AlgèbreII - e-monsitedbenmerzoug.e-monsite.com/medias/files/mi-constantine2-cours-alg… · Chapitre1 Espacesvectoriels Danstoutelasuite,K désigneuncorpscommutatif. 1.1 Espacevectoriel

République algérienne démocratique et populaireMinistère de l’enseignement supérieur et de la recherche scientifique

Université Constantine 2 Abdelhamid Mehri

Faculté des nouvelles technologies de l’information et de lacommunication

Département tronc commun mathématiques/informatique

Algèbre II

Espaces vectoriels — Applications linéairesMatrices — Systèmes d’équations

Abderrahim Kitouni

Table des matières

1 Espaces vectoriels 31.1 Espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Sous espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Parties génératrices, Parties libres , Bases . . . . . . . . . . . . 61.4 Dimension d’un espace vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . 9Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Solution des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Exercices supplémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 Applications linéaires 192.1 Généralités sur les applications linéaires . . . . . . . . . . . . 192.2 Noyau et image d’une application linéaire . . . . . . . . . . . 21Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Solution des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Exercices supplémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3 Matrices 273.1 Généralités sur les matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.2 Matrices carrées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.3 Opérations sur les matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.4 Matrice associée à une application linéaire . . . . . . . . . . . 33Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Solution des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Exercices supplémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

4 Systèmes d’équations linéaires 384.1 Déterminants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384.2 Systèmes d’équations linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4.2.1 Méthode de Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.2.2 Méthode de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1

TABLE DES MATIÈRES 2

Solution des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Exercices supplémentaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Sujets corrigés de contrôles et d’interrogations 45Interrogation 2013–2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Corrigé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Contrôle 2013–2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Corrigé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Contrôle de rattrapage 2013–2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Corrigé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Interrogation 2014–2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Corrigé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Chapitre 1

Espaces vectoriels

Dans toute la suite, K désigne un corps commutatif.

1.1 Espace vectorielDéfinition (Espace vectoriel sur K). Soit V un ensemble muni d’une loiinterne notée ⊕, et d’une loi externe notée ⊗ : K × V → V . On dit que(V,⊕,⊗) est un espace vectoriel sur le corps K si les axiomes suivants sontvérifiés.

1. Axiomes relatifs à la loi interne :(a) Associativité : ∀u, v, w ∈ V : (u⊕ v)⊕ w = u⊕ (v ⊕ w).(b) Commutativité : ∀u, v ∈ V : u⊕ v = v ⊕ u.(c) L’existence de l’élément neutre : c’est à dire qu’il existe un élément

de V , noté 0, vérifiant pour tout élément v de V : v⊕0 = 0⊕v = v.(d) L’existence du symétrique : Tout élément v de V admet un sy-

métrique, c’est à dire qu’il existe un élément v′ ∈ V tel quev ⊕ v′ = v′ ⊕ v = 0. Cet élément v′ est noté −v.

(V,⊕) est donc un groupe abélien.2. Axiomes relatifs à la loi externe :

(a) Associativité mixte : Pour tous éléments λ et µ de K, pour toutélément v de V : (λµ)⊗ v = λ⊗ (µ⊗ v).

(b) Soit 1 l’élément neutre de la multiplication de K. Pour tout élé-ment v de V , 1⊗ v = v.

3. Axiomes liant les deux lois : « double distributivité »

3

CHAPITRE 1. ESPACES VECTORIELS 4

(a) Distributivité de la loi externe par rapport à l’addition des sca-laires : Pour tous λ et µ de K et pour tout élément v de V , (λ +µ)⊗ v = (λ⊗ v)⊕ (µ⊗ v).

(b) Distributivité par rapport à l’addition des vecteurs : Pour toutélément λ de K et pour tous éléments u et v de V , λ⊗ (u⊕ v) =(λ⊗ u)⊕ (λ⊕ v).

Remarque.— Les éléments du corps K sont appelés scalaires, et sont notés en

général par des lettres grecques α, β, λ, etc. Le corps K est appelé lecorps des scalaires.

— Les éléments de l’espace vectoriel sont appelés des vecteurs, et sontnotés par des lettres latines u, v, etc.

— La loi de composition interne est notée usuellement + ; elle est appe-lée couramment l’addition des vecteurs, et v + v′ est appelée sommedes vecteurs v et v′.

— La loi de composition externe est appelée courammentmultiplicationpar un scalaire. Le scalaire et le vecteur sont écrits côte à côte sansnotation particulière ; si λ est un scalaire et v un vecteur, on écrit λv.

— L’élément neutre pour l’addition dans un espace vectoriel est appeléle vecteur nul.

Proposition 1.1. Soit V un espace vectoriel sur K. On note 0 l’élément neutrepour l’addition dans K et 0V l’élément neutre pour l’addition dans V .

1. Pour tout vecteur v, on a : 0v = 0V .2. Pour tout scalaire λ, on a : λ0V = 0V .3. Réciproquement, si λ est un scalaire et v un vecteur, alors :

λv = 0V =⇒ (λ = 0 ou v = 0V ).

1.2 Sous espaces vectorielsDéfinition (Stabilité pour une loi interne). Soit V un ensemble muni d’uneloi de composition interne, notée +, etW une partie non vide de V . On ditqueW est stable pour la loi interne + si pour tout couple d’éléments deWla somme appartient àW . C’est à dire : ∀u, v ∈ W : u+ v ∈ W .Définition (Stabilité pour une loi externe). Soit V un ensemble muni d’uneloi de composition externe . et W une partie non vide de V . On dit queW est stable pour la loi externe si pour tout élément λ de K et pour toutélément u deW , λu appartient àW . Ce qui s’écrit avec les quantificateurs :∀λ ∈ K,∀u ∈ W : λu ∈ W .


Théorème 1.1 (Sous espace vectoriel). Soit V un espace vectoriel sur K, et soitW une partie de V telle que :

— W est non vide.— W est stable pour l’addition.— W est stable pour la multiplication par un scalaire.

Alors la partieW , munie de ces deux lois, a une structure d’espace vectoriel sur K.W est alors appelée sous espace vectoriel de V .

Remarque.— (W,+) est un sous groupe de (V,+).— 0V = 0W .— Le symétrique de u dans V est le même que le symétrique de u dans

W .— V et {0V } sont des sous espaces vectoriels de V .— Un sous espace vectoriel de V contient nécessairement 0V . Ceci donne

une méthode simple pour prouver qu’un sous ensemble n’est pas unsous espace vectoriel : si 0V n’appartient pas àW alorsW n’est pasun sous espace vectoriel de V .

Définition (Combinaison linéaire). Soit V un espace vectoriel sur un corpsK, et x1, x2, . . . , xn des élément de V , on appelle combinaison linéaire deces éléments toute expression de la forme : λ1x1 + λ2x2 + · · ·+ λnxn, où lesλi sont des éléments de K.

Proposition 1.2 (Caractérisation d’un sous espace vectoriel). Soit V un espacevectoriel sur K etW une partie de V .

W est un sous espace vectoriel de V si et seulement si :— W est non vide.— Toute combinaison linéaire de deux éléments deW appartient àW : ∀u, v ∈

W,∀α, β ∈ K : αu+ βv ∈ W .

Remarque. La stabilité de W par combinaison linéaire de deux vecteursest équivalente à la stabilité deW par combinaison linéaire (d’un nombrequelconque de vecteurs).

Proposition 1.3 (Intersection de sous espaces vectoriels). L’intersection dedeux sous espaces vectoriels d’un espace vectoriel V est un sous espace vectoriel deV .

Remarque. En général, la réunion de deux sous espaces vectoriels de V n’estpas un sous espace vectoriel de V .


Proposition 1.4 (Somme de sous espaces vectoriels). SiW1 etW2 sont deuxsous espaces vectoriels d’un même espace vectoriel V , l’ensemble

W1 +W2 = {u1 + u2/u1 ∈ W1 et u2 ∈ W2}

est un sous espace vectoriel de V , appelé somme deW1 etW2.

1.3 Parties génératrices, Parties libres , BasesLe but de ce qui suit est de voir que la connaissance de certaines parties

d’un espace vectoriel permet de reconstruire tout l’espace vectoriel et d’enconnaître les propriétés.

Définition (Partie génératrice). On dit qu’un ensemble A de vecteurs d’unespace vectoriel V est une partie génératrice ou un système de générateurs de Vsi tout vecteur de V peut s’écrire comme combinaison linéaire d’un nombrefini de vecteurs de A.

Si A est une partie génératrice de V , on dit aussi que l’espace vectorielV est engendré par A, et on note V = V ect(A).

Remarque. De manière immédiate, on peut prendre comme système degénérateurs de V l’ensemble de tous les vecteurs de V , cette démarchen’est pas très intéressante puisque l’idée est d’avoir un petit nombre degénérateurs et d’en tirer le maximum d’informations.

Nous supposons dans la suite de ce chapitre que les espaces vectorielsque nous considérons possèdent un partie finie de générateurs, on les ap-pelle des espaces vectoriels de dimension finie ou de type fini.

Définition (Partie libre). Un ensemble de vecteurs {v1, . . . , vk} d’un espacevectorielV est dit une partie libre ouun système de vecteurs libres ou linéairementindépendants si la relation λ1v1 + λ2v2 + · · ·+ λkvk = 0V implique λ1 = λ2 =· · · = λk = 0.

Quand des vecteurs ne forment pas un système libre, on dit qu’ils sontlinéairement dépendants, ou qu’ils forment une famille liée. Dans ce cas il existeλ1, λ2, . . . , λk ∈ K, non tous nuls tels que : λ1v1 + λ2v2 + · · ·+ λkvk = 0V .

Remarque.— Un vecteur non nul forme un système libre.— Le système réduit au vecteur nul est un système lié.— Une partie d’un système libre est un système libre. En particulier, la

partie vide est une partie libre.


— Une partie qui contient un système lié est un système lié. En particu-lier, toute partie qui contient le vecteur nul est une partie liée.

Définition (Base). On appelle base d’un espace vectoriel V , tout système(ordonné) de vecteurs qui est générateur et libre.

Proposition 1.5. Les vecteurs {u1, u2, . . . , uk} forment une base de V , si et seule-ment si tout vecteur de V s’écrit de façon unique comme combinaison linéaire desvecteurs ui.

Définition. Les coefficients de la décomposition d’un vecteur sur une basesont appelés les coordonnées du vecteur sur cette base.

Remarque. Deux vecteurs sont égaux si et seulement s’ils ont les mêmescoordonnées.

Théorème 1.2. Soit V un espace vectoriel sur K, si n vecteurs w1, . . . , wn sontcombinaisons linéaires de p vecteurs v1, . . . , vp de V avec p < n alors les vecteurswi forment une famille liée.

Démonstration. Puisque toute partie qui contient un système lié est unepartie liée, il suffit de montrer le théorème pour n = p+ 1.

Raisonnons par récurrence, soit P la propriété :P (p) : Si (p+ 1) vecteurs w1, . . . , wp+1 sont des combinaisons linéaires

de p vecteurs v1, . . . , vp alors {w1, . . . , wp+1} est un système lié.— Pour p = 1 : Si w1 = α1v1 et w2 = α2v1, alors α1v1 − α2v1 = 0, donc

P (1) est vraie.— Pour p ≥ 1 : Pour tout k ≥ 1, supposons que P (k) est vraie et mon-

trons que P (k + 1) est vraie.Soit wi = αi,1v1 + · · ·+ αk,1vk pour 1 ≤ i ≤ k + 1.— Si tous les αi,k sont nuls alors {wi,1, 1 ≤ i ≤ k + 1} sont combinai-

sons linéaires de {vi, 1 ≤ i ≤ k − 1} donc {wi} est un système liéd’après l’hypothèse de récurrence.

