 Applications

5.7.1 Exercice 1 : l'inverse faible

SoitA∈Mp,q(K); montrer l'existence deB∈Mq,p(K)vériantABA=A etBAB=B.

5.7.2 Exercice 2

Soit E un espace vectoriel de dimension nie ; soit u ∈ L(E) ; montrer l'existence dev∈GL(E)tel que v◦usoit un projecteur.

5.7.3 Réponses

SiA=P.J_r.Q, il sut de choisirB =Q⁻¹.J_r.P⁻¹ ; siM_B(u) =P.J_r.Q, il sut de choisir

MB(v) =Q⁻¹P⁻¹

6 Déterminants

6.1 Déterminant triangulaire par blocs

Théorème SoitM =

A B 0 C

une matrice triangulaire par blocs ; on suppose A et Ccarrées ; alors

detM = detA.detC

(13)

Démonstration M =

A B 0 C

=

Ir 0

0 C

.

Ir B 0 Is

.

A 0 0 Is

6.2 Déterminant de Vandermonde

6.2.1 Il est non nul

Soitn≥1 eta0, ..., an ∈K, distincts ; le déterminant suivant est non nul :

1 a0 . aⁿ₀

. .

1 an . aⁿ_n Démonstration SoitC=Pn

k=0λ_kC_k une combinaison linéaire des colonnes ; soit P=

n

X

k=0

λkX^k

SiC= 0, que dire deP ? Réponse

Si C= 0, P possèden+ 1racines, les ak ; étant de degré au plusn, il est nul ; donc lesλk sont nuls.

On a montré que la famille des colonnes (C0, ..., Cn) est libre, ce qui prouve que le déterminant est non nul.

6.2.2 La valeur exacte Théorème

On montre qu'il vaut

Y

i<j

(aj−ai)

Démonstration

C'est clair sia0, ..., an ne sont pas distincts. On les suppose donc distincts et on procède par récurrence surn.

Le résultat est évident pour n= 1 ; soitn≥2 ; supposons la propriété vériée au rangn−1; on remplace dans le déterminantanparX; on obtient un polynômeP ∈Kn[X]dont on connaîtnracines distinctesa0, ..., a_n−1 ; de plus, le coecient deXⁿ dansP est donné par l'hypothèse de récurrence.

6.2.3 Une application Exercice

Soitn≥1 etλ1, ..., λn ncomplexes ; on suppose que

∀k,1≤k≤n,

n

X

j=1

λ^k_j = 0

Montrer que lesλj sont nuls.

(14)

Démonstration

Supposons par l'absurde qu'ils ne sont pas tous nuls ; on peut supprimer ceux qui sont nuls, regrouper ensemble lesλj qui sont identiques, les réindexer, et on obtient :

∀k,1≤k≤q,

q

X

j=1

n_j.λ^k_j = 0

oùq est le nombre deλ_j non nuls distincts, etn_j le nombre de fois que la suite de départλ₁, ..., λ_n contientλ_j.

Le vecteur(n₁, ..., n_q)est donc solution d'un système linéaire homogène, dont le déterminant est non nul, carλ₁, ..., λ_q sont distincts ; donc

(n1, ..., nq) = 0

Or les nj sont des entiers non nuls, contradiction ; conclusion, tous lesλj

sont nuls.

7 Comatrice

7.1 Dénition

SoitA∈Mn(K); on noteDi,jle déterminant de la matrice obtenue à partir deAen supprimant la ligneiet la colonnej ; la comatrice deAest

(−1)^i+j.Di,j

7.2 Comatrice et inverse

Théorème

Pour toutA∈Mn(K):

tCom (A).A=A.^tCom (A) = det (A).In

Si de plusAest inversible

A⁻¹= 1

detA.^tComA Exemple

SoitA= a c

b d

; sidetAest non nul,A⁻¹=?

A⁻¹= 1 ad−bc

d −c

−b a

7.3 Exercice : les inversibles de M

n

( Z )

SoitA∈M_n(Z).

Montrer queAest inversible etA⁻¹∈Mn(Z)si et seulement sidetA=

±1.

Démonstration

SupposonsA⁻¹∈M_n(Z).

AlorsA.A⁻¹ =I_n ; donc detA.detA⁻¹ = 1 ; c'est le produit de deux entiers, doncdetA=±1.