— Sinon il existe i0 tel que αi0,k 6= 0 et on a alors

vk = β1v1 + · · ·+ βkvk + λiwi0 .

En remplaçant dans l’écriture des wj (pour j 6= i0)

wj − αj,kλwi0 = γj,1v1 + γj,2v2 + · · ·+ γj,k−1vk−1.

Donc wj − αj,kλwi0 , j 6= i0 (k vecteurs) s’écrivent comme combi-naisons linéaires des k − 1 vecteurs v1, . . . , vk−1. Par l’hypothèse


de récurrence c’est un système lié. Il existe donc des µi non tousnuls tels que

∑i 6=i0

µiwi −

(λ∑i 6=i0

µiαi,k

)wi0 = 0

donc {wi; 1 ≤ i ≤ k} est un système lié.

Corollaire 1.1. Soit V un espace vectoriel.— Si l’espace vectoriel V a un système générateur de n éléments, alors tout

système libre a au plus n éléments.— Deux bases d’un espace vectoriel V sur K ont le même nombre d’éléments.

Théorème 1.3. Soit V un espace vectoriel de type fini, L une partie libre de V , etG une partie génératrice de F . Alors il existe une base finie de F contenant L etincluse dans L ∪G.

Démonstration. On peut supposer sans perte de généralités que G est unefamille finie non vide, et soit m son nombre d’éléments. D’après le théo-rème 1.2, les familles libres de V contenues dans L ∪ G ont entre 1 et méléments.

Soit n le plus grand de ces nombres, et soit B = {f1, . . . , fn} une famillelibre (de n éléments) contenant L et incluse dans L ∪ G. La famille B estlibre ; montrons qu’elle est génératrice.

Soit w ∈ G, par construction deB ,B∪{w} n’est pas libre ; on peut alorsécrire

∑ni=1 λifi + µw = 0 avec des coefficients non tous nuls.

On a µ 6= 0 : en effet, si µ = 0 alors∑λifi = 0 donc tous les λi sont nuls

(car B est libre) ce qui contredit le fait que les coefficient ne sont pas tousnuls.

Doncw = −∑n

i=1 µ−1λifi. DoncB est une famille génératrice de V . C’est

donc une base de V .

Corollaire 1.2. Soit V un espace vectoriel de type fini, alors— V possède une base finie ;— si G est une partie génératrice finie de V , alors on peut extraire une base de

G ;— si L est un système libre de V , alors L peut être complété en une base de V

en prenant les vecteurs dans une base donnée B.

Remarque. Ce corollaire donne une méthode pratique de construction d’unebase d’un espace vectoriel de type fini.


1.4 Dimension d’un espace vectorielDéfinition. Le nombre d’éléments d’une base d’un espace vectoriel V sur lecorps K est appelé la dimension de l’espace vectoriel V . On le note dimK(V )(ou dimV s’il n’y a pas d’ambiguïté).

Remarque.— Si E = {0}, on pose dimE = 0. En effet il n’y a pas de famille libre

dans E ; les familles libres sont donc vides, elles ont 0 éléments.— Il se peut que E soit un espace vectoriel sur deux corps K1 et K2 et

que les dimensions ne soient pas les mêmes.

Proposition 1.6. Soit {v1, . . . , vr} un système de vecteurs d’un espace vectorielV de dimension finie.

— Si r > dim(V ), le système n’est pas libre.— Si r < dim(V ), le système n’est pas générateur.

Proposition 1.7. Tout sous espace vectorielW d’un espace vectoriel E de dimen-sion finie est un espace vectoriel de dimension finie et dim(W ) ≤ dim(E), avecégalité si et seulement siW = E.

Corollaire 1.3. Dans un espace vectoriel de dimension n, toute famille libre de néléments est une base de E.

Proposition 1.8. Si V etW sont deux sous-espaces vectoriels d’un espace vectorielde dimension finie E, alors dim(V +W ) = dim(V ) + dim(W )− dim(V ∩W ).

Définition (Rang d’un ensemble de vecteurs). Soit S un ensemble de vec-teurs d’un espace vectoriel de dimension finie V , on appelle rang de S, eton note rgS, la dimension du sous espace vectoriel engendré par S. C’estdonc aussi le nombre d’éléments d’un système libre maximal inclus dans S.

ExercicesExercice 1.1

Considérons R∗+ muni de la loi interne ⊕ définie par ∀a, b ∈ R∗+ :a ⊕ b = ab et de la loi externe ⊗ définie par ∀a ∈ R∗+,∀λ ∈ R :λ⊗ a = aλ.

Montrer que E = (R∗+,⊕,⊗) est un espace vectoriel sur R.

Exercice 1.2

Les ensembles suivants sont-ils des sous-espaces vectoriels de R2 ?


1. E1 = {(x, y) ∈ R2, x ≤ y}.2. E2 = {(x, y) ∈ R2, xy = 0}.

3. E3 = {(x, y) ∈ R2, x = y}.4. E4 = {(x, y) ∈ R2, x+ y = 1}.

Exercice 1.3

Soit les sous-ensembles de R3 suivants :— F = {(x, y, z) ∈ R3/x+ y − z = 0},— G = {(a− b, a+ b, a− 3b)/(a, b) ∈ R2}

1. Montrer que F et G sont des sous-espaces vectoriels de R3.2. Déterminer F ∩G.

Exercice 1.4

Soit F et G deux sous-espaces vectoriels de E. Montrer que

F ∩G = F +G ⇐⇒ F = G.

Exercice 1.5


F ∪G est un sous-espace vectoriel de E ⇐⇒ F ⊂ G ou G ⊂ F.

Exercice 1.6

Les familles suivantes sont-elles libres ?1. v1 = (1, 0, 1), v2 = (0, 2, 2) et = v3(3, 7, 1) dans R3.2. v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 1) et v3 = (1, 1, 1) dans R3.3. v1 = (1, 2, 1, 2, 1), v2 = (2, 1, 2, 1, 2), v3 = (1, 0, 1, 1, 0) et v4 = (0, 1, 0, 0, 1)

dans R5.4. v1 = (2, 4, 3,−1,−2, 1), v2 = (1, 1, 2, 1, 3, 1) et v3 = (0,−1, 0, 3, 6, 2)

dans R6.5. v1 = (2, 1, 3,−1, 4,−1), v2 = (−1, 1,−2, 2,−3, 3) et v3 = (1, 5, 0, 4,−1, 7)

dans R6.

Exercice 1.7

Soit dans R4 les vecteurs v1 = (1, 2, 3, 4) et v2 = (1,−2, 3,−4).1. Peut-on déterminer x et y pour que (x, 1, y, 1) soit dans le sous-espace

vectoriel engendré par {v1, v2} ?


2. Et pour que (x, 1, 1, y) soit dans le sous-espace vectoriel engendré par{v1, v2} ?

Exercice 1.8

Dans R4 on considère l’ensemble E des vecteurs (x1, x2, x3, x4) vérifiantx1 + x2 + x3 + x4 = 0.

L’ensemble E est-il un sous-espace vectoriel de R4 ? Si oui, en donnerune base.

Exercice 1.9

Dans l’espace R4, on se donne cinq vecteurs : v1 = (1, 1, 1, 1), v2 =(1, 2, 3, 4), v3 = (3, 1, 4, 2), v4 = (10, 4, 13, 7), v5 = (1, 7, 8, 14).

Chercher les relations de dépendance linéaires entre ces vecteurs. Si cesvecteurs sont dépendants, en extraire au moins une famille libre engendrantle même sous-espace.

Exercice 1.10

Dans F(R,R), les trois fonctions x 7→ sinx, x 7→ sin 2x, x 7→ sin 3x,sont-elles linéairement indépendantes ?

Solution des exercicesSolution de l’exercice 1.1

Considérons R∗+ muni de la loi interne ⊕ définie par ∀a, b ∈ R∗+ :a ⊕ b = ab et de la loi externe ⊗ définie par ∀a ∈ R∗+,∀λ ∈ R :λ⊗ a = aλ.

Montrons que (E,⊕,⊗) est un espace vectoriel.— ∀x, y, z ∈ E : (x⊕ y)⊕ z = (xy)z = x(yz) = x⊕ (y ⊕ z).— ∀x, y ∈ E : x⊕ y = xy = yx = y ⊕ x.— ∀x ∈ E : x⊕ 1 = x.1 = x. Donc 1 est l’élément neutre pour ⊕.— ∀x ∈ E : x⊕ 1/x = x(1/x) = 1. Donc le symétrique de x est 1/x.

Donc (E,⊕) est un groupe abélien.— ∀λ, µ ∈ R,∀x ∈ E : (λµ)⊗ x = xλµ = (xµ)λ = (µ⊗ x)λ = λ⊗ (µ⊗ x).— ∀x ∈ E : 1⊗ x = x1 = x.— ∀λ ∈ R,∀x, y ∈ E : λ⊗ (x⊕ y) = (xy)λ = xλyλ = (λ⊗ x)⊕ (λ⊗ y).— ∀λ, µ ∈ R,∀x ∈ E : (λ+ µ)⊗ x = xλ+µ = xλxµ = (λ⊗ x)⊕ (µ⊗ x).

Donc (E,⊕,⊗) est un espace vectoriel.


Solution de l’exercice 1.2

1. E1 = {(x, y) ∈ R2, x ≤ y}.— On a 0 ≤ 0, donc (0, 0) ∈ E1, donc E1 6= ∅.— Soit α, β ∈ R et (x, y), (x′, y′) ∈ E1, alors α(x, y) + β(x′, y′) = (αx+

βx′, αy + βy′).Pour que (αx+βx′, αy+βy′) ∈ E1, il faut que αx+βx′ ≤ αy+βy′.Or pour α = 1, β = −1 ∈ R et (x, y) = (1, 1), (x′, y′) = (1, 2) ∈ E1,on a αx+ βx′ = 0 > αy + βy′ = −1.

Donc E1 n’est pas un sous espace vectoriel de R2.2. E2 = {(x, y) ∈ R2, xy = 0}.

— On a 0× 0 = 0, donc (0, 0) ∈ E2, donc E2 6= ∅.— Soit α, β ∈ R et (x, y), (x′, y′) ∈ E2, alors α(x, y) + β(x′, y′) = (αx+

βx′, αy + βy′).Pour que (αx+βx′, αy+βy′) ∈ E1, il faut que (αx+βx′)(αy+βy′) =0. Or pour α = 1, β = 1 ∈ R et (x, y) = (1, 0), (x′, y′) = (0, 1) ∈ E2,on a (αx+ βx′)(αy + βy′) = 1 6= 0.

Donc E2 n’est pas un sous espace vectoriel de R2.3. E3 = {(x, y) ∈ R2, x = y}.

— On a 0 = 0, donc (0, 0) ∈ E3, donc E3 6= ∅.— Soit α, β ∈ R et (x, y), (x′, y′) ∈ E3, alors α(x, y) + β(x′, y′) = (αx+

βx′, αy + βy′).Et comme x = y et x′ = y′ (car (x, y), (x′, y′) ∈ E3) alors αx+ βx′ =αy + βy′. Donc (αx+ βx′, αy + βy′) ∈ E3.

Donc E3 est un sous espace vectoriel de R2.4. E4 = {(x, y) ∈ R2, x+ y = 1}.

On a 0 + 0 6= 1, donc (0, 0) 6∈ E4, donc E4 n’est pas un sous espacevectoriel de R2.


1. — F = {(x, y, z) ∈ R3/x+ y − z = 0}.— On a 0 + 0− 0 = 0, donc (0, 0, 0) ∈ F . Donc F 6= ∅.— Soit (x, y, z), (x′, y′, z′) ∈ F . C’est à dire x + y − z = 0 et x′ +

y′ − z′ = 0, et soit λ, µ ∈ R. Alors, λ(x, y, z) + µ(x′, y′, z′) =(λx+ µx′, λy + µy′, λz + µz′)Et (λx+ µx′) + (λy + µy′)− (λz + µz′) = λ(x+ y − z) + µ(x′ +y′ − z′) = 0. Donc (λx+ µx′, λy + µy′, λz + µz′) ∈ F

Donc F est un sous espace vectoriel de R3.— G = {(a− b, a+ b, a− 3b)/(a, b) ∈ R2}


— On a pour a = 0 et b = 0, (a− b, a+ b, a− 3b) = (0, 0, 0), donc(0, 0, 0) ∈ G. Donc G 6= ∅.

— Soit (x, y, z), (x′, y′, z′) ∈ G. C’est à dire qu’il existe (a, b) et(a′, b′)dansR2 tels que (x, y, z) = (a−b, a+b, a−3b) et (x′, y′, z′) =(a′ − b′, a′ + b′, a′ − 3b′), et soit λ, µ ∈ R. Alors,

λ(x, y, z) + µ(x′, y′, z′)

= λ(a− b, a+ b, a− 3b) + µ(a′ − b′, a′ + b′, a′ − 3b′)

= (λ(a− b) + µ(a′ − b′), λ(a+ b) + µ(a′ + b′), λ(a− 3b) + µ(a′ − 3b′)

= ((λa+ µa′)− (λb+ µb′), (λa+ µa′) + (λb+ µb′), (λa+ µa′)− 3(λb+ µb′))

= (a′′ − b′′, a′′ + b′′, a′′ − 3b′′)

avec a′′ = λa+µa′ et b′′ = λb+µb′, donc λ(x, y, z)+µ(x′, y′, z′) ∈G.

Donc G est un sous espace vectoriel de R3.2. Soit (x, y, z) ∈ R3.

(x, y, z) ∈ F ∩G ⇐⇒ (x, y, z) ∈ F et (x, y, z) ∈ G⇐⇒ x+ y − z = 0 et ∃(a, b) ∈ R2 : (x, y, z) = (a− b, a+ b, a− 3b)

⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2 : (a− b) + (a+ b)− (a− 3b) = 0

et (x, y, z) = (a− b, a+ b, a− 3b)

⇐⇒ ∃(a, b) ∈ R2 : a+ 3b = 0 et (x, y, z) = (a− b, a+ b, a− 3b)

⇐⇒ ∃a ∈ R : (x, y, z) = (a− (−a/3), a+ (−a/3), a− 3(−a/3))

⇐⇒ ∃a ∈ R : (x, y, z) = (4a/3, 2a/3, 2a)

⇐⇒ ∃a ∈ R : (x, y, z) = (2a, a, 3a)

Donc F ∩G = {(2a, a, 3a)/a ∈ R}.



F ∩G = F +G ⇐⇒ F = G.

— SiF = G, alorsF∩G = F = G etF+G = F = G, doncF∩G = F+G.— Supposons que F ∩G = F +G, et montrons que F = G, c’est à dire

F ⊂ G et G ⊂ F .— On a F ⊂ F +G (car pour tout x ∈ F , x = x+ 0 ∈ F +G, 0 ∈ G),

et comme F +G = F ∩G et F ∩G ⊂ G, on en déduit que F ⊂ G.— De même, G ⊂ F +G = F ∩G ⊂ F . Donc G ⊂ F .




F ∪G est un sous-espace vectoriel de E ⇐⇒ F ⊂ G ou G ⊂ F.

— Si F ⊂ G ou G ⊂ F alors F ∪ G = G ou F ∪ G = F . Dans les deuxcas, F ∪G est un sous-espace vectoriel de E.

— Réciproquement, supposons que F ∪G est un sous-espace vectorielde E. Par l’absurde supposons que F n’est pas inclus dans G et queG n’est pas inclus dans F . Alors il existe x ∈ F \ G et y ∈ G \ F .Comme x ∈ F ∪G et y ∈ F ∪G, alors x+ y ∈ F ∪G (car F ∪G estun espace vectoriel).Comme x+ y ∈ F ∪G alors x+ y ∈ F ou x+ y ∈ G.— Si x+ y ∈ F alors, comme x ∈ F , (x+ y) + (−x) ∈ F donc y ∈ F ,

ce qui est absurde.— Si x+ y ∈ G alors, comme y ∈ G, (x+ y) + (−y) ∈ G donc x ∈ G,

ce qui est absurde.Dans les deux cas nous obtenons une contradiction. Donc F est inclusdans G ou G est inclus dans F .


1. v1 = (1, 0, 1) ; v2 = (0, 2, 2) ; v3 = (3, 7, 1).Soit α1, α2, α3 ∈ R, supposons que α1v1 + α2v2 + α3v3 = (0, 0, 0), alors

α1 + 3α3 = 0, (1)

2α2 + 7α3 = 0, (2)

α1 + 2α2 + α3 = 0 (3)

— (1) =⇒ α1 = −3α3,— (2) =⇒ α2 = −7

2α3,

— (3) =⇒ −3α3 − 7α3 + α3 = 0on a donc α1 = α2 = α3 = 0, la famille {v1, v2, v3} est donc libre.

2. On remarque que v3 = v1 + v2, la famille {v1, v2, v3} est donc liée.


v1 = (1, 2, 3, 4) et v2 = (1,−2, 3,−4).


1. Soit x, y ∈ R

(x, 1, y, 1) ∈ Vect{v1, v2}⇐⇒ ∃λ, µ ∈ R : (x, 1, y, 1) = λ(1, 2, 3, 4) + µ(1,−2, 3,−4)

⇐⇒ ∃λ, µ ∈ R : (x, 1, y, 1) = (λ, 2λ, 3λ, 4λ) + (µ,−2µ, 3µ,−4µ)

⇐⇒ ∃λ, µ ∈ R : (x, 1, y, 1) = (λ+ µ, 2λ− 2µ, 3λ+ 3µ, 4λ− 4µ)

=⇒ ∃λ, µ ∈ R : 1 = 2(λ− µ) et 1 = 4(λ− µ)

=⇒ ∃λ, µ ∈ R : λ− µ =1

2et λ− µ =

1

4

Ce qui est impossible quelque soient x, y. Donc on ne peut pas trouverde tels x, y.

2. On fait le même raisonnement :

(x, 1, 1, y) ∈ Vect{v1, v2}⇐⇒ ∃λ, µ ∈ R : (x, 1, 1, y) = (λ+ µ, 2λ− 2µ, 3λ+ 3µ, 4λ− 4µ)

⇐⇒ ∃λ, µ ∈ R :

x = λ+ µ

1 = 2λ− 2µ

1 = 3λ+ 3µ

y = 4λ− 4µ

⇐⇒ ∃λ, µ ∈ R :

λ = 5

12

µ = − 112

x = 13

y = 2

Donc le seul vecteur (x, 1, 1, y) qui convienne est (13, 1, 1, 2).


E = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4/x1 + x2 + x3 + x4 = 0}.

1. On vérifie les propriétés qui font de E un sous-espace vectoriel de R4 :— On a 0 + 0 + 0 + 0 = 0, donc (0, 0, 0, 0) ∈ E.— Soit v = (x1, x2, x3, x4) ∈ E et v′ = (x′1, x

′2, x′3, x′4) ∈ E alors v+v′ =

(x1 + x′1, x2 + x′2, x3 + x′3, x4 + x′4) et (x1 + x′1) + (x2 + x′2) + (x3 +x′3) + (x4 +x′4) = (x1 +x2 +x3 +x4) + (x′1 +x′2 +x′3 +x′4) = 0. Doncv + v′ ∈ E.

— Soit v = (x1, x2, x3, x4) ∈ E et λ ∈ R alors λv = (λx1, λx2, λx3, λx4)et (λx1 +λx2 +λx3 +λx4) = λ(x1 +x2 +x3 +x4) = 0. Donc λv ∈ E.


Soit (x1, x2, x3, x4) un élément de E. Alors x1 + x2 + x3 + x4 = 0, ouencore x4 = −x1 − x2 − x3. Donc on peut écrire

(x1, x2, x3, x4) = (x1, x2, x3,−x1 − x2 − x3)= x1(1, 0, 0,−1) + x2(0, 1, 0,−1) + x3(0, 0, 1,−1)

Donc les vecteurs v1 = (1, 0, 0,−1), v2 = (0, 1, 0,−1) et v3 = (0, 0, 1,−1)forment une famille génératrice de E. Montrons que c’est une famillelibre.(a) Soit α, β, γ ∈ R tels que αv1 + βv2 + γv3 = 0. Nous obtenons

donc :

αv1 + βv2 + γv3 = 0

=⇒ α(1, 0, 0, 1) + β(0, 1, 0, 1) + γ(0, 0, 1,−1) = (0, 0, 0, 0)

=⇒

α = 0

β = 0

γ = 0

−α− β − γ = 0

Donc (v1, v2, v3) est une famille libre.Remarque : Vous pouvez choisir d’autres vecteurs pour la base (laseule chose qui doit rester la même est le nombre de vecteurs dansune base : dans ce cas 3).


v1 = (1, 1, 1, 1), v2 = (1, 2, 3, 4), v3 = (3, 1, 4, 2), v4 = (10, 4, 13, 7), v5 =(1, 7, 8, 14).

Soit α1, α2, α3, α4, α5 ∈ R. Supposons que α1v1 + α2v2 + α3v3 + α4v4 +α5v5 = (0, 0, 0, 0), alors

α1 + α2 + 3α3 + 10α4 + α5 = 0 (1)

α1 + 2α2 + α3 + 4α4 + 7α5 = 0 (2)

α1 + 3α2 + 4α3 + 13α4 + 8α5 = 0 (3)

α1 + 4α2 + 2α3 + 7α4 + 14α5 = 0 (4)

La solution de ce système est :

α1 = −α4,

α2 = −4α5,

α3 = −3α4 + α5,

α4 quelconque,α5 quelconque.


par exemple, pour α4 = 1 et α5 = 1 on a α1 = −1, α2 = −4 et α3 = −2, c’està dire

−(1, 1, 1, 1)−4(1, 2, 3, 4)−2(3, 1, 4, 2)+(10, 4, 13, 7)+(1, 7, 8, 14) = (0, 0, 0, 0)

on peut écrire par exemple v1 = −4v2 − 2v3 + v4 + v5.On examine ensuite la famille {v2, v3, v4, v5} pour savoir si elle est libre.

α2 + 3α3 + 10α4 + α5 = 0

2α2 + α3 + 4α4 + 7α5 = 0

3α2 + 4α3 + 13α4 + 8α5 = 0

4α2 + 2α3 + 7α4 + 14α5 = 0

La solution est : α2 = −4α5,

α3 = α5,

α4 = 0,

α5 quelconque .Si on prend α5 = 1, on aura α2 = −4, α3 = 1, c’est à dire

−4(1, 2, 3, 4) + (3, 1, 4, 2) + (1, 7, 8, 14) = (0, 0, 0, 0),

on peut alors écrire par exemple : v5 = 4v2 + v3, et on peut se demander sila famille {v2, v3, v4} est libre.

α2 + 3α3 + 10α4 = 0

2α2 + α3 + 4α4 = 0

3α2 + 4α3 + 13α4 = 0

4α2 + 2α3 + 7α4 = 0

la solution de ce système est α2 = α3 = α4 = 0, la famille {v2, v3, v4} estdonc libre.