SupposonsdetA=±1.

A∈M_n(Z), doncComA∈M_n(Z); doncA⁻¹∈M_n(Z).

(15)

7.4 Exercice : rang de la comatrice

SoitA∈Mn(K); soit rson rang, etr⁰ le rang deComA. - cas oùr=n: r⁰=n.

- cas oùr≤n−2: ComA= 0.

- cas oùr=n−1. ^tCom (A).A= det (A).I_n= 0, donc l'image deAest contenue dans le noyau de^tCom (A); donc r⁰≤1; de plus,Com (A)n'est pas nulle, donc

r⁰= 1

8 Hyperplans

8.1 Dénitions

E^∗ =L(E, K): l'ensemble des formes linéaires.

Hyperplan

Un hyperplanH est le noyau d'une forme linéaire non nulleϕ. On dit alors queϕest une équation deH.

8.2 Caractérisation

Tout supplémentaire d'une droite est un hyperplan ; siE est de dimension nien, les hyperplans sont les sous-espaces de dimensionn−1.

8.3 Equations d'un hyperplan

8.3.1 Théorème Elles sont proportionnelles.

Démonstration

Soit f et g deux éléments de E^∗− {0} ; supposons H = kerf = kerg et montrons que(f, g)est liée.

Soita∈E\H ; soit

λ= g(a) f(a) La formule

g=λ.f

est vériée surH et au pointa, donc surE par linéarité ; en détail : Soitx∈E.

∃t∈K,∃h∈H, x=h+t.a Alors :

g(x) =g(h+t.a) =t.g(a) =t.λ.f(a) =λ.f(x)

8.3.2 Autre formulation

Soitf et gdeux éléments deE^∗ ; sikerf ⊂kerg, alors

∃λ∈K, g=λ.f

8.3.3 Cas de Kⁿ

SiE=Kⁿ, les formes linéaires sont de la forme

ϕ: (x1, x2, ...xn)→

n

X

j=1

ajxj =A^T.X

(16)

Démonstration

ϕ(x1, x2, ...xn) =ϕ





n

X

j=1

xjej



=

n

X

j=1

ajxj

où(e1, e2, ...en)est ?

8.4 Généralisation

Exercice

Soitq≥1 ; soitf, f1, ..., fq des formes linéaires surE ; on suppose que

q

\

j=1

kerfj⊂kerf

Montrer quef est combinaison linéaire desfj. Démonstration 1

Par récurrence sur q ; le cas q = 1 est connu ; soit q ≥1 ; supposons la propriété au rangq. On part de

q+1

\

j=1

kerfj⊂kerf

Soit

E⁰ =

q

\

j=1

kerfj

On examine les restrictions surE⁰ :

kerf_q+1⁰ ⊂kerf⁰ D'après le casq= 1 :

f⁰=λ_q+1f_q+1⁰ Donc

E⁰⊂ker (f−λ_q+1f_q+1) Donc, d'après l'hypothèse de récurrence :

f−λq+1fq+1 est combinaison linéaire des(fj)_1≤j≤q. Démonstration 2

C'est une conséquence directe de l'exercice 2 de factorisation, qui s'applique avecF =K^q.

8.5 Intersection d'hyperplans

8.5.1 Théorème

SiE est un espace de dimension nien, l'intersection de m hyperplans est de dimension au moinsn−m.

Démonstration

f : E → K^m

x → (ϕ1(x), ..., ϕm(x))

(17)

8.5.2 Exercice

Si E est un espace de dimension nie n, l'intersection de m hyperplans d'équationsϕ1, ..., ϕmest de dimensionn−r, avec

r= rg (ϕ₁, ..., ϕ_m)

Démonstration

Il sut d'étudier le cas où(ϕ1, ..., ϕm)est libre, et de montrer que dans ce casf est surjective.

Par contraposée : si f n'est pas surjective, Imf est contenu dans un hyperplan deK^m :

Il existea= (a₁, ..., a_m)non nul tel que

∀x∈E,

m

X

j=1

a_j.ϕ_j(x) = 0

ce qui montre que(ϕ1, ..., ϕm)est liée.

9 Complément : l'opérateur ∆

Ici,K=Rou C.