Soit α, β, γ ∈ R, supposons que ∀x ∈ R : α sinx+ β sin 2x+ γ sin 3x = 0.— Pour x = π/2, on obtient α− γ = 0, donc α = γ.— Pour x = π/3, on obtient α(

√3/2) + β(

√3/2) = 0. Donc β = −α.

— Pour x = π/4, on obtient α(√

2/2) + β− γ(√

2/2) = 0. En remplaçantβ et γ on obtient α(

√2/2)− α− α(

√2/2) = 0, c’est à dire α = 0.

On a trouvé α = β = γ = 0, donc sinx, sin 2x, sin 3x constituent une famillelibre.


Exercices supplémentairesExercice 1.11

Soit E un espace vectoriel sur R et x, y, z, t une famille libre d’élémentsde E, les familles suivantes sont-elles libres ?

1. x, 2y, z.2. x, z.3. x, 2x+ t, t.4. 3x+ z, z, y + z.5. 2x+ y, x− 3y, t, y − x.

Exercice 1.12

Soit E un espace vectoriel de dimension finie, F et G deux sous-espacesvectoriels de E. Montrer que dim(F +G) = dimF + dimG− dim(F ∩G).

Chapitre 2

Applications linéaires

2.1 Généralités sur les applications linéairesSoit E et F deux espaces vectoriels sur le même corps commutatif K.

Définition (Application linéaire). Une application f deE dansF est appeléeapplication linéaire si elle vérifie les deux conditions suivantes :

1. Pour tous vecteurs u et v de E, f(u+ v) = f(u) + f(v).2. Pour tout vecteur u de E et pour tout scalaire λ de K, f(λu) = λf(u).

Remarque. Si f est une application linéaire de E dans F alors— f(0E) = 0F ;— pour tout vecteur u de E, f(−u) = −f(u).

Démonstration. Il suffit d’appliquer la propriété 2) de linéarité avec λ = 0Kpuis avec λ = −1. Soit u un vecteur de E,

— on a 0Ku = 0E , donc f(0E) = f(0Ku) = 0Kf(u) = 0F .— on a −u = (−1)u, donc f(−u) = (−1)f(u) = −f(u).

Remarque. La nécessité que E et F soient des espaces vectoriels sur le mêmecorps K apparaît clairement dans ces calculs.Remarque.

— Une application linéaire deE dansF est aussi appelée homomorphismed’espaces vectoriels.

— Une application linéaire bijective de E dans F est appelée isomor-phisme d’espaces vectoriels.

— Une application linéaire de E dans E est appelée endomorphisme deE.

— Un endomorphisme bijectif de E est appelé automorphisme de E.

19

CHAPITRE 2. APPLICATIONS LINÉAIRES 20

— Une application linéaire de E dans K est appelée forme linéaire sur E.(K est considéré ici comme un espace vectoriel sur K.)

Remarque. Soit f une application d’un espace vectoriel E dans un espacevectoriel F . Lorsqu’on cherche à répondre à la question : « f est-elle linéaire ?», on peut rapidement déterminer f(0E).

— Si f(0E) 6= 0F , alors on peut conclure que f n’est pas linéaire.— Si f(0E) = 0F , on ne peut rien conclure et il faut alors vérifier que f

satisfait à chacune des deux propriétés de linéarité.

Proposition 2.1 (Caractérisation d’une application linéaire). Soit E et Fdeux espaces vectoriels sur K et f une application de E dans F ; l’application f estlinéaire si et seulement si, pour tous vecteurs u et v de E et pour tous scalaires α etβ, on a :

f(αu+ βv) = αf(u) + βf(v)

Proposition 2.2 (Image d’une combinaison linéaire). SoitE et F deux espacesvectoriels sur K, et f une application linéaire de E dans F , alors

∀n ∈ N∗,∀(λ1, . . . , λn) ∈ Kn,∀(u1, . . . , un) ∈ En : f

(n∑i=1

λiui

)=

n∑i=1

λif(ui)

Cette proposition se démontre par récurrence sur n.

Proposition 2.3 (Structure d’espace vectoriel deL(E,F )). SoientE et F deuxespaces vectoriel sur K, l’ensemble des applications linéaires de E dans F , notéL(E,F ), muni de l’addition des applications, et du produit d’une application parun scalaire, est un espace vectoriel sur K.

Pour montrer cette proposition, on montre que L(E,F ) est un sousespace vectoriel de F(E,F ) (l’ensemble des applications de E dans F ).

Cas où E = F L’ensemble des endomorphismes de E, noté L(E) (plutôtque L(E,E)) est un espace vectoriel sur K.

Proposition 2.4 (Composée de deux applications linéaires). Soient E, F etG trois espaces vectoriels sur K, f une application linéaire de E dans F et g uneapplication linéaire de F dans G, alors g ◦ f est une application linéaire de E dansG.

Autrement dit, la composée de deux applications linéaires est une applicationlinéaire.


2.2 Noyau et image d’une application linéaireDéfinition. Soit f une application linéaire de E dans F .

— On appelle noyau de f , et on note ker f , le sous-ensemble de E définipar :

ker f = {x ∈ E/f(x) = 0F}.— On appelle image de f , et on note Imf , le sous-ensemble de F défini

par :Imf = {y ∈ F/∃x ∈ E : y = f(x)}.

Proposition 2.5. — ker f est un sous espace vectoriel de E.— Imf est un sous espace vectoriel de F .

Théorème 2.1. Soit f ∈ L(E,F ), alors f est injective si et seulement si ker f ={0E}.

Théorème 2.2. Soit f ∈ L(E,F ), alors f est surjective de E dans F si et seule-ment si Imf = F .

Remarque. La linéarité de f ne joue aucun rôle dans ce théorème, il est vraimême si f n’est pas linéaire.

Dans la suite, nous considérons E et F deux espaces vectoriels de typefini.

Théorème 2.3. Soit f ∈ L(E,F ), alors on a les propriétés suivantes :— l’image par f d’une famille génératrice de E est une famille génératrice de

Imf ,— si f est surjective : l’image par f d’une famille génératrice de E est une

famille génératrice de F ,— l’image par f d’une famille liée de E est une famille liée de F ,— si f est injective : l’image par f d’une famille libre de E est une famille libre

de F .— si f est bijective : l’image par f d’une base de E est une base de F .

Nous admettons sans démonstration le théorème suivant.

Théorème 2.4 (Théorème du rang). Soit f ∈ L(E,F ). Alors :

dim Imf + dim ker f = dimE

dim Imf est appelé le rang de f .

Corollaire 2.1. Soit f ∈ L(E,F ). Si dimE = dimF , alors :— si f est injective alors f est surjective (donc bijective),— si f est surjective alors f est injective (donc bijective).



Pour chacune des applications suivantes,— montrer qu’elle est linéaire,— déterminer son noyau et son image,— en déduire si elle est injective, surjective, bijective.

f1 : R2 → R2 f1(x, y) = (2x+ y, x− y)

f2 : R3 → R3 f2(x, y, z) = (2x+ y + z, y − z, x+ y)

f3 : R2 → R4 f3(x, y) = (y, 0, x− 7y, x+ y)

Exercice 2.2

Soit f la fonction de R4 dans R4 définie par :

f(x, y, z, t) = (x+ y + z + t, x+ y + z + t, x+ y + z + t, 2x+ 2y + 2z + 2t) .

1. Montrer que f est linéaire.2. Vérifier que les vecteurs a = (1,−1, 0, 0), b = (0, 1,−1, 0) et c =

(0, 0, 1,−1) appartiennent à ker f .3. Vérifier que le vecteur d = (5, 5, 5, 10) appartient à Imf .

Exercice 2.3

1. Vérifier qu’il existe une unique application linéaire de R3 dans R2

vérifiant

f(1, 0, 0) = (1, 1), f(0, 1, 0) = (0, 1), f(0, 0, 1) = (−1, 1).

2. Calculer f(3,−1, 4) et f(x, y, z) en général.3. Déterminer ker f . En donner une base.

Exercice 2.4

Soit f : C→ C, z 7→ z + az où a est un nombre complexe donné non nul.1. Montrer que f est un endomorphisme de C (comme espace vectoriel

sur R).2. Déterminer le noyau et l’image de f .3. f est-il un endomorphisme de C comme un espace vectoriel sur C ?



1. f1 : R2 → R2 f1(x, y) = (2x+ y, x− y).— Soit α, β ∈ R et u = (x, y), v = (x′, y′) ∈ R2.

f1(αu+ βv) = f1(αx+ βx′, αy + βy′)

= (2(αx+ βx′) + (αy + βy′), (αx+ βx′)− (αy + βy′))

= (α(2x+ y) + β(2x′ + y′), α(x− y) + β(x′ − y′))= α(2x+ y, x− y) + β(2x′ + y′, x′ − y′)= αf1(u) + βf1(v)

Donc f1 est linéaire.— ker f1 = {(x, y) ∈ R2/f1(x, y) = (0, 0)} = {(x, y) ∈ R2/(2x+ y, x−

y) = (0, 0)}Mais

(2x+ y, x− y) = (0, 0) ⇐⇒ 2x+ y = 0 et x− y = 0

⇐⇒ 2x+ y = 0 et x = y

⇐⇒ 3x = 0 et x = y

⇐⇒ x = 0 et y = 0

Donc ker f1 = {(0, 0)}.— Imf1 = {f1(x, y)/(x, y) ∈ R} = {(2x + y, x − y)/(x, y) ∈ R} ={x(2, 1) + y(1,−1)/(x, y) ∈ R} = V ect{(2, 1), (1,−1)}.Imf1 est le sous espace vectoriel engendré par les vecteurs {(2, 1), (1,−1)}.Montrons que ces deux vecteurs sont linéairement indépendant.Soit α, β ∈ R tels que α(2, 1) + β(1,−1) = (0, 0). Alors

α(2, 1) + β(1,−1) = (0, 0) ⇐⇒ (2α + beta, α− beta) = (0, 0) ⇐⇒ α = 0 et β = 0.

Donc {(2, 1), (1,−1)} est une base de Imf1, donc dim Imf1 = 2.Donc Imf1 = R2.Remarque On peut aussi retrouver ce résultat en utilisant le théo-rème du rang.

— ker f1 = {(0, 0)} donc f1 est injective. Imf1 = R2, donc f1 est sur-jective. Donc f1 est bijective.

2. —


— ker f2 = {(x, y, z) ∈ R3/f2(x, y, z) = (0, 0, 0)} = {(x, y, z) ∈ R3/(2x+y + z, y − z, x+ y) = (0, 0, 0)}

(2x+ y + z, y − z, x+ y) = (0, 0, 0) ⇐⇒ 2x+ y + z = 0, y − z = 0, x+ y = 0

⇐⇒ 2x+ y + z = 0, z = y, x = −y⇐⇒ 0.y = 0, z = y, x = −y⇐⇒ y quelconque, z = y, x = −y

Donc ker f2 = {(x, y, z) ∈ R3/z = y, x = −y} = {(−y, y, y)/y ∈R} = V ect{(−1, 1, 1)}.

—

Imf2 = {f(x, y, z)/(x, y, z) ∈ R3}= {(2x+ y + z, y − z, x+ y)/(x, y, z) ∈ R3} = {x(2, 0, 1) + y(1, 1, 1) + z(1,−1, 0)/(x, y, z) ∈ R3} = V ect{(2, 0, 1), y(1, 1, 1), z(1,−1, 0)}.

On remarque que (2, 0, 1) = (1, 1, 1) + (1,−1, 0), donc ces vecteursne sont pas linéairement indépendant. Donc Imf2 = V ect{(1, 1, 1), (1,−1, 0)}.Montrons que (1, 1, 1) et (1,−1, 0) forment une famille libre. Soitα, β ∈ R tels que α(1, 1, 1) + β(1,−1, 0) = (0, 0, 0).

α(1, 1, 1) + β(1,−1, 0) = (0, 0, 0) ⇐⇒ α + β = 0, α− β = 0, α = 0

⇐⇒ α = β = 0

Donc {(1, 1, 1), (1,−1, 0)} est libre, donc c’est une base de Imf2.— ker f2 6= {0} donc f2 n’est pas injective. Imf2 6= R3 (car dim Imf2 =

2 6= 3) donc f2 n’est pas surjective. Donc f2 n’est pas bijective.3.


1. Une application linéaire est complètement déterminée par la donnéedes images des éléments d’une base. La famille {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}étant une base de R3 (c’est la base canonique), f est complètementdéterminée par l’image de cette famille.

2.

f(3,−1, 4) = f(3(1, 0, 0)− (0, 1, 0) + 4(0, 0, 1))

= 3f(1, 0, 0)− f(0, 1, 0) + 4f(0, 0, 1)

= 3(1, 1)− (0, 1) + 4(−1, 1) = (−1, 6)

f(x, y, z) = f(x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1))

= xf(1, 0, 0) + yf(0, 1, 0) + zf(0, 0, 1)

= x(1, 1) + y(0, 1) + z(−1, 1) = (x− z, x+ y + z)


3.


Soit f : C→ C, z 7→ z + az où a est un nombre complexe donné non nul.1. Soit α, β ∈ R et z, z′ ∈ C. Alors :

f(αz + βz′) = αz + βz′ + a(αz + βz′)

= αz + βz′ + aαz + aβz′

= α(z + az) + β(z′ + az′)

= αf(z) + βf(z′)

Donc f est un endomorphisme de C (comme espace vectoriel sur R).2. ker f = {z ∈ C/f(z) = 0}.

Soit z = x+ iy ∈ C, et posons a = b+ ic

f(z) = 0 ⇐⇒ z + az = 0

⇐⇒ x+ iy + (b+ ic)(x− iy) = 0

⇐⇒ x+ iy + bx+ icx− iby + cy = 0

⇐⇒ x+ bx+ cy = 0 et y + cx− by = 0

⇐⇒ (1 + b)x+ cy = 0 et (1− b)y + cx = 0

— si b 6= −1, alors x = cy1+b

, et donc (1 − b)y + c2y1+b

= 0 ou encore(1− b+ c2

1+b)y = 0.

— si 1 − b + c2

1+b= 0, c’est-à-dire c2 = (1 − b)(1 + b), alors on a

x = cy1+b

et y quelconque. Donc z = cy1+b

+ iy = y( c1+b

+ i). ker fest le sous espace vectoriel de C engendré par { c

1+b+ i}.

— si 1− b+ c2

1+b6= 0, alors y = 0, donc x = 0. Donc ker f = {0}.

— si b = −1, alors on a cy = 0 et −2y + cx = 0— si c = 0, alors −2y = 0 donc y = 0, et x est quelconque. Donc

z = x, ker f = R.— si c 6= 0, alors y = 0 et x = 0, donc ker f = {0}.

3. Soit α, β ∈ C et z, z′ ∈ C. Alors :

f(αz + βz′) = αz + βz′ + a(αz + βz′)


αf(z) + βf(z′) = α(z + az) + β(z′ + az′)


Donc f n’est pas un endomorphisme de C (comme espace vectorielsur C).



1. Montrer que si H est un sous espace vectoriel de E, alors dim f(H) =dimH − dim(H ∩ ker f).

2. Montrer que siK est un sous espace vectoriel deF , alors dim f−1(K) =dim(K ∩ Imf) + dim(ker f).

Exercice 2.6

Soit E un espace vectoriel et soient E1 et E2 deux sous-espaces vectorielsde dimension finie de E, on définit l’application f : E1 × E2 → E parf(x1, x2) = x1 + x2.

1. Montrer que f est linéaire.2. Déterminer le noyau et l’image de f .3. Que donne le théorème du rang ?

Exercice 2.7

Soit E, F , G trois espaces vectoriels de dimensions respectives n, p, q,f et g deux applications linéaires E f→ F

g→ G telles que g ◦ f = 0. Quellerelation existe-t-il entre le rang de f et celui de g ?

Chapitre 3

Matrices

3.1 Généralités sur les matricesDéfinition (Matrice). Soit deux entiers n et p supérieurs ou égaux à 1. Onappelle matrice de type (n, p) à coefficients dansK, un tableau rectangulaireà n lignes et p colonnes d’éléments de K. Un tel tableau est représenté de lafaçon suivante

A =

a1,1 a1,2 · · · a1,pa2,1 a2,2 · · · a1,p... ... ...

an,1 an,2 · · · an,p

Remarque.

— On dit aussi que A est une matrice à n lignes et p colonnes.— Les éléments ai,j de K sont appelés les coefficients de la matrice A.

Le premier indice est l’indice de la ligne et le deuxième celui dela colonne, donc ai,j désigne l’élément de la i-ième ligne et j-ièmecolonne.

— On notera souvent une telle matrice A = (ai,j)1≤i≤n1≤j≤p

ou encore A =

(ai,j) s’il n’y a pas d’ambiguïté.— Souvent on omet d’écrire la virgule entre les deux indices. On écrit

simplement aij .— L’ensemble des matrices à n lignes et p colonnes à coefficients dans

K est notéMn,p(K) ouMnp(K).— Les éléments deMnp(R) (respectivementMnp(C)) sont appelés des

matrices réelles (respectivement matrices complexes).

Cas particuliers

27

CHAPITRE 3. MATRICES 28

— Une matrice qui a une seule ligne est appelée matrice ligne. Si elle ap colonnes, on la note de la manière suivante(

a1,1 a1,2 · · · a1,p)

— De même, une matrice qui a une seule colonne est appelée matricecolonne. Si elle a n lignes, on la note de la manière suivante

a1,1a1,2...

a1,n

Exemple. —

(1 2/3 14 0 3 2

)est unematrice ligne (qui a 6 colonnes).

—

10

3/7

est une matrice colonne (qui a 3 lignes).

3.2 Matrices carréesDéfinition (Matrice carrée). Une matrice dont le nombre de lignes est égalau nombre de colonnes est appelée matrice carrée. Si ce nombre est n, ondit que la matrice est d’ordre n et l’on noteMn(K) (au lieu de Mn,n(K)),l’ensemble des matrices carrées d’ordre n à coefficients dans K.

Définition (Diagonale principale). Soit une matrice carrée :

A =

a1,1 a1,2 · · · a1,pa2,1 a2,2 · · · a1,p... ... ...

an,1 an,2 · · · an,p

On appelle coefficients diagonaux de la matriceA les scalaires ai,i, 1 ≤ i ≤ n.Ils constituent la diagonale principale de A.

Définition (Matrice triangulaire). On appelle matrice triangulaire supé-rieure (respectivement inférieure) une matrice carrée dont tous les termes «en dessous » (respectivement « au dessus ») de la diagonale principale sontnuls.

Formellement, une matrice A = (aij) carrée d’ordre n est— triangulaire supérieure si pour tous i et j tels que 1 ≤ j < i ≤ n, on

a aij = 0.


— triangulaire inférieure si pour tous i et j tels que 1 ≤ i < j ≤ n, on aaij = 0.

Définition (Matrice diagonale). On appelle matrice diagonale une matricecarrée dont les termes situés hors de la diagonale principale sont tous nuls.

Formellement, une matrice A = (aij) carrée d’ordre n est diagonale sipour tous i et j tels que 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ n, i 6= j, on a aij = 0.

Cas particulier La matrice diagonale d’ordre n dont les éléments de ladiagonale principale sont tous égaux à 1 est appelée la matrice unité oumatrice identique d’ordre n et notée In. On a donc

In =

1 0 · · · · · · 00 1 0 · · · 0... 0

. . . . . . ...... ... . . . . . . 00 0 · · · 0 1

3.3 Opérations sur les matricesDéfinition (Transposée d’une matrice). Soit A = (aij) ∈ Mnp(K). On ap-pelle transposée de A et l’on note tA la matrice à p lignes et n colonnes determe général bij défini par ∀i, j : bij = aji.

Remarque.— La i-ième ligne de A devient la i-ème colonne de tA.— La transposée d’une matrice ligne est une matrice colonne.— t

(tA) = A.Exemple. 1. Soit A la matrice réelle à 3 lignes et 4 colonnes

A =

1 3 −3 51 0, 5 2 33√3 1/5 2 1

Sa transposée est la matrice à 4 lignes et 3 colonnes, égale à

tA =

1 1

√3

3 0, 5 1/5−3 2 25 33 1


2. Soit la matrice carrée réelle d’ordre 3 (c’est-à-dire à 3 lignes et 3 co-lonnes) définie par

A =

1 −1 −32 0 213 −5 2

Alors sa transposée est la matrice à 3 lignes et 3 colonnes, égale à

tA =

1 2 3−1 0 −5−3 21 2

Remarque.

— La transposée d’une matrice carrée est une matrice de même type.— Si A est une matrice carrée, les termes diagonaux de A et de tA sont

les mêmes.

Définition (Somme de deux matrices). Soit A = (aij) et B = (bij) deuxmatrices deMnp(K). On appelle somme des matrices A et B, et l’on noteA+B, la matrice A+B = (cij) deMnp(K) telle que

∀i, 1 ≤ i ≤ n,∀j, 1 ≤ j ≤ p : cij = aij + bij.

Propriétés de la somme de deux matrices A, B et C désignent des ma-trices deMnp(K).

1. A+B=B+A.2. (A+B)+C=A+(B+C).3. Si on note Onp la matrice deMnp(K) dont tous les coefficients sont

nuls, on a A+Onp = A.4. Si A = (aij) et A′ = (−aij) ∈Mnp(K), alors A+ A′ = Onp.5. t(A+B) = tA+ tB.

Définition (Produit d’unematrice par un scalaire). SoitA = (aij) ∈Mnp(K)et α ∈ K. On appelle produit de la matrice A par le scalaire α, et on noteαA la matrice αA = (bij) deMnp(K) telle que

∀i, 1 ≤ i ≤ n,∀j, 1 ≤ j ≤ n : bij = αaij.


Propriétés de la multiplication par un scalaire A et B désignent des ma-trices deMnp(K), et α et β des scalaires de K.

1. α(βA) = (αβ)A.2. 1A = A.3. (α + β)A = αA+ βA.4. α(A+B) = αA+ αB.5. t(αA) = αtA.

Théorème 3.1. L’ensembleMnp(K) des matrices carrées à n lignes et p colonnesà coefficients dans K, muni de l’addition des matrices et de la multiplication d’unematrice par un scalaire a une structure d’espace vectoriel sur K.

Définition (Produit de deux matrices). Soit A = (aij) ∈ Mnp(K) et B =(bij) ∈ Mpl(K). On appelle produit des matrices A et B, et on note AB lamatrice AB = (cij) deMnl(K) telle que

∀i, 1 ≤ i ≤ n,∀j, 1 ≤ j ≤ l : cij =

p∑k=1

aikbkj.

C’est à dire que pour obtenir l’élément cij (i-ème ligne et j-ème colonne deAB), on utilise les aik, 1 ≤ k ≤ p (la i-ème ligne de A) et les bkj, 1 ≤ k ≤ p(la j-ème colonne de B).

Exemple. Soit les matrices

A =

2 2 110 0 −5−3 1 2

, B =

3 0 12 1 40 3 1

.