E=K[X] ; on dénit∆par

∆P =P(X+ 1)−P(X)

9.1 Noyau

ker ∆ =K0[X]; quel est le degré de∆P ? Son terme dominant ? Réponse

Si∆P = 0, alorsP(X)−P(0)a une innité de racines (les entiers naturels), donc

P=P(0) SiP =a_nXⁿ+..., alors

∆P =n.anXⁿ⁻¹+...

Remarque

Si par exempleK=Z/pZ(avecppremier), c'est très diérent.

Un exemple d'élément du noyau non constant ? Réponse

X^p−X =X(X−1) (X−2)...(X−p+ 1)

9.2 ∆ est surjectif

Démonstration Pourn≥1, on introduit

∆n :Kn[X]→K_n−1[X]

restriction de∆;∆n est surjectif d'après le théorème du rang ; comment en déduire que∆est surjectif ?

9.3 Un exemple d'isomorphisme induit

Un supplémentaire deker∆ ?

(18)

Réponse Par exemple,

E⁰={P ∈E/P(0) = 0}= Vect X^k

k∈N^∗

D'où un isomorphisme∆⁰ induit par∆deE⁰ surE.

9.4 Une base adaptée : les polynômes de Hilbert

On les dénit par H₀ = 1, et H_n = (∆⁰)⁻¹(H_n−1) ; pour n ≥1, H_n est donc caractérisé par

∆ (H_n) =H_n−1, H_n(0) = 0

On en déduit facilement que0,1, ..., n−1sont racines deH_n ; nalement : Hn= X(X−1)...(X−n+ 1)

n! =

X n

Soit∆n l'endomorphisme induit par∆surKn[X]. Quelle est sa matrice dans la base(H0, ..., Hn)? Réponse

M =







0 1 . 0

0 1 .

.

. . 1

0 . 0







Quelle base choisir pour que cette matrice soit celle deD:P →P⁰ ? Réponse

X^k k!

0≤k≤n

9.5 Calcul de ∆

ⁿ

∀P ∈E,∆ⁿP =

n

X

k=0

(−1)^n−k n

k

P(X+k)

Démonstration

∆ =T−Id, les deux commutent, on applique la formule du binôme.

9.6 Exercice

SoitPn=Pn

k=0(−1)^n−kHk ; exprimerPn en fonction deHn. Réponse

(I+ ∆)P_n=H_n ; d'où P_n =T⁻¹H_n=H_n(X−1).

9.7 Exercice

Montrer que∀n≥0, H_n(Z)⊂Z.

Réciproquement, soit

P=

n

X

k=0

a_kH_k

Montrer que siP(Z)⊂Z, lesak sont dansZ.

(19)

Réponse

SiP(Z)⊂Z, d'aborda0∈Z; ensuite,(∆P) (Z)⊂Z...

10 Complément : factorisation des endomor- phismes

On suppose queE, F etGsont de dimensions nies.

10.1 Exercice 1

Soitv ∈ L(F, G) et w ∈ L(E, G) ; trouver une condition nécessaire pour qu'existeu∈L(E, F)tel que

w=v◦u Montrer que cette condition est susante.

Réponse

Imw⊂Imv est une condition nécessaire.

Réciproque : soit (e₁, e₂, ...e_n) une base de E ; pour tout j, w(e_j) ∈ Imw⊂Imv ; on peut donc choisir un antécédentfj dansF dew(ej)parv:

v(fj) =w(ej) Ensuite, on dénitupar

∀j, u(ej) =fj

Alors :

∀j, w(ej) =v(fj) =v◦u(ej)

10.2 Exercice 2

Soitu∈ L(E, F)et w ∈L(E, G) ; trouver une condition nécessaire pour qu'existev∈L(F, G)tel que

w=v◦u Montrer que cette condition est susante.

Réponse

keru⊂kerwest une condition nécessaire.

Réciproque : soit(f1, f2, ...fn)une base deImu; chaquefj a un antécé- dentej paru; on dénitv par

∀j, v(fj) =w(ej) Alors :

∀j, w(ej) =v◦u(ej) Où sert l'hypothèsekeru⊂kerw?

Enn,v n'étant dénie que surImu, il reste à la dénir surF. Variante

Dénirv surImuparw◦u⁻¹₁ , oùu1 est un isomorphisme induit.