Alors on a

AB =

c11 c12 c13c21 c22 c23c31 c32 c33

avec cij =

∑3k=1 aikbkj .

Première ligne de AB— c11 = 2× 3 + 2× 2 + 1× 0 = 10 (1re ligne de A, 1re colonne de B).— c12 = 2× 0 + 2× 1 + 1× 3 = 5 (1re ligne de A, 2e colonne de B).— c13 = 2× 1 + 2× 4 + 1× 1 = 11 (1re ligne de A, 3e colonne de B).


Deuxième ligne de AB— c21 = 10× 3 + 0× 2 + (−5)× 0 = 30 (2e ligne de A, 1re colonne de

B).— c22 = 10× 0 + 0× 1 + (−5)× 3 = −15 (2e ligne de A, 2e colonne de

B).— c13 = 10× 1 + 0× 4 + (−5)× 1 = 5 (2e ligne de A, 3e colonne de B).

Troisième ligne de AB— c31 = (−3)× 3 + 1× 2 + 2× 0 = −7 (3e ligne de A, 1re colonne de

B).— c32 = (−3)× 0 + 1× 1 + 2× 3 = 7 (3e ligne de A, 2e colonne de B).— c33 = (−3)× 1 + 1× 4 + 2× 1 = 3 (3e ligne de A, 3e colonne de B).

On a donc

AB =

10 5 1130 −15 5−7 7 3

Propriétés du produit de deux matrices

1. Si A ∈ Mn,p(K), B ∈ Mp,k(K) et C ∈ Mk,m(K), alors (AB)C =A(BC).

2. Si A ∈Mn,p(K) et B,C ∈Mp,k(K), alors A(B + C) = AB + AC.3. Si A,B ∈Mn,p(K) et C ∈Mp,k(K), alors (A+B)C = AB + AC.4. Si A ∈Mn,p(K) et B ∈Mp,k(K), alors t(AB) = tBtA.5. Si A ∈ Mn,p(K) alors AIp = A et InA = A (où In est la matrice unité

d’ordre n).

Définition (Matrice inversible). UnematriceM ∈Mn(K) est dite inversibles’il existe une matrice, qu’on noteM−1, deMn(K) telle queMM−1 = In.

Exemple. A =

1 2 3−1 0 −5−3 21 2

A−1 =

105/76 59/76 −5/3817/76 11/76 1/38−21/76 −27/76 1/38


3.4 Matrice associée à une application linéaireSoitE et F deux espaces vectoriels de dimension finie sur le même corps

K.

Théorème 3.2. Soit f ∈ L(E,F ), f est déterminée par l’image des éléments d’unebase de E.

Posons p = dimE et n = dimF et soit BE = {e1, e2, . . . , ep} une basede E et BF = {e′1, e′2, . . . , e′n} une base de F et soit f ∈ L(E,F ). f estdéterminée par l’image de d’une base de E, c’est à dire par les vecteursf(e1), f(e2), . . . , f(ep).

Pour tout j, 1 ≤ j ≤ p, f(ej) est un vecteur de F et s’écrit de manièreunique comme combinaison linéaire des vecteurs de la base BF .

f(ej) = a1je′1 + a2je

′2 + · · ·+ anje

′n.

L’application f est donc complètement déterminée par les n.p coefficientsaij . (p vecteurs et n coefficients par vecteur).

Définition. On appelle matrice associée à l’application linéaire f par rap-port aux bases BE = {e1, e2, . . . , ep} et BF = {e′1, e′2, . . . , e′n} et on noteMf (BE, BF ) la matrice à n lignes et p colonnes dont la j-ième colonne estconstituée des coordonnées de f(ej) dans la base BF .

Mf (BE, BF ) =

a11 a12 . . . a1pa21 a22 . . . a2p... ... ...an1 an2 . . . anp

.

— La première colonne est constituée des coordonnées de f(e1),— la deuxième des coordonnées de f(e2),— . . .,— la n-ième des coordonnées de f(en).

Soit u ∈ E, on peut écrire u = λ1e1 + λ2e2 + · · ·+ λpep,

Mf (E,F ).

λ1λ2...λp

est une matrice à n lignes et 1 colonne contenant les coordonnées de f(u)dans la base BF .


Exemple. Soit l’application linéaire f définie par

f : R2 → R3

(x, y) 7→ (x− y, 2x+ y, x+ 3y).

On a par exemple f(4, 5) = (−1, 13, 19).SoitB = {(1, 0), (0, 1)} la base canonique deR2 etC = {(1, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 0, 1)}

la base canonique de R3. Alors f(1, 0) = (1, 2, 1) et f(0, 1) = (−1, 1, 3), et lamatrice associée à l’application f par rapport aux bases B et C est

Mf (B,C) =

1 −12 11 3

et on a aussi 1 −1

2 11 3

(45

)=

1× 4− 1× 52× 4 + 1× 51× 4 + 3× 5

=

−11319

Propriétés Soient E, F et G trois espaces vectoriels sur K, BE , BF et BG

leurs bases respectives p = dimE, n = dimF .1. Si f(u) = 0,∀u ∈ E alorsMf (BE, BF ) = On,p.2. Si f : E → E, f(u) = u alorsMf (BE, BE) = Ip.3. Si f, g ∈ L(E,F ), alorsMf+g (BE, BF ) = Mf (BE, BF ) +Mg (BE, BF ).4. Mλf (BE, BF ) = λMf (BE, BF ).5. Si f ∈ L(E,F ) et g ∈ L(F,G) alorsMg◦f (BE, BG) = Mg (BF , BG) .Mf (BE, BF ).6. f est inversible ⇐⇒ f est bijective.


Soient les matrices suivantes :

A =

2 5 −10 1 30 −2 4

; B =

1 7 −12 3 40 0 0

; C =

1 20 4−1 0

.

Calculer : (A− 2B)C, tCA, tCB, et tC(tA− 2tB).


Exercice 3.2

Donner la matrice de l’application f de l’exercice 2.2 dans la base cano-nique de R4.

Exercice 3.3

On considère la matrice suivante :

M =

0 a b c0 0 d e0 0 0 f0 0 0 0

CalculerM2,M3,M4,M5.


(A− 2B)C =

−1 −361 −28−4 −8

, tCA =

(2 7 −54 14 10

),

tCB =

(1 7 −110 26 14

), tC(tA− 2tB) =

(−1 1 −4−36 −28 −8

).


B = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} est la base canonique deR4.

On a

f(1, 0, 0, 0) = (1, 1, 1, 2), f(0, 1, 0, 0) = (1, 1, 1, 2)

f(0, 0, 1, 0) = (1, 1, 1, 2), f(0, 0, 0, 1) = (1, 1, 1, 2)

Donc

Mf (B,B) =

1 1 1 11 1 1 11 1 1 12 2 2 2



M2 =

0 0 ad ae+ bf0 0 0 df0 0 0 00 0 0 0

, M3 =

0 0 0 adf0 0 0 00 0 0 00 0 0 0

,

M4 =

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

, M5 =

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

.


On considère les matrices suivantes :

A =

1 2 −12 3 −20 0 0

; B =

1 0 −12 0 41 0 −2

; C =

2 −21 13 1

;

D =

213

; E =(

0 1 2).

Calculer lorsque cela est bien défini les produits de matrices suivants : AB,BA, AC, CA, AD, AE, BC, BD, BE, CD, DE.

Exercice 3.5

Soit E l’espace vectoriel des fonctions réelles indéfiniment dérivables àvaleurs dans R.

1. Montrer que les quatre fonctions définies par

x1(t) = cos t cosh t,

x2(t) = sin t cosh t,

x3(t) = cos t sinh t,

x4(t) = sin t sinh t

appartiennent à E et sont linéairement indépendantes.


2. Soit F le sous-espace vectoriel deE engendré par ces quatres vecteurs,et u l’endomorphisme de E défini par u(f) = f ′. Montrer que F eststable par u et déterminer la matriceM de u dans la bae (x1, x2, x3, x4)de F .

3. CalculerMn.

Exercice 3.6

Soit f l’endomorphisme de R3 dont la matrice par rapport à la basecanonique (e1, e2, e3) est

A =

15 −11 520 −15 88 −7 6

.

Montrer que les vecteurs

e′1 = 2e1 + 3e2 + e3, e′2 = 3e1 + 4e2 + e3, e′3 = e1 + 2e2 + 2e3

forment une base de R3 et calculer la matrice de f par rapport à cette base.

Exercice 3.7

Soit E = Kn[X] l’ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal àn à coefficients dans le corps K. Et soit u l’endomorphisme de E défini par :∀P ∈ E, u(P ) = P (X + 1)− P .

1. Déterminer keru et Imu.2. Déterminer explicitement une base dans laquelle la matrice de u est

0 1 0 . . . 0... . . . . . . . . . ...

. . . 0... . . . 10 . . . . . . 0

.

Chapitre 4

Systèmes d’équations linéaires

4.1 DéterminantsDéfinition. Soit A = (aij) ∈Mn(K). On définit le déterminant de A, notédetA ou |A| par récurrence.

— Si n = 1 : A = (a11) et detA = a11.— Si n ≥ 2 :

detA =n∑i=1

(−1)i+jaij detAij,∀j, 1 ≤ j ≤ n

où Aij est la matrice obtenue en supprimant la i-ième ligne et laj-ième colonne de A.

Exemple. Calcul du déterminant de la matrice

A =

(a11 a12a21 a22

)Si on développe par rapport à la première colonne∣∣∣∣a+11 a12

a−21 a22

∣∣∣∣ = +a11 × a22−a21 × a12 = a11a22 − a12a21.

Et si on développe par rapport à la deuxième colonne∣∣∣∣a11 a−12a21 a+22

∣∣∣∣ = −a12 × a21+a22 × a11 = a11a22 − a12a21.

On trouve le même résultat.

38

CHAPITRE 4. SYSTÈMES D’ÉQUATIONS LINÉAIRES 39

Exemple. Calcul du déterminant de la matrice

A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

Si on choisit de développer par rapport à la première colonne∣∣∣∣∣∣

a+11 a12 a13a−21 a22 a23a+31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣ = +a11 ×∣∣∣∣a22 a23a32 a33

∣∣∣∣−a21 × ∣∣∣∣a12 a13a32 a33

∣∣∣∣+a31 × ∣∣∣∣a12 a13a22 a23

∣∣∣∣= a11 (a22a33 − a23a32)− a21 (a12a33 − a13a32) + a31 (a12a23 − a13a22)

Remarque. En pratique, on choisit la colonne qui contient le plus de zéros.Exemple. Pour calculer le déterminant de la matrice

A =

1 0 42 −1 03 0 −2

,

on développe par rapport à la deuxième colonne∣∣∣∣∣∣1 0− 42 −1+ 03 0− −2

∣∣∣∣∣∣ = −0×∣∣∣∣2 03 −2

∣∣∣∣+(−1)×∣∣∣∣1 43 −2

∣∣∣∣−0×∣∣∣∣1 42 0

∣∣∣∣ = 14.

Propriétés1. Si deux colonnes sont égales alors le déterminant est nul.2. Le déterminant change de signe si on permute deux colonnes.3. Le déterminant est linéaire par rapport à chaque colonne.4. Le déterminant ne change pas si on ajoute à une colonne une combi-

naison linéaire des autres colonnes.5. det(λA) = λn detA, pour A ∈Mn(K).6. det(A.B) = detA detB.7. det(tA) = detA.8. Toutes les propriétés concernant les colonnes sont valables pour les

lignes.9. Si A est triangulaire (ou diagonale), le déterminant de A est égale au

produit des coefficients diagonaux.10. Si A est inversible, detA 6= 0 et detA−1 = 1

detA.