Remarque

Dans cet exercice, on n'a utilisé que la dimension nie deF.

(20)

11 Complément : le résultant

DansK[X], soit

P =u0+...+upX^p, Q=v0+...+vqX^q On supposep≥1,q≥1, up6= 0, vq6= 0.

11.1 Lemme 1

Montrer queP∧Q6= 1si et seulement si il existe deux polynômes non nuls AetB tels que

AP =BQ,degA < q, degB < p

Démonstration

SupposonsD=P∧Q6= 1; écrivonsP =D.P₁ etQ=D.Q₁; alors D.P1.Q1=Q1.P =P1.Q

DoncA=Q1 etB =P1 conviennent.

Pour la réciproque, on utilise le théorème de Gauss.

11.2 Lemme 2

Montrer queP∧Q6= 1si et seulement si

P, XP, ...X^q−1P, Q, XQ, ..., X^p−1Q est liée.

On appelle résultant le déterminant suivant, de taillep+q:

Res(P, Q) =

u0 . . up

. .

u0 . . up

v0 . . vq

. .

v0 vq

Lesp+qlignes correspondent aux vecteurs de la famille P, XP, ...X^q−1P, Q, XQ, ..., X^p−1Q. On en déduit que

P∧Q6= 1⇐⇒Res(P, Q) = 0

11.3 Degré 2

SoitP =aX²+bX+c∈C[X]; on supposea6= 0; calculerRes(P, P⁰). Réponse

c b a

b 2a 0 0 b 2a

=−a b²−4ac

11.4 Degré 3

SoitP =X³+pX+q∈C[X]; calculerRes(P, P⁰). Réponse

4p³+ 27q².

(21)

11.5 Le même par une méthode élémentaire

P =X³+pX+q∈C[X] On veut savoir à quelle conditionP a une racine multiple.

Réponse

On calcule le resteRde la division euclidienne deP parP⁰ : R= 2

3pX+q

D'oùα=−^3q_2p ; on retrouve queP⁰(α) = 0si et seulement si4p³+ 27q²= 0.

11.6 Un ouvert de C

n

[X]

SoitU l'ensemble des polynômes de degré n(n≥1), scindés à racines simples.

Montrer queU est un ouvert deCn[X].

Remarque : l'ensemble des polynômes scindés à racines simples deCn[X]

n'est pas un ouvert deCⁿ[X]: utiliserQk=X ^X_k −1². Démonstration

P →Res(P, P⁰)est une fonction polynomiale sur Cn[X], donc continue ; U est l'image réciproque d'un ouvert de C: C^∗.

12 Complément : SL

_n

(K ) et les transvections

Edésigne unK−espace vectoriel de dimensionn.

12.1 Transvections

On dit qu'un élémentudeL(E)est une transvection si -detu= 1

- l'ensemble des vecteurs invariants est de dimensionn−1. Matrice d'une tranvection

I_n−1 C

0 1

oùC est une colonne non nulle.

On en déduit que

(u−Id)²= 0 Donc

D⊂H oùD= Im (u−Id)etH = Ker (u−Id).

12.2 Réduction

Soituune transvection. Il existe une baseB telle que M_B(u) =I_n+E_2,1

Démonstration

Choisir une basee2deD.

(22)

12.3 T

_i,j

(λ)

Pouri6=j etλ∈K^∗, on note

Ti,j(λ) =In+λ.Ei,j

Inverse ?

Ti,j(λ)⁻¹=In−λ.Ei,j=Ti,j(−λ)

12.4 Opérations élémentaires

SoitM ∈M_n(K).

Que dire deT_i,j(λ).M ? M.T_i,j(λ)? Réponse

Ti,j(λ).M est obtenue par l'opération Li←Li+λ.Lj

M.T_i,j(λ)est obtenue par l'opération

C_j←C_j+λ.C_i

12.5 SL

_n

(K) est engendré par l'ensemble des T

_i,j

(λ)

Démonstration

SoitM ∈SL_n(K). On multiplie à gauche M par desT_i,j(λ)pour obtenir successivement :

- un desm_i,1 non nul, aveci≥2. -m1,1= 1.

- la première colonne deM égale à celle deIn.

Par récurrence surn, on obtient une matrice triangulaire supérieure.

Enn, on arrive àIn.

12.6 SL

n

Algèbre linéaire