Calcul de l’inverse d’une matrice Soit A ∈Mn(K). A est inversible si etseulement si det 6= 0 et on a alors

A−1 =1

detAtCom(A)

où Com(A) = (bij) ∈Mn(K), avec

bij = (−1)i+j detAij,

et Aij est la matrice obtenue en supprimant la i-ième ligne et la j-ièmecolonne de la matrice A.Exemple. Soit la matrice

A =

(1 32 4

)Alors detA = 1× 4− 2× 3 = −2. On a detA 6= 0, donc A est inversible, eton a

Com(A) =

(b11 b12b21 b22

);

{b11 = 4 b12 = −2

b21 = −3 b22 = 1

Donc

A−1 =1

detAtCom(A) =

1

−2

(4 −3−2 1

)=

(−2 3/21 −1/2

).

On peut vérifier le calcul en multipliant A par A−1.(1 32 4

)(−2 3/21 −1/2

)=

(−2 + 3 −6 + 61− 1 3− 2

)=

(1 00 1

)= I2

4.2 Systèmes d’équations linéairesUn système de n équations linéaires à p inconnues est de la forme

a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1pxp = b1

a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2pxp = b2...an1x1 + an2x2 + · · ·+ anpxp = bn

(4.1)

où les aij, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ p sont les coefficients du système, les xi, 1 ≤ i ≤ ples inconnues et les bi, 1 ≤ i ≤ n les termes constants.


Formulation matricielle Un tel système peut s’écrire sous forme matri-cielleM.X = B avec

M =

a11 a12 · · · a1pa21 a22 · · · a2p... ... ...an1 an2 · · · anp

, X =

x1x2...xp

, B =

b1b2...bn

4.2.1 Méthode de Cramer

C’est une méthode de résolution qui utilise les déterminants.

Définition (Système de Cramer). Le système (4.1) est dit un système deCramer si

— n = p,— M est inversible.

CommeM est inversible, en multipliant à gauche les deux membres parM−1, on obtient X = M−1B qui constitue la solution unique du système.

Pour 1 ≤ k ≤ n, on obtient

xk =detMB,k

detM,

oùMB,k est la matrice obtenue en remplaçant dansM la k-ème colonne parB.

xk =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 · · · a1,k−1 b1 a1,k+1 · · · a1pa21 a22 · · · a2,k−1 b2 a2,k+1 · · · a2p... ... ... ... ... ...an1 an2 · · · an,k−1 b1 an,k+1 · · · anp

∣∣∣∣∣∣∣∣∣detM

Exemple. Résoudre le système3x + 2y − z = 1

x− y + z = 0

x + y − 2z = −1

.

Ce système s’écritM.X = B avec

M =

3 2 −11 −1 11 1 −2

, X =

xyz

, B =

10−1

.


On a detM = 7 6= 0, donc le système admet une solution unique donnéepar

x =

∣∣∣∣∣∣1 2 −10 −1 1−1 1 −2

∣∣∣∣∣∣detM

=0

7= 0, y =

∣∣∣∣∣∣3 1 −11 0 11 −1 −2


=7

7= 1, z =

∣∣∣∣∣∣3 2 11 −1 01 1 −1


=7

7= 1.

La solution du système est donc x = 0, y = 1, z = 1.

4.2.2 Méthode de GaussElle consiste à rendre le système (4.1) triangulaire. Elle utilise le fait que

les changement suivants donnent un système équivalent (c’est-à-dire unsystème qui a les mêmes solutions).

— ajouter à une équation une combinaison linéaire des autres équations,— permuter deux équations.Le principe de l’algorithme est le suivant. À la i-ème étape :— si le coefficient de la i-ème variable dans la i-ème équation est nul,

on permute l’équation avec une équation suivante ;— pour tout k > i, on ajoute à la k-ème équation la i-ème équation

multipliée par −akiaii

. (aii est appelé le pivot)Exemple. Considérons le système linéaire suivant

x + 3y − z = 9 L1

3x− y + z = −1 L2

−2x + y − 3z = 6 L3

Pour enlever la variable x des équations L2 et L3, on ajoute (−3)L1 à L2

et 2L1 à L2. x + 3y − z = 9 L′1

− 10y + 4z = −28 L′2 = L2 − 3L1

7y − 5z = 24 L′3 = L3 + 2L1

Pour enlever la variable y de l’équation L′3, on ajoute 710L′2.

x + 3y − z = 9 L′′1

− 10y + 4z = −28 L′′2

− 2210z = 44

10L′′3 = L′3 + 7

10L′2

On obtient alors un système triangulaire, très facile à résoudre.


— L′′3 donne z = −2.— L′′2 devient −10y + 4(−2) = −28 et donne y = 2.— L′′1 devient x+ 3(2)− (−2) = 9 et donne x = 1.Cette méthode peut être utilisée même si le système n’est pas un système

de Cramer.Exemple. Considérons le système

x+ 3y − z = 9

3x+ 9y − 3z = −1

−2x+ y − 3z = 6

Alors, on trouve x+ 3y − z = 9

0 = −28

· · ·

Le système n’admet pas de solution.


Pour quelles valeurs de a la matrice

A =

1 1 11 2 41 3 a

est-elle inversible ? Calculer dans ce cas son inverse.


detA =

∣∣∣∣∣∣1 1 11 2 41 3 a

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2 43 a

∣∣∣∣−∣∣∣∣1 13 a

∣∣∣∣+∣∣∣∣1 12 4

∣∣∣∣ = 2a−12−(a−3)+(4−2) = a−7

A est inversible si et seulement si detA 6= 0, c’est à dire pour a 6= 7.


A−1 =1

detAtCom(A) avec Com(A) = (bij) où bij = (−1)i+j detAij

Aij est la matrice obtenue en supprimant la i-ième ligne et la j-ième colonnede A.

Com(A) =

2a− 12 −a+ 4 1−a+ 3 a− 1 −2

2 −3 1

A−1 =

1

a− 7

2a− 12 −a+ 3 −2−a+ 4 a− 1 −3

1 2 1

=

2a−12a−7

−a+3a−7

2a−7

−a+4a−7

a−1a−7

−3a−7

1a−7

−2a−7

1a−7


Calculer l’inverse de la matrice suivante :

A =

4 8 7 41 3 2 11 2 3 20 0 1 1

Sujets corrigés de contrôles etd’interrogations

Interrogation 2013–2014Exercice 1

On définit sur E = R2

— l’addition ⊕ par

(x, z)⊕ (x′, z′) = (x+ x′, z + z′),

— la multiplication externe ⊗ ayant R comme corps des scalaires par

λ⊗ (x, z) = (λx, 0).

1. Montrer que E muni de ⊕ est un groupe commutatif.2. E muni de ⊕ et ⊗ est-il un espace vectoriel sur R ?

Exercice 2

Soit {t, u, v, w} une famille libre d’un espace vectoriel E, les famillessuivantes sont-elles libres ?

1. {t, v},2. {t, 2u, v},3. {t, 2t+ w,w}.

Exercice 3

1. Donner la définition d’une application linéaire.2. L’application

f : R2 −→ R

(x, y) 7−→√

3x2 + y2

est-elle linéaire ?

45

SUJETS CORRIGÉS DE CONTRÔLES ET D’INTERROGATIONS 46

CorrigéSolution de l’exercice 1

1. (E,⊕) est un groupe commutatif (vu au cours).2. E muni de ⊕ et ⊗ est un espace vectoriel sur R si de plus on a

i) pour tous λ et µ de K, et pour tout élément v de E : (λµ) ⊗ v =λ⊗ (µ⊗ v).

ii) Si 1 est l’élément neutre de la multiplication deK, alors pour toutélément v de E, 1⊗ v = v.

iii) pour tous λ et µ de K et v de E, (λ+ µ)⊗ v = (λ⊗ v)⊕ (µ⊗ v).iv) pour tout λ de K et pour tous éléments u et v de E, λ⊗ (u⊕ v) =

(λ⊗ u)⊕ (λ⊕ v).On voit que ii) n’est pas vérifié puisque 1 ⊗ (x, y) = (x, 0) 6= (x, y) donc(E,⊕,⊗) n’est pas un espace vectoriel.

Solution de l’exercice 2

1. {t, v} est libre puisque c’est une sous-famille d’une famille libre.2. {t, 2u, v} : si α1t+ α2.2u+ α3v = 0, a-t-on α1 = α2 = α3 = 0 ?α1t+ α2.2u+ α3v = 0 ⇐⇒ α1t+ (α2)u+ α3v = 0

=⇒

α1 = 0

2α2 = 0

α3 = 0

car {t,u,v} est une famille libre puisque c’est une sous-famille d’unefamille libre, on a α1 = α2 = α3 = 0

{t, 2u, v} est donc libre.3. {t, 2t+ w,w}, est clairement liée puisque 2t+ w est une combinaison

linéaire de t et w.


1. Une application f de E dans F est appelée application linéaire si ellevérifie les deux conditions suivantes :a) Pour tous vecteurs u et v de E, f(u+ v) = f(u) + f(v).b) Pour tout vecteur u deE et pour tout scalaire λ deK, f(λu) = λf(u).

2. La première condition n’est pas vérifié, voici un contre-exemple : u =(1, 0), v = (0, 1),— f(u+ v) = f(1, 1) =

√3 + 1 = 2, alors que

— f(u) +f(v) = f(0, 1) +f(1, 0) =√

1 +√

3, f n’est donc pas linéaire.


Contrôle 2013–2014Exercice 1

Résoudre le système suivantx+ y = 3

2x− y + 2z = 0

2x− y + 3z = 3

Exercice 2

1. Montrer qu’une application linéairef est injective si et seulement siker f = 0.

2. Soit l’application

R3 −→ R3

f : (x, y, z) 7−→ f(x, y, z) = (x+ y − z,−y + z,−x+ z).

a) f est-elle injective ? déterminer Imf .b) Donner la matrice associée à f .

3. Soit la matrice A =

1 1 −10 −1 1−1 0 1

(a) A est-elle inversible ?(b) Si oui calculer A−1.(c) Soit g l’application définie par g(x, y, z) = A−1(x, y, z), détermi-

ner (g ◦ f)(x, y, z). Quelle relation lie f et g

Exercice 3

Soit R2[X] l’ensemble des polynômes à coefficients réels et de degrésinférieur ou égal à 2.

1. Montrer que la famille 1, X,X2 est une base de R2[X].2. Soit f l’application de R2[X] dans lui-même, qui à tout polynômeP (X) associe le polynôme XP (X)

R2[X] −→ R2[X]f : P (X) 7−→ f (P (X)) = P (X + 1)− P (X).

Donner la matrice associée à f .



Résolvons le système donné par la méthode de Cramerx+ y = 3

2x− y + 2z = 0

2x− y + 3z = 3

Ce système s’écrit AX = b avec

A =

1 1 02 −1 22 −1 3

, X =

xyz

et b =

303

.

Le système admet une solution unique si et seulement si det(A) 6= 0.

detA =

∣∣∣∣∣∣1 1 02 −1 22 −1 3

∣∣∣∣∣∣ = 0×∣∣∣∣2 −12 1

∣∣∣∣− 2×∣∣∣∣1 12 −1

∣∣∣∣+ 3×∣∣∣∣1 12 −1

∣∣∣∣= −3.

x =

∣∣∣∣∣∣3 1 00 −1 23 −1 3

∣∣∣∣∣∣det(A)

=3

−3= −1.

y =

∣∣∣∣∣∣1 3 02 0 22 3 3

∣∣∣∣∣∣det(A)

=−12

−3= 4.

z =

∣∣∣∣∣∣1 1 32 −1 02 −1 3

∣∣∣∣∣∣det(A)

=−9

−3= 3


1. Question de cours.


2.f : R3 −→ R3

(x, y, z) 7−→ f(x, y, z) = (x+ y − z,−y + z,−x+ z).

a) f est injective si et seulement si ker f = {0}. Montrons que ker f ={0}.

ker f = {(x, y, z) ∈ R3 : f(x, y, z) = (0, 0, 0)}= {(x, y, z) ∈ R3 : (x+ y − z,−y + z,−x+ z) = (0, 0, 0)}

x+ y − z = 0

−y + z = 0

−x+ z = 0

⇐⇒ x = y = z = 0.

ker f = {(0, 0, 0)} = {0R3} donc f est injective.b) Puisque f est linéaire de R3 dans R3,

f est injective ⇐⇒ f est surjective ⇐⇒ Imf = R3.

c) f(1, 0, 0) = (1, 0,−1), f(e2) = f(0, 1, 0) = (1,−1, 0),

f(0, 0, 1) = (−1, 1, 1).

Mf =

1 1 −10 −1 1−1 0 1

3.

A =

1 1 −10 −1 1−1 0 1

a) A est inversible si et seulement si detA 6= 0, calculons ce détermi-

nant.

detA =

∣∣∣∣∣∣1 1 −10 −1 1−1 0 1

∣∣∣∣∣∣ = 1×∣∣∣∣−1 1

0 1

∣∣∣∣− 1×∣∣∣∣ 1 −1−1 1

∣∣∣∣ = −1.

b) A−1 = 1detA

tCom(A).

Com(A) = (bij) avec bij = (−1)i+j detAij

oùAij est la matrice obtenue en enlevant la i-ième ligne et la j-ièmecolonne de A.


On obtient

Com(A) =

−1 −1 −1−1 0 −10 −1 −1

.

Donc

A−1 =1

−1

−1 −1 0−1 0 −1−1 −1 −1

=

1 1 01 0 11 1 1


1. Le cardinal de la famille {X,X(X + 1), (X + 1)2} est égal à 3, qui estla dimension de R2[X]. Si elle est libre alors c’est une base de R2[X].Montrons qu’elle est libre.Soit α1, α2, α3 ∈ R tels que

α1X + α2X(X + 1) + α3(X + 2)2 = 0,

on alors α1 + (α1 + α2 + 2α3)X + (α2 + α3)X2 = 0. Or un polynôme

est nul ssi tous ses coefficients sont nuls, on a doncα3 = 0

α1 + α2 + 2α3 = 0

α2 + α3 = 0

⇐⇒ α1 = α2 = α3 = 0.

2. Soit A+BX +CX2 un polynôme quelconque de R2[X], il s’écrit aussiaX + bX(X + 1) + c(X + 1)2. Déterminons les coordonnées a, b et cen fonction de A,B,C.

A+BX + CX2 = aX + bX(X + 1) + c(X + 1)2

⇐⇒ A+BX + CX2 = aX + bX2 + bX + cX2 + 2cX + c

⇐⇒ A+BX + CX2 = c+ (a+ b+ 2c)X + (b+ c)X2

⇐⇒

A = c

B = a+ b+ 2c

C = b+ c

⇐⇒

a = B − C − Ab = C − Ac = A

3. f est linéaire ssi


— f (P (X) +Q(X)) = f (P (X)) + f (Q(X)),— f (λP (X)) = λf (P (X)).On a bien— f (P (X) +Q(X)) = f ((P +Q)(X))

= (P +Q)(X + 1)− (P +Q)(X)

= P (X + 1) +Q(X + 1)− P (X)−Q(X)

= (P (X + 1)− P (X)) + (Q(X + 1)−Q(X))

= f (P (X)) + f (Q(X)) .

— f (λP (X)) = λP (X + 1)− λP (X)

= λ (P (X + 1)− P (X))

= λf (P (X))


Contrôle de rattrapage 2013–2014Exercice 1

Résoudre le système suivant par la méthode de Gaussx − y + 2z = 53x + 2y + z = 102x − 3y − 2z = −10

Exercice 2

On donne l’application f par

f : R3 → R3, f(x, y, z) = (2x+ y + z, y − z, x+ y).

1. Montrer que f est linéaire.2. Déterminer Imf et ker f .3. f est-elle injective ? surjectives ? bijective ?4. Donner laMf matrice associée à f par rapport à la base canonique de

R3.5. Mf est-elle inversible ?6. Si oui calculerM−1

f .


x− y + 2z = 5 L1

3x + 2y + z = 10 L2

2x− 3y − 2z = −10 L3

⇐⇒

x− y + 2z = 5 L1

5y − 5z = −5 L′2 = L2 − 3L1

− y − 6z = −20 L′3 = L3 − 2L1

⇐⇒

x− y + 2z = 5 L1

y − z = −1 L′2

− 7z = −21 L′′3 = L′3 + 15L′2

Donc z = −21−7 = 3, y = 1

5(−5 + 5z) = 2, x = 5 + y − 2z = 1. La solution du

système est x = 1, y = 2, z = 3.



1. Soit u = (x, y, z) et v = (x′, y′, z′) deux vecteurs de R3, et α, β ∈ R. Ona

f(αu+ βv) = f (α(x, y, z) + β(x′, y′, z′))

= f(αx+ βx′, αy + βy′, αz + βz′)

= (2αx+ 2βx′ + αy + βy′ + αz + βz′, αy + βy′ − αz − βz′, αx+ βx′ + αy + βy′)

= α (2x+ y + z, y − z, x+ y) + β(2x′ + y′ + z′, y′ − z′, x′ + y′)

= αf(u) + βf(v).

Donc f est linéaire.2. —

Imf = {f(x, y, z)/(x, y, z) ∈ R3}= {(2x+ y + z, y − z, x+ y)/(x, y, z) ∈ R3}= {x(2, 0, 1) + y(1, 1, 1) + z(1,−1, 0)/(x, y, z) ∈ R3}= V ect{(2, 0, 1), (1, 1, 1), (1,−1, 0)}.

Les vecteurs (2, 0, 1), (1, 1, 1), (1,−1, 0) ne sont pas linéairementindépendants car (2, 0, 1) = (1, 1, 1) + (1,−1, 0). Donc Imf =V ect{(1, 1, 1), (1,−1, 0)}.Les vecteurs (1, 1, 1) et (1,−1, 0) sont linéairement indépendants.En effet, si α, β ∈ R tels que α(1, 1, 1) + β(1,−1, 0) = (0, 0, 0), alors

α(1, 1, 1) + β(1,−1, 0) = (0, 0, 0) ⇐⇒ α + β = 0, α− β = 0, α = 0

⇐⇒ α = β = 0

Donc {(1, 1, 1), (1,−1, 0)} est libre, donc c’est une base de Imf .— ker f = {(x, y, z) ∈ R3/f(x, y, z) = (0, 0, 0)}.

f(x, y, z) = (0, 0, 0) ⇐⇒

2x+ y + z = 0

y − z = 0

x+ y = 0

⇐⇒

2x+ y + z = 0

z = y

x = −y

⇐⇒

−2y + y + y = 0

z = y

x = −y⇐⇒ y quelconque, z = y, x = −y.


Donc ker f = {(−y, y, y)/y ∈ R} = V ect{(−1, 1, 1)}.3. — ker f 6= {0} donc f n’est pas injective.

— Imf 6= R3 (car dim Imf = 2 6= 3) donc f n’est pas surjective.— Donc f2 n’est pas bijective.

4. On a {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} est la base canonique de R3.

f(1, 0, 0) = (2, 0, 1),

f(0, 1, 0) = (1, 1, 1),

f(0, 0, 1) = (1,−1, 0).

DoncMf =

2 1 10 1 −11 1 0

.

5. Mf est inversible si et seulement si detMf 6= 0.

detMf = 2

∣∣∣∣1 −11 0

∣∣∣∣+ 1∣∣1 11 −1

∣∣ = 2(1) + (−2) = 0.

DoncMf n’est pas inversible.6. Mf n’est pas inversible.


Interrogation 2014–2015Exercice 1

Soit F1 et F2 deux sous-ensembles de R3 définis par— F1 = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 + x2 + x3 = 0},— F2 = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : 3x1 + x2 + x3 = 1},

1. Montrer que F1 est un sous-espace vectoriel de R3.2. Montrer que F2 n’est pas un sous-espace vectoriel de R3.

Exercice 2

DansR4, considérons les quatre vecteurs : x1 = (1, 1, 1, 1), x2 = (0, 1, 1, 1),x3 = (1, 2, 2, 3), x4 = (2, 4, 4, 5), et appelons F le sous-espace vectoriel de R4

engendré par ces quatre vecteurs.1. Montrer que le vecteur x = (3, 2, 2, 3) appartient à F .2. Peut-on écrire x4 comme combinaison linéaire de x1, x2, et x3 ? Quelle

conclusion peut-on alors tirer sur les vecteurs x1, x2, et x3 ?3. Donner une base de F , et en déduire la dimension de F .


1. Soit F1 l’ensemble des éléments x = (x1, x2, x3) de R3 tels que x1 +x2 + x3 = 0.— L’ensemble F1 est non vide, car 0R3 = (0, 0, 0) appartient à F1.— Soit x = (x1, x2, x3) et y = (y1, y2, y3) deux éléments de F1, α et β

deux nombres réels. Alors

αx+ βy = (αx1 + βy1, αx2 + βy2, αx3 + βy3),

et

(αx1 + βy1) + (αx2 + βy2) + (αx3 + βy3)

= α (x1 + x2 + x3) + β (y1 + y2 + y3)

= 0.

Donc αx+ βy ∈ F3.


Il en découle que F1 est un sous-espace vectoriel de R3.2. Le vecteur 0R3 = (0, 0, 0) n’appartient pas au sous-ensemble F2 consi-

déré, il ne s’agit donc pas d’un sous-espace vectoriel.


1. F2 est l’ensemble des combinaisons linéaires des vecteurs x1, x2, x3 etx4. Pour montrer que x appartient à F2, on montre que x s’écrit commeune combinaison linéaire des vecteurs x1, x2, x3.Nous pouvons remarquer que x = x3− 2x1 + 2x2. (Cette écriture n’estpas unique). Donc x appartient à F2.

2. Nous avons x4 = x1 + x2 + x3.On peut donc dire que {x1, x2, x3} est une partie génératrice de F2.

3. Montrons que {x1, x2, x3} est une base de F . Comme elle est généra-trice, il suffit de montrer qu’elle est libre.Soit λ1, λ2, λ3 ∈ R tels que λ1x1 + λ2x2 + λ3x3 = 0R4 . Alors :

λ1x1 + λ2x2 + λ3x3 = 0R3 =⇒ λ1(1, 1, 1, 1) + λ2(0, 1, 1, 1) + λ3(1, 2, 2, 3) = (0, 0, 0, 0)

=⇒

λ1 + λ3 = 0

λ1 + λ2 + 2λ3 = 0

λ1 + λ2 + 3λ3 = 0

=⇒

λ1 = −λ3λ2 = −λ1 − 2λ3 = −λ3−λ3 − λ3 + 3λ3 = 0

=⇒

λ3 = 0

λ1 = 0

λ2 = 0

Donc {x1, x2, x3} est une famille libre{x1, x2, x3} est une base de F , donc dimF = 3.

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AlgèbreII - e-monsitedbenmerzoug.e-monsite.com/medias/files/mi-constantine2-cours-alg… · Chapitre1 Espacesvectoriels Danstoutelasuite,K désigneuncorpscommutatif. 1.1 Espacevectoriel